曲线运动中难题.docx

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1、第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明 一、选择题（题型注释）1. 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 船头朝向始终与河岸垂直，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kvvkvvA.；k2 - 1B（1 k2C1 - k2D.k2 - 1【答案】B【解析】试题分析：设小船在静水中的速度为V，河岸宽为d，则根据去程的特点可知，时间为 d.d一 .；根据回程的特点可知，时间为 ；因为去程与回程所用时间的比值为k，v1Jv： - v2；v 2 一 v2v故二k，整理得v-=k2 ;故B正确

2、。考点：速度的合成。2. 如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图。已知物体在B点的加速度方向 与速度方向垂直，则下列说法中正确的是A. C点的速率小于B点的速率B. A点的加速度比C点的加速度大C. C点的速率大于B点的速率D. 从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大【答案】C【解析】试题分析：质点做匀变速曲线运动，B到C点的加速度方向与速度方向夹角小于90， 由动能定理可得，C点的速度比B点速度大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运 动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与B点相同，故B正确；若质点从 A运动到C，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰

3、好互相垂直，则有A点速度与 加速度方向夹角大于90，BC点的加速度方向与速度方向夹角小于90，故D错误； 故选：C考点：匀变速曲线运动的规律.3. 如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为0,最低点为C，在其内壁上有 两个质量相同的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运 动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与0点的连线与竖直线0C间的夹 角分别为a =53。和p =37，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则（sin 37 =5， cos 37 =5 ）（）A. A、B两球所受支持力的大小之比为4：3B. A、B两球运动的周期之比为4：3C.

4、A、B两球的动能之比为16：9D. A、B两球的机械能之比为112：51【答案】AD【解析】 mgN cos 37 4试题分析：根据平行四边形定则得，N ,则；户= =厂.故A正确.根cosQN cos 53 3Bv 22兀mgtanjmm()2 r, r = Rsindr T0,g =2g064 T27 TBo乓s左.则动能之比匕为264：t一 11动能 E mv 2 mgRsinO tanB k 22重力v2，一27.故B、C错误.根据mgtan =m得 r势能 Ep m (1RO)o, s 则 机械能 E = mgR (1+ 2 sinO tanO - cosO)E 112-A - .故

5、D正确.Cj J JL考点：考查了向心力；牛顿第二定律.4. 如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以速度V匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则下列说法中正确的是（）! SlA. 橡皮做匀速直线运动B. 橡皮运动的速度大小为2vC. 橡皮运动的速度大小为t2vD. 橡皮的位移与水平成450,向右上【答案】ACD【解析】试题分析：橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，七和飞恒定，则吃恒定，则橡皮运动的速度大 小和方向都不变，做匀速直线运动，竖直方向上也做匀速直线运动，两个方向的速度大 小相同，为V.两个匀速直线运动的合运动还是匀

6、速直线运动，合速度 V合 =dv2 + v2 =42v，B错误，C正确；橡皮的位移与水平方向的夹角为 0，贝0Vtan0 = 丁 = 1，故0 = 450，所以 d 正确。尤考点：考查了运动的合成与分解5. 如图所示，在O点从t = 0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，通过斜面末端P后到达空间最高点Q。下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度一时间图线，其中正确【答案】AD【解析】试题分析：据题意，小球被抛出后，沿斜面向上运动过程中受到重力和支持力，将支持 力分解到竖直y方向和水平X方向，则y方向合力为：G - Ny= may，X方向合力为： 七=ma*，所以y方向小球向上做匀减速直线运动，x方

7、向小球向右做匀减速直线运 动；当小球离开斜面后，小球只受到重力，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速 直线运动；即在小球离开斜面前竖直方向加速度小于离开斜面后的加速度，水平方向先 做匀减速直线运动后做匀速直线运动，故选项A、D正确。考点：本题考查运动的分解和速度一时间图像。6. A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC = CD，E点在D点 的正上方，与A等高.从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B 点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（）A. 球1和球2运动的时间之比为2：1B. 球1和球2动能增加量之比为1：2C. 球1和

