《2022年高考物理真题和模拟题分类汇编专题05曲线运动含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理真题和模拟题分类汇编专题05曲线运动含解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题05 曲线运动选择题1. (2021浙江卷)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（）A. 秋千对小明的作用力小于 B. 秋千对小明的作用力大于C. 小明的速度为零，所受合力为零 D. 小明的加速度为零，所受合力为零答案A解析：在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有由于小明的速度为0，则有沿垂直摆绳方向有解得小明在最高点的加速度为所以A正确；故选A。2 (2021全国甲卷) “旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，
2、然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）A. 10m/s2 B. 100m/s2 C. 1000m/s2 D. 10000m/s2答案C解析：纽扣在转动过程中由向心加速度故选C。3. (2021湖南卷)质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A. 推力先增大后减小 B. 凹
3、槽对滑块的支持力先减小后增大C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小 D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析：对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；故选C。4. (2021河北卷)如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆，金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止，若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（）A. 小球的高度一定降低 B. 弹簧弹力的大小一定不变C. 小球对杆压力的大小一定变大 D. 小球所受合外力的大小一定变大答案BD解析：对小
4、球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向夹角为，则对小球竖直方向而可知为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则即当转速较大时，FN指向转轴即则因 ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；根据可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。故选BD。5. (2021春浙江卷)某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确
5、的是（）A. 相邻位置运动员重心的速度变化相同 B. 运动员在A、D位置时重心的速度相同C. 运动员从A到B和从C到D的时间相同 D. 运动员重心位置的最高点位于B和C中间【答案】A【解析】A因每次曝光的时间间隔相等，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为gt，选项A正确；B运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，选项B错误；C由图可知，运动员从A到B为4t，从C到D的时间5t，时间不相同，选项C错误；D运动员重心位置的最高点位于C点，选项D错误。故选A。6. (2021广东卷)由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链
6、接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕O点从与水平方向成30匀速转动到60的过程中，下列说法正确的是（ ）A. P点的线速度大小不变 B. P点的加速度方向不变C. Q点在竖直方向做匀速运动 D. Q点在水平方向做匀速运动答案A解析：由题知杆OP绕O点从与水平方向成30匀速转动到60，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；故选A。7(2021北京海淀一模)如图7所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为和（）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时
7、所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是A在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的长 B在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等C在冲刺时，甲一定先到达终点线 D在冲刺时，乙到达终点线时的速度较大【答案】D【解析】首先看做圆周运动的情景，它们的向心力是相等的，根据F向=可知，乙运动员的半径r2较大，则它的周期也大，故半个周期也较大，在做圆周运动时，乙用的时间比甲长，选项A错误；由于乙的周期较大，根据T=可知，乙的角速度较小，选项B错误；其次再把圆周运动与直线运动二者结合起来看，根据F向=，圆周运动时，乙的线速度较大，时间也较长，而在直线运动的过程中，由于加速度和位移都一样，
8、故初速度大的乙的末速度一定也大，选项D正确；但是乙在直线运动中用的时间比较小，但在圆周运动中的时间长，所以甲不一定先到达终点，选项C错误。8. (2021河北唐山一模)如图所示，质量为0.4kg的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑半圆轨道，半径为0.4m，下端与水平面相切。现在将质量为0.2kg可视为质点的小球，从图中A点静止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的（）A. 小球沿圆弧轨道下滑过程，系统动量守恒B. 小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒C. 小球通过半圆轨道D点时，对轨道的压力大小为
9、4ND. 小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为0.5m【答案】BD【解析】A小球沿圆弧轨道下滑过程，系统竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；B小球沿圆弧轨道下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；C小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，在半圆轨道的最高点从D点到最高点在D点:根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为6N，故C错误；D小球与圆弧轨道分离，由水平方向动量守恒得由系统机械能守恒得其中且，解得故D正确。故选BD。9. (2021河北唐山一模)如图所示，水平地面固定半径为5m的四分之一圆弧ABC， O为圆心。在圆心O右侧同一水平线上某点水平向左抛出一个小球
