1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题四曲线运动1.(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 ()答案C不计摩擦和空气阻力,设MN段倾角为,运动员在MN段运动的时间为t,由分析易知,MN段,F合1=mg sin ,a1=g sin ,vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,运动员做匀速直线运动;PQ段,运动员做平抛运动,a3=ga1,故C正确。易错分析需注
2、意选项A中PQ段平抛运动的速度大小随时间t变化的图线不应是直线。2.(2022广东,6,4分)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时,小积木恰好由静止释放,子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是 ()A.将击中P点,t大于LvB.将击中P点,t等于LvC.将击中P点上方,t大于LvD.将击中P点下方,t等于Lv答案B子弹离开枪口后做平抛运动,同时积木做自由落体运动,二者在竖直方向相对静止,故子弹会击中P点,子弹在水平方向做匀速直线运动,有t=Lv,故
3、选项B正确。3.(2022山东,8,3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为 ()A.t=2+74 s,l=8 mB.t=94+72 s,l=5 mC.t=2+5126+766 s,l=5.5 mD.t=2+512
4、6+(6+4)2 s,l=5.5 m答案B根据a=v2r可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC=a1r1=6 m/s,vCD=a2r2=2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=r1v+r2v=72 s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-v02=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=lv0+v-v0-a1=94 s,因此总时间为t=94+72 s,选项B正确。易错提醒通过固定圆弧的时间,取决于沿圆弧运动的速
5、率,BC和CD两段圆弧半径不同,但通过的速率相等,因此必须先要找出符合题意的最大速率。在AB段运动的最短时间的对应条件是整个阶段的平均速度最大,因此必须先以最大速度做匀速直线运动,然后匀减速运动到B点。4.(2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为 ()A.v=5 m/s
6、B.v=32 m/sC.d=3.6 mD.d=3.9 m答案BD网球击中墙壁时,竖直速度减为零,故击出时vy=2g(H-h)=12 m/s,t上=vyg=1.2 s,击出时vx=v02-vy2=5 m/s,水平位移x=vxt上=6 m,故图示中=37,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量vx=vx cos =4 m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx=vx sin =3 m/s,碰墙后vx=0.75vx=3 m/s,故碰墙后速度为v=vx2+vx2=32 m/s,撞墙后着地点到墙壁的距离为d=vx2Hg=3.9 m,故B、D正确。5.(2022河北,10,6分)(多选)如图,广场水平
7、地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、1和h2、v2、2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是 ()A.若h1=h2,则v1v2=R2R1B.若v1=v2,则h1h2=R12R22C.若1=2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量
8、相同,则1=2答案BD根据平抛运动规律有h=12gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以v1v2=R1R2,选项A错误;根据平抛运动规律,得R1R2=v12h1gv22h2g,若v1=v2,化简得h1h2=R12R22,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q2=2Sv0,若1=2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=2Rd,浇水一周总水量V总=Q2=2SRg2h,落入每个花盆的水量V0=V总n=Sdg
9、2h,若h1=h2,落入每个花盆的水量相同,则1=2,选项D正确。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BD本题考查了平
10、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、科学推理的素养考查。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,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=ytan,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。解题技巧v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较面积的大小。7.(2015课标,16,6分)
11、由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A.西偏北方向,1.9103 m/sB.东偏南方向,1.9103 m/sC.西偏北方向,2.7103 m/sD.东偏南方向,2.7103 m/s答案B同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道的速度
12、为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=(vcos30-v1)2+(vsin30)21.9103 m/s,故B选项正确。解题关键当卫星运动到转移轨道和同步轨道交会处时,不仅需要调整卫星的速度大小,而且还需要调整卫星运动的方向。需要将此卫星在转移轨道的速度、附加速度和同步卫星的环绕速度放在同一平面内考虑。正确画出如解析中的速度合成图是正确解答的关键。8.(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vB.帆船朝正西方向航行,速度大小为vC.帆船朝南
13、偏东45方向航行,速度大小为 2vD.帆船朝北偏东45方向航行,速度大小为 2v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2v,方向为北偏东45,D正确。9.(2013海南单科,8,5分)(多选)关于物体所受合外力的方向,下列说法正确的是()A.物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合外力的方向一定与速度方向相同B.物体做变速率曲线运动时,其所受合外力的方向一定改变C.物体做变速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定指向圆心D.物体做匀速率曲线运动时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直答案AD当物体的速率增大
14、时,合外力是动力,合外力与速度方向间夹角小于90,而在直线运动中速率增大时合外力方向与速度方向间夹角必为0,A正确;物体做变速率的曲线运动时其合外力可能不变,如平抛运动,故B错误;物体做变速率的圆周运动时,合外力一方面提供了改变速度方向的向心力,另一方面还提供了改变速度大小的切向力,故此时合外力的方向一定不指向圆心,C错误;在匀速率曲线运动中,由于物体的速度大小不变,则物体在速度方向上所受外力矢量和必为零,即物体所受合外力方向只能是垂直于速度方向,从而只改变速度方向而做曲线运动,但不改变速度的大小,D正确。10.(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