8、球2抛出时初速度之比为2、克：1D. 球1和球2运动时的加速度之比为1：2【答案】BC【解析】试题分析：因为AC = 2AB ,则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h=1 gt2得，解得运动的时间比为1：2，故A错误；根据动能定理得，mgh = 气，知 球1和球2动能增加量之比为1： 2，故B正确；AC在水平方向上的位移是AB在水平方 向位移的2倍，结合x = vt，解得初速度之比为221，故C正确；平抛运动的加速 度为g，两球的加速度相同，故D错误。考点：考查了平抛运动规律的应用，动能定理7. 某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关.现在将这个娱 乐项目进行简化，假设参

9、与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好 击中触发器.若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以 速率v抛出小球，如图所示.则小球能够击中触发器的是 （）.【答案】CD【解析】试题分析：由题可知，小球的机械能守恒，击中触发器时速度刚好为零，A中小球到达 最高点需要有不小于Y疽的速度，B中小球脱离斜面后开始斜上抛，最高点速度也不为 零，故这两种情况均不能使小球到达刚才的高度，而CD两个装置可以使小球最高点速 度为零，故能到达触发器的高度。考点：竖直面内的圆周运动、抛体运动、机械能守恒8. 如图所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是

10、.A-脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的B. 水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故C. 加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好D. 靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好【答案】D【解析】试题分析：脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，故入正确；水滴依附的附着力是 一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，故B错；F = ma = mo 2R，增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力， 水滴就会被甩出去，增大向心力，会使更多水滴被甩出去，故C正确.中心的衣服，R 比较小，角速度o一样，所以向心力小，脱水效果差，故D正确。考点：考查了离心现象9.

11、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的角速度3转动， 盘面上离转轴距离2.5m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 （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10m/s2。则3的最大值是（）A.D.【答案】C【解析】试题分析：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度JTr rinsz z V3 佥I g (cos3Q - sin3Q)(-最大，由牛顿第二定律得：mgcos30Q- mgsin30 = mo 2r则 - 1)rad / s = 1rad / s，C 正确。2.5考点：考查了匀速圆周运

12、动，牛顿第二定律10如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动， 接触处无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙=3 ： 1，两圆盘和小物体、 m2之间的动摩擦因数相同，mi距O点为2r，m2距O点为r，当甲缓慢转动起来且转速A. 滑动前mi与m2的角速度之比3： 3 2=1 : 3B. 滑动前m1与m2的向心加速度之比a1 : a2=1 ： 3C. 随转速慢慢增加，m1先开始滑动D. 随转速慢慢增加，m2先开始滑动【答案】AD【解析】试题分析：甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：33r=3 2-r,则得3甲：3乙=1： 3,所以物块相对盘开始滑动前

13、，m1与吗的角速度之比为1： 3?.故A正确；物 块相对盘开始滑动前，根据a=3 2r得:口与m2的向心加速度之比为aa2=3 ：2r： 3 22r=2：巾g9,故B错误.根据p mg=mr3 2知，临界角速度二、；，可知甲乙的临界角速度之 比为1： J3，甲乙线速度相等，甲乙的角速度之比为3甲：3乙=1： 3,可知当转速增 加时，乙先达到临界角速度，所以乙先开始滑动.故D正确，C错误.故选：AD.考点：圆周运动；牛顿定律；向心加速度。11. 近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产机车总质量为m，如图已知两轨 间宽度为L，内外轨高度差为h，重力加速度为g，如果机车要进入半径为R的弯道，

14、请问，该弯道处的设计速度最为适宜的是（）A号【答案】A【解析】试题分析：转弯中，gRhC.:gRhD E T当内外轨对车轮均没有侧向压力时，火车的受力如图，由牛顿第二定律得:v2hmg tan a = m ，又 tan 0 =，R扣-h2-4 兀 kdQ解得：E =v =8 SgRh.故A正确.妃-h2考点：牛顿定律及向心力。12. 如图所示，质量不计的轻质弹性杆？插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为3 .则下列说 法正确的是（重力加速度为g）（）A.球所受的合外力大小为m 2RB.m： g 2 + 4 R 2 球所受的合外力