10、，可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为2m，取g=10m/s2，则小球的抛出速度是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度垂直击中D点，速度反向延长线过圆心，如图所示根据几何关系，则有解得则在D点，分解速度可得故选C。10. (2021上海普陀一模)质量m=2kg的小物块在某一高度以v0=5m/s的速度开始做平抛运动，若g=10m/s2，当运动到竖直位移与水平位移相等时，对于物块（）A.此时的瞬时速度大小为5m/s B.此时重力的瞬时功率大小为200WC.此过程动量改变大小为10（-1）kgm/s D.此过程重力的冲量大小
11、为20Ns【答案】BD【解析】物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相等时解得t=1sA.此时竖直方向的速度为vy=gt=10m/s则此时的速度为故A错误；B.此时的重力瞬时功率为P=mgvy=200W故B正确；C.根据动量定理I=P=mgt=20kgm/s故C错误；D.此过程重力的冲量大小为I=mgt=20Ns故D正确。故选BD。11. (2021上海普陀一模)大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周
12、运动。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态B.人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为C.人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧D.人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力【答案】D【解析】A.由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，所以人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于失重状态，故A错误。B.若不考虑摩擦阻力，根据机械能守恒有可得。由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中受到了阻力作用，所以人和浮圈刚进入盆体时的速度一定小于，故B错误。C.人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故C错误。D.人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减
13、小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力，故D正确。故选D。12. (2021河北石家庄一模)如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角=45。一条长度为L的轻绳一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一小球。小球绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动，恰好对锥体侧面无压力。已知重力加速度为g，小球可看作质点，不计空气阻力。则该小球的线速度大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当物体离开锥面时，有联立解得A正确，BCD错误。故选A。13. (2021广西柳州一模)如图所示，细绳一端固定在O点，另一端拴一小球A，现拉起
14、小球A使细绳水平伸直，然后无初速释放，小球A运动到最低点时，细绳的拉力大小为F。则小球A从开始运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A. 小球受到重力和细绳拉力的合力提供向心力B. 小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左C. 若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为FD. 若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力大于F【答案】BC【解析】A小球A从开始运动到最低点的过程中，向心力由细绳拉力和重力沿细绳方向分力提供，故A错误；B当小球受到的合力在竖直方向分力向下时，小球竖直分速度变大，重力的瞬时功率变大，当小球受到的合力在竖直方向分力向上时，小球竖直分速度变小，重力的瞬
15、时功率变小，所以小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左，故B正确；CD小球A从开始运动到最低点的过程中，由机械能守恒有在最低点，由向心力公式得解得，小球运动到最低点处时细绳拉力可知，小球运动到最低点处时细绳拉力与细绳长度无关，所以若将细绳变长，小球运动到最低点处时细绳拉力仍为F，故C正确，D错误。故选BC。14. (2021广西柳州一模)如图所示，A、B、C、D、E为楼梯台阶边缘上的五个点，它们在同一竖直面内，且各级台阶都相同。从A点沿水平方向先后抛出甲、乙两个小球，甲球刚好可以落到B点，乙球刚好可以落到E点，不计空气阻力，则（）A. 甲、乙两球的下落时间之比为1：2B. 甲、乙
16、两球的初速度大小之比为1：4C. 两小球刚好落到台阶时瞬时速度方向不同D. 两小球刚好落到台阶时瞬时速度方向相同【答案】AD【解析】【详解】A根据得，因为甲乙两球下降的高度之比为1：4，则下落的时间之比为1：2，故A正确；B两球水平位移之比为1：4，根据知，初速度之比为1：2，故B错误；CD两球分别落在B点和E点，可知两球位移与水平方向的夹角相同，因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知两瞬时速度方向相同，故C错误，D正确。故选AD。15. (2021北京东城一模)如图所示，在一个开阔、表面平坦的倾斜雪坡上，一个小孩靠推一棵树获得大小为v0的水平初
17、速度，雪坡与小孩之间的动摩擦因数为，不计空气阻力，不考虑摩擦力随速度大小的变化，设雪坡足够大，则经过足够长时间，小孩A 可能一直做曲线运动B 可能与初速度方向保持小于90的角度做加速直线运动C若匀速运动，最终速度的表达式里一定包含D若没有停下则最终速度方向一定与初速度垂直【答案】D【解析】起初小孩子的速度是水平方向的，他受到与运动方向相反的摩擦力的作用和重力沿斜面方向向下的分力的作用，二者的合力是斜向左下的，它与速度方向有夹角，故小孩子的运动方向会改变，当其运动方向改变后，摩擦力的方向也会随之而改变，总与他的运动方向相反，故开始小孩子会做曲线运动，若摩擦力较大，可能会在做曲线运动的过程中，消耗
18、掉了他的初动能而变为静止；若摩擦力较小，但总是有一定摩擦力的，最终小孩子水平向右的动能会被反方向的摩擦力的做的功而抵消，而重力会一直对他做正功，所以最终他的速度方向一定是沿斜面向下，与初速度方向垂直的；故选项AB错误，D正确；对于选项C而言，若摩擦力适中，则小孩最终达到匀速运动，说明mgsin=mgcos，小孩子最终的速度其实可以看成他在重力的分力作用下沿斜面向下加速，而最终获得的速度大小；因为摩擦力做的功把小孩子水平方向的动能抵消了；设小孩子下滑h高度后，经过斜面的长度为L后变为匀速，则根据动能定理得：mgh-mgLcos=mv2，故小孩子的速度v2=2gh-gLsin，该式说明最终的速度只
19、与斜面本身有关，而与无关，选项C错误。16(2021北京东城一模)如图，飞机距离水平地面的高度为H，在水平方向以速度v0匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一箱质量为m的救援物资，救援物资打在山坡上的A点，A点的高度为h。不考虑空气阻力的影响，则A这箱物资在空中飞行的时间为B 这箱物资落到A点时的动能为mg（H-h）C A点距山坡底端的水平距离为D山坡的倾角满足tan=【答案】C【解析】由于物资落在A点，下降的高度为H-h，故物资在空中飞行的时间为，选项A错误；根据机械能守恒可知，这箱物资落到A点时的动能为mg（H-h）+mv02，选项B错误；A点距山坡底端的水平距离为v0t=，选项C正确；山坡的倾角满足tan=，选项D错误。13