《2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：6曲线运动.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：6曲线运动.pdf（10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、晨鸟教育 Earlybird 6 曲线运动 1曲线运动的问题每年必考，主要是在实际问题中考查速度、加速度、及位移的分解，平抛运动的处理方法，以及圆周运动与牛顿运动定律、能量等内容的综合应用。2常用思想方法：(1)从分解的角度处理平抛运动。(2)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)，做好受力分析，由牛顿第二定律列方程。例 1(2019 全国卷 I 16)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为 10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为 50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为 8 m/s，此时每根绳子平均承受
2、的拉力约为（）A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N 【解析】在最低点由 2Tmgmv2r，知 T410 N，即每根绳子拉力约为 410 N，故选 B。【答案】B 例 2(2019 全国卷 16)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为 3h，其左边缘 a 点比右边缘 b 点高 0.5h。若摩托车经过 a 点时的动能为 E1，它会落到坑内 c 点。c 与 a 的水平距离和高度差均为 h；若经过 a 点时的动能为 E2，该摩托车恰能越过坑到达 b 点。12EE等于（）A.20 B.18 C.9.0 D.3.0【解析】有题意可知当在
3、a 点动能为 E1时，有 E112mv12，根据平抛运动规律有 h12gt12，h考点分析 晨鸟教育 Earlybird v1t1；当在 a 点时动能为 E2时，有 E212mv22，12h12gt22，3hv2t2，联立解得1218EE，故选B。【答案】B 1(多选)如图所示，某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于 O 点，用一枝铅笔贴着细线中点的左侧以速度 v 水平向右匀速移动。则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中()A细线绕 O 点转动的角速度不断变小 B细线绕 O 点转动的角速度不断增大 C橡皮的运动轨迹为曲线 D橡皮处于超重状态【答案】ACD【解析】如图所示，垂直绳子方向的速度 vvcos，
4、半径/2cosLr，角速度22 cosvvrL，而 逐渐增大，因此角速度减小，故 A 正确，B 错误；v绳vsin，因 v 不变，逐渐增大，因此绳子速度增大，向上加速；依据运动的合成，可知橡皮的运动轨迹为曲线，处于超重状态，故 C、D 正确。2如图所示，一质量为 m 的质点做平抛运动，依次经过 A、B、C 三点，A到 B 和 B 到 C 的时间相等。A、C 两点距水平地面高度分别为 h1、h2，质点经过 A、C 两点时速度与水平方向的夹角分别为 30、60，重力加速度大小为 g，则()提分训练 的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律
5、列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird A质点经过 C 点时动能为 mg(h1h2)B质点经过 B 点时速度与水平方向的夹角为 45 CB、C 间的高度差是 A、B 间的 3 倍 D质点的水平速度大小为123()2g hh【答案】D【解析】质点从 A到 C 过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知 mg(h1h2)Ek，故 A 错误；设 A到 B 和 B 到 C 的时间为 t，则有 v0tan
6、60 v0tan 30 2gt，B 点竖直方向的速度为 vByv0tan 30 gt，解得 vBy2 33v0，则质点在 B 点时速度与水平方向的夹角的正切值 tan 2 33，故 B 错误；如果 A点为抛出点，竖直方向为初速度为 0 的匀加速度直线运动，由于A到 B 和 B 到 C 的时间相等，则 B、C 间的高度差是 A、B 间的 3 倍，但 A点不是抛出点，故C 错误；由 vByv0tan 30 gt 可得033vtg，竖直方向有1202 323Byhhvvt，解得1203()2g hhv，故 D 正确。3(多选)如图所示，固定斜面 PO、QO 与水平面 MN 的夹角均为 45，现由 A
7、 点分别以 v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以 v1抛出的小球恰能垂直于 QO 落于 C 点，飞行时间为 t，以 v2抛出的小球落在 PO 斜面上的 B 点，且 B、C 在同一水平面上，重力加速度大小为 g，则()A落于 B 点的小球飞行时间为 t Bv2gt C落于 C 点的小球的水平位移为 gt2 DA点距水平面 MN 的高度为34gt2【答案】ACD【解析】落于 C 点的小球速度垂直 QO，则分解速度，如图所示，则 v1gt，水平位移 xv1t的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同
8、学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird gt2，选项 C 正确；落于 B 点的小球，则分解位移如图所示。其中，BC 在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为 t，有 tan 45 gt2v2，v2gt2，选项 A 正确，B 错误；设 C 点距地面的高度为 h，由几何关系知 2hv1tv2t，得 h14gt2，故 A 距水平面高度 Hh12gt234gt2，选项 D 正确。4(多选)如图所示，水平面内放置一个直