15、大小为Xc.球对杆作用力的大小为m：g 2如R 2D.球对杆作用力的大小为m” 4R2 + g2【答案】AD【解析】试题分析：由牛顿定律可知，球所受的合外力大小为m o 2R,选项A正确，B错误； 根据平行四边形法则可知，球对杆作用力的大小为 F = ：尸合+（ mg）2 = mg 2 + o 4R 2，选项 D 正确，C 错误。考点：向心力；牛顿定律的应用。13. 在光滑杆上穿着两个小球m1、m2，且m1=2m2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转 动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如右图所示，此时两小球到转轴的距离r 与之比为（）A、1：C、2：1D、1：2【答案】D【解析】 试题分析：

16、由于细线的拉力等于两球做圆周运的向心力，则T = m 1o2r1= m22r2，故i：r2= m2：mi= 1:2，选项D 正确。考点：圆周运动的向心力。14. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A. B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆 上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球 在竖直面内转动.在转动的过程中，忽略空气的阻力.若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下 列说法正确的是（）A.B.C.D.球B在最高点时速度为零此时球A的速度也为零球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg球B转到最高点时，杆对水平轴的作用力为3mg 【答案】C【解析

17、】试题分析：球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向V 2心力，mg = m-2 LV = .、？gL ,A错；A、B的角速度相等，由v= w r，得七=，B错；球B、.,_V2在最高点时，对杆无作用力，对A球由牛顿第二定律有T - mg = m-A，解得T =1.5mg，LC对，D错，所以本题选择C。考点：向心力牛顿第二定律A.B.第一个过程中，拉力F在逐渐变大， 两个过程中，轻绳的张力均变大且最大值一定大于F 4= -m，T2=mg第二个过程中，重力和水平恒力F 【答案】AC【解析】试题分析：第一次小球缓慢移动，因此，小球处于平衡状态，解得F=mgtana，绳中 张力T=

18、mg/cosa，随着a的逐渐增大，力F、T逐渐增大，当a =0时，有:Fm=mgtan。， Ti=mg/cos0，在第二次运动过程中，根据动能定理有：一mgl(1 cos0 ) +F lsin0 =0，解得：F = 1-cos mg= mg tan-，故选项A正确；此过程中，小球恰能到达Q点， sin -2说明VQ = 0，根据牛顿第二定律可知，在球运动轨迹法线方向上有：T2 mgcos0 F sin0 =0，解得：T2=mg，故选项C正确；在第二次运动过程中，根据平行四边形C.D.的合力的功率先增大后减小15. 如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于 P点，

19、第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方 向夹角为。，张力大小为二，第二次在水平恒力F 作用下，从P点开始运动并恰好 能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，关于这两个过程，下列说法中正确的是 (不计空气阻力，重力加速度为g) (2定则可知，重力与水平拉力的合力为：f合=mg/cos?,恒定不变，方向与竖直方向成2角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成冬角时，速度最大，2根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力亦最大，故选项B错误；在O点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力合力F，的瞬时功率为零，其它位置不 合为零，因此此

20、过程中F，的功率是先增大后减小，再增大再减小，故选项D错误。 合考点：本题主要考查了共点力平衡条件、牛顿第二定律、向心力公式、动能定理的应用 及瞬时功率的计算问题。16. 如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳 与汽车连接点距滑轮顶点高都为h，开始时物体静止于A，滑轮两侧的绳都竖直绷紧， 汽车以v向右匀速运动，至汽车与连接的细绳水平方向的夹角为30，则（）A. 运动过程中，物体m 一直做加速运动B. 运动过程中，细绳对物体的拉力总是等于mgC. 在绳与水平方向的夹角为30。时，物体m上升的速度为v/2.3D. 在绳与水平方向的夹角为30。时，拉力功率大于2 mg

