1、考点考点1 1 曲线运动、运动的合成与分解曲线运动、运动的合成与分解 1.(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但 实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现象可解释 为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的 速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小 球( ) A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧 答案
2、答案 D 本题考查了运动的合成与分解。利用高中所学自由落体运动的“局限性”考查了考 生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究素养的考查。 以地面为参考系,由题意知,小球上升阶段,水平方向受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水 平方向做加速运动;竖直方向由于重力作用,做匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速度为零, 水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时水平向西的速度达到最大,故选项A、B均错。下落阶 段,小球受水平向东的“力”作用,水平方向将向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为 零,此时落地点应在抛出点西侧,故C错、D对。 2.(2018江苏单科,3,3分)某
3、弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中, 该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的( ) A.时刻相同,地点相同 B.时刻相同,地点不同 C.时刻不同,地点相同 D.时刻不同,地点不同 答案答案 B 本题考查了运动的合成与分解。通过分析两只小球的运动性质考查了考生的理解能 力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究素养的考查。 由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=gt2知落到水平 地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小球水平 方向运动时间较长,由x=v
4、0t知,x先x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。 1 2 (2015广东理综,14,4分)如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向 航行。以帆板为参照物( ) A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v C.帆船朝南偏东45方向航行,速度大小为 v D.帆船朝北偏东45方向航行,速度大小为 v 2 2 以下为教师用书专用 答案答案 D 以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故由平 行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为v,方向为北偏东45,D正确。 2 1.(2020江苏单科,8,4
5、分)(多选)如图所示,小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地,上述过程中 A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力,则( ) A.A和B的位移大小相等 B.A的运动时间是B的2倍 C.A的初速度是B的 D.A的末速度比B的大 1 2 考点考点2 2 抛体运动抛体运动 答案答案 AD 由图可知,两球的位移大小均为=l,A项正确。由小球在竖直方向做自由 落体运动得y=gt2,可知小球在空中运动时间t=,故A的运动时间是B的倍,B项错误。再结 合水平分运动x=v0t可得v0=x,故A的初速度是B的,C项错误。由机械能守恒可得小球落地 时的速度v=,故vA=、vB=2,D项正确。 22 (2
6、 )ll5 1 2 2y g 2 2 g y 1 2 2 2 0 2vgy 2 2 2 gx gy y 17 2 gl gl 2.(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.t B.t C. D. 2 22 t 4 t 答案答案 C 本题考查了平抛运动、运动的独立性及两分运动的等时性。利用两球的平抛运动考 查了考生的理解能力、推理能力,体现了对科学思维和科学探究素养的考查。 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)
7、t,得t=,故选项C正 确。 2 t 3.(2017课标,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空 气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是( ) A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案答案 C 本题考查了对平抛运动的理解。以发球机水平射出的乒乓球的平抛运动为载体,考查 了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理素养要素的考查。 忽略空气的影响时,乒乓球只受重
8、力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由 落体运动,则h=gt2,下落时间t=,t,故A、D错误。由vy=gt=g=,可知B错误。在 水平方向上有x=v0t,x相同时,t,故C正确。 1 2 2h g h 2h g 2hg 0 1 v 解题关键解题关键 平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动(满足h =gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。做平抛运动时物体运动时间由下落高 度决定,运动的水平距离x=v0,由初速度v0和下落高度共同决定。 1 2 2h g 4.(2018课标,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别
9、以v和的速度沿同一方向水平抛出, 两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( ) A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 2 v 答案答案 A 本题考查了平抛运动规律的应用。利用小球的平抛运动与斜面的结合考查了考生的 理解能力、推理能力和应用数学知识处理物理问题的能力,体现了对科学思维和科学探究素养的 考查。 小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面的倾角为。 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h=gt2,由图中 几何关系,可得tan =,解得:t=; 从抛出到落到斜面上,由动能定理可得: mgh=mv2-m,可得:v= v0
