《高考物理一轮复习专题四曲线运动课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习专题四曲线运动课件（58页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题四曲线运动,高考物理 (北京市专用),A组自主命题北京卷题组 1.(2013北京理综,19,6分,0.55)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放,并从斜槽末端水平飞出。改变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3,机械能的变化量依次为E1、E2、E3,忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是() A.x2-x1=x3-x2,E1=E
2、2=E3 B.x2-x1x3-x2,E1=E2=E3 C.x2-x1x3-x2,E1E2E3 D.x2-x1x3-x2,E1E2E3,五年高考,答案B由题意知,1、2间距等于2、3间距,由于竖直方向是匀加速运动,故t12t23,又因为水平 方向为匀速运动,故x2-x1x3-x2;忽略空气阻力,平抛运动中,机械能守恒,故E1=E2=E3=0,所以B选项正确。,2.(2013北京理综,18,6分,0.90)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动() A.半径越大,加速度越大B.半径越小,周期越大 C.半径越大,角速度越小D.半径越小,线速度越小
3、答案C设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,k=ma 向=m=m()2r=m2r,分别解得a向=k,T=2,=,v=,则半径r越大,加速度a 向、角速度和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。,1.(2014四川理综,4,6分)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为() A.B.C.D. 答案B去程时船头垂直河岸如图所示,由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d,则去程 时间t1=;回程时行驶路线垂
4、直河岸,故回程时间t2=,由题意有=k,则k=,得v1= =,选项B正确。,B组统一命题、省(区、市)卷题组,考点一曲线运动运动的合成与分解,2.(2013安徽理综,18,6分)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min,水离开喷口时的速度大小为16 m/s,方向与水平面夹角为60,在最高处正好到达着火位置,忽略空气阻力,则空中水 柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)() A.28.8 m1.1210-2 m3B.28.8 m0.672 m3 C.38.4 m1.2910-2 m3D.38.4 m0.776 m3 答案A如图,水离开喷口时水平速度vx=v cos 6
5、0=8 m/s,vy=v sin 60=24 m/s 所以高度h=28.8 m 上升时间t=2.4 s 所以水量为0.28 m3=1.1210-2 m3,选项A正确。,考点二抛体运动,3.(2017课标,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)() A.B.C.D.,答案B本题考查机械能守恒定律、平抛运动。小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 mv2=mg2R+m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有:
6、2R=gt2 x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离) 联立得:x2=R-16R2 当R=-,即R=时,x具有最大值,选项B正确。,解题关键小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨道最低点到轨道最高点的曲线运动,符合机械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得出关于x的表达式是解题的关键。,4.(2017江苏单科,2,3分)如图所示,A、B两小球从相同高度同时水平抛出,经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为() A.tB.tC.D.,答案C本题考查平抛运动、运动的独立性。依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之
7、间的距离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t,得t=,故选项C正确。,规律总结运动的独立性原理、相对运动 一个物体同时参与几个独立的运动,每个分运动相互独立,运动规律互不影响。 两个物体相对运动,互为参考系时,相同的分运动可以忽略运动效果。对同时平抛的两个小球,相对于另一个小球,在水平方向上做匀速直线运动。,5.(2015课标,18,6分,0.528)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h。不计空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速
8、率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v的最大取值范围是() A.vL1 B.v,C.v D.v,答案D乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h=g。当v取最大值时 其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有vmaxt1=,解得vmax=;当v取 最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h=g,=vmint2,解得 vmin=。故D正确。,6.(2016浙江理综,23,16分)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放
9、置,离P点的水平距离为L,上端A与P点的高度差也为h。 (1)若微粒打在探测屏AB的中点,求微粒在空中飞行的时间; (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围; (3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等,求L与h的关系。,答案(1) (2)LvL (3)L=2h,解析(1)打在中点的微粒h=gt2 t= (2)打在B点的微粒v1=;2h=g v1=L 同理,打在A点的微粒初速度v2=L 微粒初速度范围LvL (3)由能量关系m+mgh=m+2mgh 代入、式解得L=2h,方法技巧解决本题的关键是抓住能被探测到的微粒所满足的运动学特征:下降高度在h2h、水平位移相同且都为L。,评析本题考查了平抛
10、运动,背景材料为真空中微粒在重力场中的能量探测,巧妙融合了动态分析,有效考查了考生的分析运算能力,难度中等偏易。,7.(2017江苏单科,5,3分)如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M,到小环的距离为L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子P后立刻停止,物块向上摆动。整个过程中,物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g。下列说法正确的是 () A.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于2F B.小环碰到钉子P时,绳中的张力大于2F C.物块上升的最大高度为 D.速度v不能
11、超过,考点三圆周运动,答案D本题考查受力分析、圆周运动。设夹子与物块间静摩擦力为f,匀速运动时,绳中张力T=Mg=2f,摆动时,物块没有在夹子中滑动,说明匀速运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值,A错;碰到钉子后,物块开始在竖直面内做圆周运动,在最低点,对整体T-Mg=M,对 物块2f-Mg=M,所以T=2f,由于fF,所以选项B错;由机械能守恒得,MgHmax=Mv2,所以Hmax= ,选项C错;若保证物块不从夹子中滑落,应保证速度为最大值vm时,在最低点满足关系式2F- Mg=M,所以vm=,选项D正确。,解题关键静摩擦力变化的判断分析 夹子与物块间的静摩擦力随着物块运动情况的
12、变化而变化。在匀速阶段,静摩擦力与物块重力平衡,碰到钉子后,由于向心力的需要,摩擦力会突然变大,当摩擦力达到最大值后,仍无法满足向心力的需要,物块就会从夹子中滑落。,8.(2016浙江理综,20,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,=3.14),则
13、赛车() A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s,答案AB赛车用时最短,就要求赛车通过大、小圆弧时,速度都应达到允许的最大速度,通过小圆弧时,由2.25mg=得v1=30 m/s;通过大圆弧时,由2.25mg=得v2=45 m/s,B项正确。赛车 从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速,故A项正确。由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x=50 m,由匀加速直线运动的速度位移公式:-=2ax得a6.50 m/s2,C项错误;由几何关系可 得小圆弧所对圆心角为120,所以通过小圆弧弯道的时间
14、t=2.79 s,故D项错误。,审题指导首先要注意大、小圆弧半径不同,允许的最大速度不同;其次要充分利用几何关系,找出直道的长度和小圆弧所对圆心角,这样才能求出赛车在直道上的加速度和通过小圆弧弯道的时间。,9.(2015天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是() A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小
15、C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大 D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小,答案B宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=m2r,即g=2r,可见r越大,就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。,10.(2014课标,17,6分,0.645)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为() A.Mg-5mgB.Mg+mg C.Mg+5mgD.Mg+10mg,答案C解法一以小环为研究对象,设
16、大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg2R=mv2, 在大环最低点有FN-mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定 律知,小环对大环的压力为FN=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。,解法二设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律mv2=mg2R,且a= ,所以a=4g,以大环和小环整体为研究对象,受力情况如图所示。 F-Mg-mg=ma+M0 所以F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。,11.(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求: (1)地面上D、C两点间的距离s; (2)轻绳所受的最大拉力大小。 答案(1)1.