15、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.kvk2-1B.v1-k2C.kv1-k2D.vk2-1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=dv1;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t2=dv12-v2,由题意有t1t2=k,则k=v12-v2v1,得v1=v21-k2=v1-k2,选项B正确。解题关键此题以小船过河为情境考查运动的合成和分解,解答本题的关键点有二:一是合运动和分运动具有等时性;二是利用河宽为定值,去程为分运动的位
16、移,返程为合运动的位移,确定去返的时间,该题难度适中,但有很好的区分度。11.(2019海南单科,10,5分)(多选)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0;它们的下端水平,距地面的高度分别为h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3,则()A.s1s2B.s2s3C.s1=s3D.s2=s3答案BC根据mgh=12mv2得小物块离开轨道时的水平速度v=2gh,轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为321,由h=12gt2,可知t
17、=2hg,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为123,根据x=vt可知,小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比s1s2s3=323,故选项B、C正确,A、D错误。12.(2018江苏单科,3,3分)某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的素养考查。由题意知,在竖直方向上,两只小球
18、同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=12gt2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=v0t知,x先x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。13.(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C
19、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、科学推理的素养考查。忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,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=12gt2,下落时间t=2hg,th,故A、D错误。由vy=gt=g2hg=2hg,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t1v0,故C正确。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=12gt2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
20、距离x=v02hg,由初速度v0和下落高度共同决定。14.(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.答案A不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上抛运动,故两球轨迹相同,A选项正确。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。15.(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
21、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(足球可看成质点,忽略空气阻力),则()A.足球位移的大小x=L24+s2B.足球初速度的大小v0=g2hL24+s2C.足球末速度的大小v=g2hL24+s2+4ghD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan =L2s答案B如图,足球平抛运动的水平位移x=s2+L24, 不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h=12gt2,得v0=xt=s2+L24/2hg=g2hL24+s2,B正确。足球的末速度v=v02+vy2=g2hL24+s2+2gh,所以C错误。由图可知足球初速度方向与
22、球门线的夹角为,tan =s/L2=2s/L,故D错误。所以本题选B。16.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大 B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A根据机械能守恒定律得,落地时三个小球速度大小相同。17.(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163 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)
23、()A.28.8 m1.1210-2 m3B.28.8 m0.672 m3C.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 60=83 m/svy=v sin 60=24 m/s所以高度h=vy22g=28.8 m上升时间t=vyg=2.4 s所以水量为0.282.460 m3=1.1210-2 m3,选项A正确。18.(2013上海单科,19,4分)(多选)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h,山坡倾角为,由此可算出()A.轰炸机的飞行高度B.轰炸机的
24、飞行速度C.炸弹的飞行时间D.炸弹投出时的动能答案ABC设轰炸机投弹位置高度为H,炸弹水平位移为s,则H-h=12vyt,s=v0t,二式相除H-hs=12vyv0,因为vyv0=1tan,s=htan,所以H=h+h2tan2,A正确;根据H-h=12gt2可求出飞行时间,再由s=v0t可求出飞行速度,故B、C正确;不知道炸弹质量,不能求出炸弹的动能,D错误。19.(2013江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分别落在地面上的M、N点,两球运动的最大高度相同。空气阻力不计,则()A.B的加速度比A的大B.B的飞行时间比A的长C.B在最高点的速度比A在最高点
25、的大D.B在落地时的速度比A在落地时的大答案CD两球加速度都是重力加速度g,A错误;飞行时间t=22hg,因h相同,则t相同,B错误;水平位移x=vxt,在t相同情况下,x越大说明vx越大,C正确;落地速度v=vx2+vy2,两球落地时竖直速度vy相同,可见vx越大,落地速度v越大,D正确。20.(2012课标,15,6分)(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力,则()A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大答案BD小球做平抛运
26、动,在竖直方向上满足h=12gt2,得t=2hg,可知A错B正确。在水平方向上x=v0t,即v0=xg2h,且由题图可知hb=hcha,xaxbxc,则D正确C错误。21.(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.L12g6hvL1g6hB.L14ghv(4L12+
27、L22)g6hC.L12g6hv12(4L12+L22)g6hD.L14ghvb,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;=2kg3l时,a受的摩擦力fa=m2r=m2kg3l2l=23kmg,D项错误。27.(2013课标,21,6分)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处,()A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小答案A