10、,则=,选项A正确。 1 2 h x 0 2tanv g 1 2 1 2 2 0 v 2 0 2vgh 2 14tan v v 甲 乙 0 0 v v 甲 乙 2 v v 2 1 5.(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. 2 16 v g 2 8 v g 2 4 v g 2 2 v g 答案答案 B 本题考查了平抛运动规律、机械能守恒定律。利用小物块做平抛运动
11、考查了考生的 理解能力、推理能力和应用数学知识处理物理问题的能力,体现了对科学思维和科学探究素养的 考查。 小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 mv2=mg 2R+m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有: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。 1 2 1 2 2 1 v 1 2 2 4v g 2 b a 2 8 v g 6.(2019课标,19,6分)(多选)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响 其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从
12、离开跳台开始计时,用 v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( ) A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案答案 BD 本题考查了平抛运动的应用。以运动员跳台滑雪的平抛运动为载体,考查了考生的 理解能力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对模型建构、科学推理素养要素的 考查。 v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,
13、由图像可知第二次包围的格数较 多,故A错。设雪道的倾角为,则水平位移x=,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像明 显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1k2,结合牛顿第二定律mg-f =ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。 tan y 7.2020天津,9(1)某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一 起固定在竖直木板上,在桌面上固定一个斜面,斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变 木板和桌边之间的距离,让钢球从斜面顶端同一位置滚下,通过碰撞复写纸,在白纸上记录钢球的 落点。 图1 为了正确完成实验,以下做法必要的
14、是 。 A.实验时应保持桌面水平 B.每次应使钢球从静止开始释放 C.使斜面的底边ab与桌边重合 D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面 实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m,在白纸上记录了钢球的4个落点,相邻两点之 间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm,示意如图2。重力加速度g=10 m/s2,钢球平抛的初速 度为 m/s。 图1装置中,木板上悬挂一条铅垂线,其作用是 。 图2 答案答案 AB 2 方便将木板调整到竖直平面 解析解析 钢球从桌面飞出,必须使钢球初速度沿水平方向,做平抛运动,故需要保持桌面水平,A项 正确;钢球必须每次从同一位置由静止滚下,这样才
15、能使每次做平抛运动的初速度相同,B项正确; 斜面底边ab不可与桌边重合,若重合,钢球到达斜面底边后,将不再做平抛运动,C项错误;钢球所受 斜面的摩擦力大小对实验没有影响,只要保证每次钢球从桌边开始做初速度相同的平抛运动即可, D项错误。 设每次木板向远离桌子的方向移动的距离为x,相邻两落点的竖直间距差为y,间隔时间为T,则 由匀加速直线运动规律有y=gT2,可得T=0.1 s,故初速度v0=2 m/s。 在实验中要保持木板处于竖直状态,悬挂铅垂线,便于将木板调整到竖直平面。 y g x T 8.(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
16、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。 答案答案 (1) (2)LvL (3)L=2h 3h g 4 g h2 g h 2 解析解析 本题考查了平抛运动的应用、能量关系。以微粒的平抛运动为载体,考查了考生的理解能 力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究素养的 考查。 (1)打在探测屏中点的微粒有h
17、=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 则微粒的初速度范围为LvL (3)由能量关系m+mgh=m+2mgh 代入、式L=2h 3 2 1 2 3h g 1 L t 1 2 2 1 t 4 g h 2 g h 4 g h2 g h 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 2 1.(2016江苏单科,2,3分)有A、B两小球,B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛 出,不计空气阻力。图中为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是( ) A. B. C. D. 以下为教师用书专用 答案答案 A 不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a
18、=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上 抛运动,故两球运动轨迹相同,A选项正确。 审题关键审题关键 由“不计空气阻力”可知只受重力,运动的加速度均为g,与质量无关。“以相同速率 沿同一方向抛出”,则可确定运动轨迹相同。 易错点拨易错点拨 试题以斜上抛为背景,虽然两球质量不同,但在不计空气阻力时运动的加速度均为重力 加速度,考生可能会由生活经验“重的物体飞行高度低,所用时间短”而错选C或D。 2.(2015浙江理综,17,6分)如图所示为足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门 s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动 (足球可看