21、v【答案】AD【解析】试题分析:货物速度为：v（=vcose，由于0逐渐变小，故货物加速上升，故A正确； 货物加速上升，物体处于超重状态，细绳对物体的拉力总是大于mg，故B错误；C、由A分析知，当0 =30时，货物速度为七=Vcos30 = v，故C错误；由于拉力大于mg，在绳与水平方向的夹角为30。时，拉力功率大于P mgv0 = mgv，故 D 正确。考点：运动的合成和分解.17. 飞机现已广泛应用于突发性灾难的救援工作，如图所示为救助飞行队将一名在海上 身受重伤、生命垂危的渔民接到岸上的情景。为了达到最快速的救援效果，飞机一边从 静止匀加速收拢缆绳提升伤员，将伤员接进机舱，一边沿着水平方

22、向匀速飞向岸边。则 伤员的运动轨迹是【答案】B【解析】试试题分析：竖直方向，匀速直线运动，所以有 ：-=：强：，水平方向，匀速直线运动，所以有：=二 由这两个式子可得：了 = 土，因此轨迹是开口向上的抛物 线，选B。考点：运动的合成与分解18. 一质量为2kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，在x方向的v t图象和y方 向的s t图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是A. 前2s内物体做匀变速直线运动B. 物体的初速度为8m/sC. 2s末物体的速度大小为8m/sD. 前2s内物体所受的合外力大小为8N 【答案】D 【解析】试题分析：由v t图可知，物体在x方向上初速度为8m/s的匀减速

23、直线运动，而在y 方向上，物体做速度为4m/s的匀速运动，合力与速度方向不在一条直线上，在前2,内 物体做匀变速的曲线运动，A错误；物体的初速度为水平速度和竖直速度的合速度，故 初速度为4 J5m/s，故B错误；2s末的物体的速度只有竖直分速度，速度为4m/s，C 错误；前2s内物体的加速度为4m/s2故由牛顿第二定律可知，其合力F=ma=8N，D正 确。考点：本题考查运动的合成与分解、做曲线运动的条件。19. 如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。 由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于 水平位置时，其上升速度 0，若这

24、时B的速度为V2，则（）A. V2 =0B. V2 V1c. J 0D. V2= Vi【答案】A【解析】试题分析：环A沿竖直细杆上升的速度，可以分解为两个分速度，一个是沿着绳子方向 的速度，一个是垂直于绳子方向的速度，若A的速度为v1, B的速度为七，则速度之间 的关系是七二七cos。，其中e是绳子与竖直细杆之间的夹角，当绳子水平的时刻， 角度为90，匕=0，选项A正确。考点：本题考查速度的分解。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题（题型注释） 三、实验题（题型注释）评卷人得分四、计算题（题型注释）20. 如图所示，一水平传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度做匀速运动

25、。在传送 带右侧有一半圆弧形的竖直放置的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.2m,半圆弧形轨道最 低点与传送带右端B衔接并相切，一小物块无初速地放到皮带左端A处，经传送带和竖 直圆弧轨道至最高点C。已知当A、B之间距离为s=1m时，物块恰好能通过半圆轨道的 最高点 C，（g=10m/s2）则:（1）物块至最高点C的速度v为多少？（2）物块与皮带间的动摩擦因数为多少？（3）若只改变传送带的长度，使滑块滑至圆弧轨道的最高点C时对轨道的压力最大， 传送带的长度七应满足什么条件？【答案】（1） J2m/s （2） u= 0.5 （3） S 1.6m【解析】试题分析：（1）设小物块质量为m,至最高点C的速度为