9、径 d1 m，高 h1 m 的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁 s2 m 处的正上方有一点 P，P 点的高度 H3 m，从 P 点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法正确的是(取 g10 m/s2)()A小球的速度范围为 15 m/sv3210 m/s 时，小球击中油桶的内壁 B小球的速度范围为 15 m/sv3210 m/s 时，小球击中油桶的下底 C小球的速度范围为2315 m/sv 10 m/s 时，小球击中油桶外壁 D若 P 点的高度变为 1.8 m，则小球无论初速度多大，均不能落在桶底(桶边缘除外)【答案】ACD【解析】如图所示，小球落在 A 点时，v1sg2H2315
10、 m/s，当小球落在 D 点时，v2sg2（Hh）10 m/s，当小球落在 B 点时，v3(sd)g2H 15 m/s，当小球落在 C点时，v4(sd)g2（Hh）3210 m/s。小球击中油桶内壁时，v2vv4，即 10 m/sv3210 m/s，选项 A 正确；小球击中油桶下底时，v2vv3，即 10 m/sv 15 m/s，选项 B 错误；小球击中油桶外壁时，v1vv2，即2315 m/sv 10 m/s，选项 C 正确；若 P点的高度变为 H0，轨迹同时过 D 点和 B 点，则此时的初速度 v sg2（H0h）(s的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆
11、心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird d)g2H0，解得 H01.8 m，v 5 m/s，在此高度上初速度大于 5 m/s，小球落在油桶右侧内壁上，当速度小于 5 m/s 时，小球至多落在油桶左侧外壁，选项 D 正确。5如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为 r。在放音结束时，磁带全部绕到了 B 轮上，磁带的外缘半径为 R，且 R3
12、r。现在进行倒带，使磁带绕到 A 轮上。倒带时 A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮。经测定磁带全部绕到 A轮上需要的时间为 t。则从开始倒带到 A、B 两轮的角速度相等所需要的时间()At2 B512t C612t D712t【答案】B【解析】因为 A轮角速度一定，A轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度 vr，故线速度大小随时间 t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理。整个过程中，设 A轮外缘初速度大小为 v，则末速度大小为 3v，运动时间为 t，加速度为 a，位移大小即磁带总长度为 x，由匀变速直线运动规律，(3v)2v22ax，3vvat，当磁带有一半绕到
13、A轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v2v2ax，v vat，解得 v 5v，t 512t，选项 B 正确。6(多选)质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A点和 B 点，如图所示，a 绳与水平方向成 角，b 绳沿水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 匀速转动时，a、b两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托
14、车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird Aa 绳张力不可能为零 Ba 绳的张力随角速度的增大而增大 C当角速度 gcos l，b 绳将出现张力 D若 b 绳突然被剪断，a 绳的张力可能不变【答案】AD【解析】小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为零，选项 A 正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasin mg，解得 Famgsin，可知 a 绳的张力不变，选项 B 错误；当 b 绳张力为零时，有mgtan
15、ml2，解得 gltan，可知当角速度 gltan 时，b 绳出现张力，选项 C 错误；由于 b 绳可能没有张力，故 b 绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，选项 D 正确。7(多选)如图，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥体对物体的()A支持力将减小 B支持力将增大 C静摩擦力将不变 D静摩擦力将增大【答案】AD【解析】对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，将所受的力沿水平和竖直方向正交分解，水平方向 Ffcos FNsin m2r，竖直方向 Ffsin FNcos mg，
16、联立以上两式解得 Ffmgsin m2rcos ，FNmgcos m2rsin ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故 A、D 正确，B、C 错误。8(多选)如图所示，光滑直角细杆 POQ 固定在竖直平面内，OP 边水平，OP 与 OQ 在 O 点平滑相连，质量均为 m 的 A、B 两小环用长为 L 的轻绳相连，分别套在 OP 和 OQ 杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直（即 B 环位于 O 点），然后同时释放两小环，A环到达 O 点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度为 g。下列说法正确的是()的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆
17、心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird A当 B 环下落12L 时，A环的速度大小为 2gL BA环到达 O 点时速度大小为 2gL C在 A环到达 O 点的过程中，B 环先加速后减速 D当 A环到达 O 点后，再经Lg的时间能追上 B 环【答案】BC【解析】B 环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为 ，则与竖直方向之间的夹角 90 ；设此时A的速度为vA，将A的速