19、成质点,忽略空气阻力),则( ) A.足球位移的大小x= B.足球初速度的大小v0= C.足球末速度的大小v= D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan = 2 2 4 L s 2 2 24 gL s h 2 2 4 24 gL sgh h 2 L s 答案答案 B 如图,足球平抛运动的水平位移x=, 不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h=gt2, 得v0=/=,B正确。足球的末速度v=,所以C 错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为,tan =s/=2s/L,故D错误。所以本题选B。 2 2 4 L s 1 2 x t 2 2 4 L s 2h g 2 2 24 gL s
20、 h 22 0y vv 2 2 2 24 gL sgh h 2 L 3.(2017浙江4月选考,13,3分)图中给出了某一通关游戏的示意图,安装在轨道AB上可上下移动的弹 射器,能水平射出速度大小可调节的弹丸,弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD的 半径R=2.0 m,直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内,小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为3 7。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关,弹射器离B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2)( ) A.0.15 m,4 m/s
21、B.1.50 m,4 m/s C.0.15 m,2 m/s D.1.50 m,2 m/s 33 66 答案答案 A 如图所示,设弹丸从M点射出时,恰好达到游戏要求从M到P,水平位移为x,竖直位移为y, OE=OP cos 37=1.6 m PE=OP sin 37=1.2 m x=MN=BO+OE=3.6 m OF=PN-PE=y-1.2 m FN=OE,则QF=-OE=-1.6 m 而=tan 37= 可得y=x=3.6 m=1.35 m 所以MB=y-PE=(1.35-1.2)m=0.15 m =tan 37 v0=4 m/s 综上所述,选项A正确。 2 MN 2 x OF QF -1.2
22、m -1.6m 2 y x 3 8 3 8 y x v v 0 0 3 4 3.6m g t v v t 3 解题关键解题关键 解答本题的关键是掌握平抛运动的两个推论,抓住“弹丸垂直于P点圆弧切线方向射 入小孔P”这一条件,利用角度关系,求出平抛运动的竖直位移、水平位移和初速度。 1.(2020课标,16,6分)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的拉力约为( ) A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N 考点考点3
23、3 圆周运动圆周运动 答案答案 B 该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整 体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=,代入数据解得F=405 N,故每根绳子平均承受的拉 力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。 2 mv R 2.(2018浙江11月选考,9,3分)一质量为2.0103 kg的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大 静摩擦力为1.4104 N,当汽车经过半径为80 m的弯道时,下列判断正确的是( ) A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B.汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4104 N C.汽车
24、转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑 D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2 答案答案 D 本题考查了圆周运动的应用、牛顿第二定律、向心力公式。以汽车在水平公路上转 弯为情境,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理素养要素的考查。 汽车转弯时受到重力、路面的支持力以及路面对汽车的摩擦力,其中摩擦力提供向心力,A错误;当 最大静摩擦力提供向心力时,速度为临界速度,大于这个速度则发生侧滑,根据牛顿第二定律可得fm =m,解得v= m/s=20 m/s,所以汽车转弯的速度为20 m/s时,所需的向心力 小于1.4104 N,汽车不会发生侧滑,B、C错误;汽车能安
25、全转弯的临界向心加速度a=7 m/s2,即 汽车能安全转弯时的向心加速度不超过7.0 m/s2,D正确。 2 v r m f r m 4 3 1.4 1080 2.0 10 1.4 m f m 3.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通 过的路程之比是43,运动方向改变的角度之比是32,则它们( ) A.线速度大小之比为43 B.角速度大小之比为34 C.圆周运动的半径之比为21 D.向心加速度大小之比为12 答案答案 A 时间相同,路程之比即线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对 应扫过的圆心角之比,由于时间相
26、同,角速度大小之比为32,B项错误;由路程和半径与圆心角之 间的关系为s=r得半径之比为89,C项错误;由向心加速度a=知向心加速度大小之比为21,D 项错误。 2 v r 4.(2019江苏单科,6,4分)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱 的质量为m,运动半径为R,角速度大小为,重力加速度为g,则座舱( ) A.运动周期为 B.线速度的大小为R C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为m2R 2R 答案答案 BD 本题考查了圆周运动的应用。以摩天轮的匀速圆周运动为载体,考查了考生的理解 能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理素养要素的
27、考查。 由T=,v=R可知A错误,B正确。由座舱做匀速圆周运动,可知座舱所受的合力提供向心力,F=m 2R,方向始终指向摩天轮中心,则座舱在最低点时,其所受摩天轮的作用力为mg+m2R,故C错误,D 正确。 2 5.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南 针在10 s内匀速转过了约10。在此10 s时间内,火车( ) A.运动路程为600 m B.加速度为零 C.角速度约为1 rad/s D.转弯半径约为3.4 km 答案答案 AD 本题考查了圆周运动的应用、角速度的定义。以火车的匀速圆周运动和桌面上指南 针的偏转为载体,考查了考