28、C汽车在公路转弯处做圆周运动,需要外力提供向心力,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,即没有指向公路两侧的摩擦力,此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供,故路面外侧高内侧低,选项A正确;当车速低于vc时,车所需向心力mv2r减小,车可能只是具有向内侧滑动的趋势,不一定能够滑动,选项B错误;同理,当车速高于vc,且不超出某一最高限度,车辆可能只是有向外侧滑动的趋势,不一定能够滑动,当超过最大静摩擦力时,才会向外侧滑动,故选项C正确;当路面结冰时,只是最大静摩擦力变小,vc值不变,D错误。28.(2013江苏单科,2,3分)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质
29、量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小答案D根据v=r,两座椅的相等,由rBrA可知vBvA,A错误;向心加速度a=2r,因相等r不等,故a不相等,B错误;水平方向mg tan =m2r,即tan =2rg,因rBrA,故BA,C错误;竖直方向T cos =mg,绳子拉力T=mgcos,因BA,故TBTA,D正确。29.(2020课标,16,6分)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根
30、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 NB.400 NC.600 ND.800 N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=mv2R,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。30.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最
31、低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中() A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变答案C本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,
32、选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。易错警示运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。31.(2016海南单科,3,6分)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为() A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案D设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点有N1-mg=mv12R,在最高点有N2+mg=mv22R;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg2R+mv
33、222=mv122,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。32.(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
34、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。33.(2014课标,17,6分)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+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg答案C解法一以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg2R=12mv2,在大环最低点有FN-mg=mv2R,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
35、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12mv2=mg2R,且a=v2R,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。F-Mg-mg=ma+M0所以F=Mg+5mg,C正确。34.(2014安徽理综,19,6分)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30,g取10 m/s2。则的最大值是()A.5 ra
36、d/sB.3 rad/sC.1.0 rad/sD.0.5 rad/s答案C当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中O为对称轴位置)由沿盘面的合力提供向心力,有mg cos 30-mg sin 30=m2R得=g4R=1.0 rad/s,选项C正确。评析此题考查牛顿第二定律、圆周运动等知识,题目设置新颖,巧妙地将已学的竖直面内的圆周运动与斜面结合,本题易认为在最高点时角速度最大而错选A。35.(2016上海单科,23,4分)如图,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧,OA与竖直方向的夹角为。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛
37、出,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为;直线PA与竖直方向的夹角=。答案v0 tangarctan(2 cot )解析据题意,小球从P点抛出后做平抛运动,小球运动到A点时将速度分解,有tan =vyvx=gtv0,则小球运动到A点的时间为:t=v0tang;tan =v0t12gt2=2v0gt=2tan=2 cot ,所以PA与竖直方向的夹角为:=arctan(2 cot )。36.2014天津理综,9(1)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时,半径OA方向恰好与v的方向相同,如图所
38、示。若小球与圆盘只碰一次,且落在A点,重力加速度为g,则小球抛出时距O的高度h=,圆盘转动的角速度大小=。答案gR22v22nvR(nN*)解析小球做平抛运动:h=12gt2、R=vt,解得h=gR22v2。由题意知t=2n(nN*),故联立R=vt可得=2nvR(nN*)。点拨在小球从抛出到落到圆盘上的时间内,圆盘转动了1圈、2圈、3圈n圈均有可能,故的值应该是一个通式,不能只用转1圈的情形表述!37.(2022全国甲,24,12分)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示
39、。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为37。重力加速度大小取g=10 m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。答案255 m/s解析依题意,相邻两球影像间隔的时间t=4t0=0.2 s设初速度大小为v0,如图所示:由O到A,水平方向:x1=v0t竖直方向:y1=12gt2又s1=x12+y12由A到B,水平方向:x2=v0t竖直方向:y2=12g(2t)2-12gt2又s2=x22+y22s1s2=37联立解得v0=255 m/s38.(2022北京,17,9分)体育课上,甲同学在距离地面高h1=2.5 m处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=8.0 m/s;乙同学在离地h2=0.7 m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3 kg,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力。求:(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x;(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向;(3)