18、度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图，则 vvAcos，设B 的速度为vB，将B 的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解，其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，则 vvBcos，所以tanABvv，当B 环下落12L 时绳子与水平方向之间的夹角 sin 12，所以 30，则vB 3vA，B 下降的过程中 A与 B 组成的系统机械能守恒，得 mg12L12mvA212mvB2，联立得2AgLv，故A 错误；由于 A到达 O 点时 B 的速度为 0，由机械能守恒得12mvA2mgL，所以 vA 2gL，故B 正确；B 开始下降的过程中速度由 0 开
19、始增大，所以是做加速运动，当 A 到达 O 点时，B的速度等于 0，所以 B 一定还存在减速的过程，即 A 环到达 O 点的过程中，B 环先加速后减速，故 C 正确；环 A过 O 点后做加速度为 g 的匀加速直线运动，B 做自由落体运动，当 A追上 B 时有 vA t12gt2L12gt2，t2Lg，故 D 错误。9 现有一根长 L1 m 的刚性轻绳，其一端固定于 O 点，另一端系着质量 m0.5 kg 的小球(可视为质点)，将小球提至 O 点正上方的 A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g10 m/s2。(1)在小球以速度 v14 m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少
20、？的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird(2)在小球以速度 v21 m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足 mgmv临界2L 解得 v临界
21、10 m/s 因为 v1v临界 所以绳子有拉力且满足 mgT1mv12L 解得 T13 N。(2)因为 v2v临界，所以绳子无拉力，小球以 v2的初速度做平抛运动，设经过时间 t 后绳子再次伸直，则满足方程 x2(yL)2L2 其中 xv2t，y12gt2 解得 t0.6 s。(3)当 t0.6 s 时，可得 x0.6 m，y1.8 m，小球在 O 点右下方位置，且 O 点和小球的连线与竖直方向的夹角满足 tan xyL34，此时速度的水平分量与竖直分量分别为 vxv21 m/s，vygt6 m/s 绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，v3vysin
22、vxcos 145 m/s 接着小球以 v3为初速度绕着 O 点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为 v，则由动能定理得 mgL(1cos )12mv212mv32 又 Tmgmv2L 解得：T27325 N。10如图，水平光滑杆 CP 上套有一个质量 mA1 kg 的小物块 A(可视作质点)，细线跨过 O 点的轻质小定滑轮一端连接物块 A，另一端悬挂质量 mB2 kg 的小物块 B，C 点为 O 点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离 OCh0.4 m。开始时 AO 与水平方向的夹角为 30，A和 B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为 37 固定斜面，斜面上有一质量 M1 kg 的极薄的动
23、力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird 木板 DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块 A与斜面间动摩擦因数均 10.5，木板上表面的 DF 部分光滑(DF 长 L10.53 m)，FE 部分与物块 A间的动摩擦因数 238。木板端点 E 距斜面底端 G 长 LEG0.26 m。现将 A、B 同时
24、由静止释放(PO 与水平方向的夹角为60)，物块 A 运动到 C 点时细线突然断开，物块从 C 水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上 DF 段运动时间恰是在FE 段的一半，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)物块 A运动到 P 点时滑块 A、B 的速度之比；(2)木板表面 FE 部分的长度 L2；(3)从解除锁定开始计时，木板端点 E 经多长时间到达斜面底端 G？【解析】(1)在 P 点时，由速度关系 vAcos 60 vB 得：vAvB21。(2)物块运动到 C 点时，物块 B 的速度恰为零，物块从 A 点运动到 C 点，A
25、、B 组成系统机械能守恒：mBg(OAOC)12mAvA2 解得：vA4 m/s 设物块刚滑上木板时的速度大小为 v0，由平抛规律：05cos37Avv m/s 滑上木板后，在 DF 段：因为木板与斜面间最大静摩擦力 fm1(mM)gcos 37 8 N，木板重力沿斜面的分量 GxMgsin 6 N，所以木板静止 物块加速度 a1gsin 6 m/s2 设物块经时间 t1运动到 F，则：L1v0t112a1t12 解得：t10.1 s 物块到达 F 点的速度 vFv0a1t15.6 m/s 过 F 后，对物块有：mgsin 37 2mgcos 37 ma2 得：a23 m/s2 的动力学问题实
26、际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车晨鸟教育 Earlybird 对木板有：Mgsin 37 2mgcos 37 1(mM)gcos 37 Ma 得：a1 m/s2 设物块经时间 t2滑到 E 点，则：t22t10.2 s 木板的位移 x12at22 物块的位移 x vFt212a2t22 木板表面 FE 部分的长度 L2x x 代入数据解得：L21.16 m。(3)分离时木板位移 x0.02 m，速度 vat20.2 m/s 分离后，对木板：Mgsin 37 1Mgcos 37 Ma 得：a 2 m/s2 由 LEGxvt312at32，得：t30.4 s 所以 tt1t2t30.7 s。的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用且已知合外力方向匀速圆周运动指向圆心做好受力分析由牛顿第二定律列当该同学荡到秋千支架的正下方时速度大小为此时每根绳子平均承受的力约为解析在最低点由知即每根绳子力约为故点比右边缘点高若摩托车经过点时的动能为它会落到坑内点与的水平距离和高度差均为若经过点时的动能为该摩托车