28、生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学论证素养要素的考 查。 火车的角速度= rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等 于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内运动路程s=vt=600 m,选项A正确;火车转弯半径 R= m3.4 km,选项D正确。 t 2 10 360 10 180 v 60 180 6.(2019海南单科,6,4分)如图,一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上,硬币与竖直转轴OO的距离为r, 已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若 硬币与圆盘一起绕OO轴匀速转动,则圆盘转动的
29、最大角速度为( ) A. B. C. D.2 1 2 g r g r 2g r g r 答案答案 B 设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。 由摩擦力提供向心力可得 f=m2r 而ffm=FN=mg 联立可得m2rmg 解得,选项B正确,选项A、C、D错误。 g r 1.(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
30、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不能超过 2 2v g (2 -)F Mg L M 以下为教师用书专用 答案答案 D 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,对整体有T-Mg=M,对物块有2f-Mg=M,所以T=2f,由于f F,所以选项B错;由机械能守恒得,MgHmax=Mv2,所以Hmax=,
31、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。 2 v L 2 v L 1 2 2 2 v g 2 m v L (2 -)F Mg L M 2.(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
32、的角速度就应越小 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。 3.(2014课标,20,6分,0.604)(多选)如图,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘 上,a与转轴OO的距离为l,b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用表示圆盘转动的角速度, 下列说法正确的是(
33、) A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 C.=是b开始滑动的临界角速度 D.当=时,a所受摩擦力的大小为kmg 2 kg l 2 3 kg l 答案答案 AC 设木块滑动的临界角速度为,kmg=m2r,所以=,ra=l,rb=2l,所以ab,A、C项正 确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;=时,a受的摩擦力fa=m2r= ml=kmg,D项错误。 kg r 2 3 kg l 2 2 3 kg l 2 3 4.(2015浙江理综,19,6分)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点 的半圆,内外半径分别为r和2r。一辆质
34、量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线,有如图所示的 、三条路线,其中路线是以O为圆心的半圆,OO=r。赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮 胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速 率不变,发动机功率足够大),则( ) A.选择路线,赛车经过的路程最短 B.选择路线,赛车的速率最小 C.选择路线,赛车所用时间最短 D.、三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等 答案答案 ACD 路线、均由一半圆与两条直线构成,s1=r+2r,s2=2r+2r;路线由一半圆构成,s3 =2r,所以A正确。根据F=有,vm=,路线半径最小,路线、半径相等,得v2m=
35、v3m=v 1m,B错。根据t1= ,t2=,t3=,得t2t1t3,C正确。根据a=,a1=,a2= =,a3=,得a1=a2=a3,D正确。 2 mv R max FR m 2 1 1m s v 1m 2rr v 2 2m s v 1m 22 2 rr v 3 3m s v 1m 2 2 r v 2 v R 2 1m v r 2 2m 2 v r 2 1m 2 2 v r 2 1m v r 2 3m 2 v r 2 1m v r 5.(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
36、。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 答案答案 AB 本题考查了圆周运动的应用。以赛车做匀速圆周运动为载体,考查了考生的理解能 力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究素养的考查。
37、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2.2 5mg=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t=2.79 s,故D项错误。 2 1 mv r 2 2 mv R 3 2 2 v 2 1 v 1 3 1 2r v 审题指导审题指导 首先要注意大、小圆弧半径不同,允
38、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。 6.(2016上海单科,16,3分)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风 轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片 转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变 化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片( ) A.转速逐渐减小,平均速率为 B.转速逐渐减小,平均速率为 4 nr t 8 nr t C.转速逐渐增大,平均速率为 D.转速逐渐增
39、大,平均速率为 4 nr t 8 nr t 答案答案 B 本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考 生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。 由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小,还能看出t时间内凸轮圆 盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以t时间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率 v= =,故只有B项正确。 42 nr t 8 nr t 考点考点1 1 曲线运动、运动的合成与分解曲线运动、运动的合成与分解 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020山东临沂期末,1)如图所示,某