26、vmg = =（2 分）RV = %： gR = y2 m/s （1 分）（2）至B点的速度为vBmv 2 = mv2 + mg - 2R （1 分） v = .1 m /s （1 分）因为 v = v （ 12 B 2BB 0分）1 、mgs = mv 2 0（2 分）2 b得 u = 0.5（1 分）.一.、.1八，.（3）设刚好到达B点的最大速度为4m/s，则umgs = m* -0，解得：s = 1.6m所以s 1.6m考点：考查了动能定理，圆周运动，牛顿第二定律的应用21. (12分)如图，一个质量为0. 6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从 光滑圆弧ABC的A点的切线方向

27、进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。 已知圆弧的半径R=0. 3m，0 =60 0，小球到达A点时的速度v=4 m/s。(取g =10 m/s2) 求：(1) 小球做平抛运动的初速度V0 ；(2) P点与A点的水平距离和竖直高度；(3) 小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。【答案】(1) 2m/s ； (2) X = 253m . h=0.6m； (3) 8N.【解析】试题分析：(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为0，所以：vVx=vacos0 =4X0.5m/s=2m/s3 z ,(2) v =七 sm0 = 4? -m

28、/s 2J3m /s由平抛运动的规律得：x=v0t，vy=gt，vy2=2gh2J3代入数据，解得：h=0.6m， X =5 m .(3 )从 A 到 C 的运动过程中，运用动能定理得：1 2/C C、mv 2 = - mg (R + R cos0 )2 A 代入数据解之得：vc = w7m / s，由圆周运动向心力公式得：NC + mg = mVC代入数据解之得：Nc=8N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为8N，方向竖直向上.考点：牛顿定律；动能定理；平抛运动的规律.22. (12分)如图长为L=1.5m的水平轨道AB和光滑圆弧轨道BC平滑相接，圆弧轨道半 径R=3m，圆心在B点正上方O处，

29、弧BC所对的圆心角为。=5如 具有动力装置的玩具 小车质量为m=1kg，从A点开始以恒定功率P=10w由静止开始启动，运动至B点时撤去 动力，小车继续沿圆弧轨道运动并冲出轨道。已知小车运动到B点时轨道对小车的支持 力为F=261N，小车在轨道AB上运动过程所受阻力大小恒为f=0.1mg小车可以被看成 B 3质点。取 g=10m / s2,， sin53o=0.8, cos53o=0.6，求:(1) 动力小车运动至B点时的速度VB的大小；(2) 小车加速运动的时间t;(3) 小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度。【答案】(1) v = 7m/s (2) t = 2.6s(3) 2mB【解

30、析】试题分析：(1)B点为圆周运动最低点，重力支持力的合力提供向心力，即v 2F mg = m-R带入数据得v = 7m / sB(2) 小车以恒定功率P=10w由静止开始启动，经过B点时的牵引力F = = 10 f，Vb 7所以从A到B小车一直在加速，根据动能定理有Pt - fL = 1 mv 22 b整理得t = 2.6s(3) 小车从B点到C点的过程，根据动能定理有mgR(1-cos9 ) =1 mv 2 -1 mv 22 c 2 b离开轨道后，水平方向为匀速直线运动，初速度=VC cos9竖直方向匀减速直线运动，初速度七=vC sin9，速度减小到0时上升到最高点，即h = M2 gv

31、 2小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度为R(1-cos9 ) +安=2m考点：动能定理圆周运动功能关系23. 如图所示，在质量为M的电动机上，装有质量为m的偏心轮，偏心轮的重心。距 转轴的距离为尸.当偏心轮重心在转轴O正上方时，电动机对地面的压力刚好为零.求电 动机转动的角速度w./（M + m） g【答案】w =（-mr【解析】试题分析：偏心轮重心在转轴正上方时，电动机对地面的压力刚好为零，则此时偏心轮对电动机向上的作用力大小等于电动机的重力，即：F = Mg （2分）根据牛顿第三定律，此时轴对偏心轮的作用力向下，大小为F = Mg，其向心力为：F + mg = mw2r（2分）由得电动机转动的角速度为：w=：(M + m) gmr（2分）考点：本题考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、竖直面内的圆周运动规律