40、河流中水流速度大小恒为v1,A处的下游C处是个旋涡,A点和 旋涡的连线与河岸的最大夹角为。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸,小船航行时 在静水中速度的最小值为( ) A.v1 sin B.v1 cos C.v1 tan D. 1 sin v 答案答案 A 题目以小船渡河为背景,考查了运动的合成与分解、临界与极限的相关知识。考查了 理解能力、推理论证能力、模型建构能力。突出对综合性、应用性的考查要求。 如图所示,设小船航行时在静水中的速度为v2,当v2垂直A点与旋涡的连线时速度最小,由三角函数 关系可知v2=v1 sin ,故A正确,B、C、D错误。故选A。 2.(2020河北辛集中学
41、阶段考试一,18)如图所示,某次足球训练,守门员将静止的足球从M点踢出,球 斜抛后落在60 m外地面上的P点,发球的同时,前锋从距P点11.5 m的N点向P点做匀加速直线运动, 其初速度为2 m/s,加速度为4 m/s2,当其速度达到8 m/s后保持匀速直线运动,若前锋恰好在P点追上 足球,球员和球均可视为质点,忽略球在空中运动时的阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确 的是( ) A.前锋加速的距离为7 m B.足球在空中运动的时间为2.3 s C.足球运动过程中的最小速度为30 m/s D.足球上升的最大高度为10 m 答案答案 C 题目以足球运动为背景,考查了斜抛运动中分运动的
42、独立性、运动的合成与分解的相 关知识。体现了物理观念中运动与相互作用观念和科学思维中模型建构、科学论证要素。突出 对综合性、应用性的考查要求。 前锋做匀加速直线运动的初速度为2 m/s,加速度为4 m/s2,末速度为8 m/s,根据速度与位移的关系 式可知,v2-=2ax1,代入数据解得x1=7.5 m,A错误;前锋和足球运动时间相等,前锋加速运动时间t加= =1.5 s,匀速运动时间t匀=0.5 s,故足球在空中运动的时间为2 s,B错误;足球水平方向上做 匀速直线运动,位移为60 m,时间为2 s,故运动过程中的最小速度为30 m/s,C正确;足球竖直方向上 做竖直上抛运动,根据运动的对称
43、性可知,上升时间为1 s,最大高度hm=gt2=5 m,D错误。 2 0 v 0 - v v a 1 - x x v 1 2 3.(2020北京石景山期末,5)如图所示,某同学练习定点投篮,其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上, 篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度v1和v2的水平分量分别为v1x和v2x,竖 直分量分别为v1y和v2y,不计空气阻力,下列关系正确的是( ) A.v1xv2y B.v1xv2x,v1yv2y C.v1xv2x,v1yv2x,v1yv2y 考点考点2 2 抛体运动抛体运动 答案答案 A 题目以定点投篮为背景,考查了平抛运动的相关知识。考查了理解能力
44、、推理论证能 力、模型建构能力。突出对基础性、应用性和创新性的考查要求。 将篮球的运动反向处理,即平抛运动,由图可知,第二次运动过程中的高度较小,所以运动时间较短, 水平射程相等,故第二次水平分速度较大,即v1xv2y。故选A。 2 y v 4.(2019辽宁凌源二中期末,4)如图所示,水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一个小球, 当初速度为v0时,小球恰好落到斜面底端,平抛后飞行的时间为t0。现用不同的初速度v从该斜面顶 端向右平抛这个小球,则下列图像中能正确表示平抛后飞行的时间t随v变化的函数关系的是( ) 答案答案 C 题目以斜面上的抛体运动为背景,考查了运动的合成与分解的相关知
45、识。考查了理解 能力、模型建构能力。体现了物理观念中运动与相互作用观念和科学思维中科学论证、质疑创 新要素。突出对应用性和创新性的考查要求。 当小球落在斜面上时,有tan =,解得t=,t与速度v成正比。当小球落在地面上时,根 据h=gt2得t=,知运动时间不变。综上可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线,然后 是平行于横轴的直线。故C正确。 2 1 2 gt vt2 gt v 2 tanv g 1 2 2h g 5.(2020浙南名校联盟第一次联考,5)如图所示,a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小 相等的初速度v0同时水平抛出,已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等,斜面底边
46、长是其竖直高 度的2倍,若小球a能落到半圆轨道上,小球b能落到斜面上,则( ) A.b球一定先落在斜面上 B.a球可能垂直落在半圆轨道上 C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D.a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 答案答案 C 题目以两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出为 背景,考查了平抛运动规律的相关知识。体现了科学思维中模型建构、科学推理、科学论证要 素。突出对综合性、应用性的考查要求。 将半圆轨道和斜面轨道重合在一起,如图所示,交点为A,取适当初速度,小球做平抛运动落在A点, 则两小球运动的时间相等,即同时落在半圆轨道和斜面上。若选取不同的初
47、速度,由图可知,可能 小球先落在斜面上,也可能先落在半圆轨道上,故C正确,A、D错误。若a球垂直落在半圆轨道上, 根据几何关系知,速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍,而在平抛运动中,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,两者相互矛盾,所以a 球不可能垂直落在半圆轨道上,故B错误。故选C项。 6.(2020重庆直属校三月联考,20)(多选)如图所示,两竖直光滑墙壁的水平间距为6 m,贴近左边墙壁 从距离地面高20 m处以初速度10 m/s水平向右抛出一小球,一切碰撞均无机械能损失。小球每次 碰撞后,平行于接触面方向的分速度不变,垂直于接触面方向的分速度反向。不计空气阻力,重力 加速度取10 m/s2,则( ) A.小球第一次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为6 m B.小球第一次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为4 m C.小球第二次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为2 m D.小球第二次与地面碰撞点到左边墙壁的水平距离为0 m 答案答案 BD 题目以两竖直光滑墙壁之间抛球为背景,考查了分运动的独立性、平抛、斜抛的相 关知识。体现了物理观念中
