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專題04 曲線運動
第一部分名師綜述
近幾年來，曲線運動已成為高考的熱點內容之一，有時為選擇題，有時以計算題形式出現(xiàn)，重點考查的內容有：平拋運動的規(guī)律及其研究方法，圓周運動的角度、線速度、向心加速度，做圓周運動的物體的受力與運動的關系，同時，還可以與帶電粒子的電磁場的運動等知識進行綜合考查；重點考查的方法有運動的合成與分解，豎直平面內的圓周運動應掌握最高點和最低點的處理方法．本部分內容是牛頓運動定律在曲線運動中的具體應用，而萬有引力定律是力學中一個重要獨立的基本定律，運動的合成與分解是研究復雜運動的基本方法，復習本章的概念和規(guī)律，將加深對速度、加速度及其關系的理解；加深對牛頓第二定律的理解，提高解題實際的能力。
第二部分知識背一背
一、平拋運動
1.定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下所做的運動.
2.性質：加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線.
3.基本規(guī)律：以拋出點為原點，以水平方向(初速度v0方向)為x軸，以豎直向下方向為y軸，建立平面直角坐標系，則：
(1)水平方向：做勻速直線運動，速度vx=v0, 位移x=v0t .
(2)豎直方向：做自由落體運動，速度vy=gt,位移y=.
二、斜拋運動
1.定義：將物體以速度v斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動.
2.性質：加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。
三、離心運動和近心運動
1.離心運動
(1)定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，所做的逐漸遠離圓心的運動.
(2)本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向.
(3)受力特點.
①當F=mω2r時，物體做勻速圓周運動；
②當F=0時，物體沿切線方向飛出;
③當F
mω2r,物體將逐漸靠近圓心，做近心運動.
第三部分技能+方法
一、小船渡河問題的規(guī)范求解
1.總結
(1)不論水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，時間最短.
(2)當船速大于水速時，船可以垂直于河岸航行.
(3)當船速小于水速時，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程.
2.求解小船渡河問題的方法
求解小船渡河問題有兩類：一是求最短渡河時間，二是求最短渡河位移.無論哪類都必須明確以下四點：
(1)解決這類問題的關鍵是:正確區(qū)分分運動和合運動,船的航行方向也就是船頭指向，是分運動.船的運動方向也就是船的實際運動方向，是合運動,一般情況下與船頭指向不一致.
(2)運動分解的基本方法,按實際效果分解,一般用平行四邊形定則按水流方向和船頭指向分解.
(3)渡河時間只與垂直河岸的船的分速度有關，與水流速度無關.
(4)求最短渡河位移時,根據(jù)船速v船與水流速度v水的情況用三角形法則求極限的方法處理.
二、斜面上的平拋問題
斜面平拋問題的求解方法
(1)物體在斜面上平拋并落在斜面上的問題與實際聯(lián)系密切，如滑雪運動等，因而此類問題是高考命題的熱點.有兩種分解方法：一是沿水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動；二是沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動.
(2)此類問題中，斜面的傾角即為位移與水平方向的夾角；可以根據(jù)斜面的傾角和平拋運動的推論確定物體落在斜面上時的速度方向.
三、水平面內的勻速圓周運動的分析方法
1.運動實例：圓錐擺、火車轉彎、飛機在水平面內做勻速圓周飛行等.
2.這類問題的特點是:(1)運動軌跡是圓且在水平面內；(2)向心力的方向水平，豎直方向的合力為零.
3.解答此類問題的方法：
(1)對研究對象受力分析，確定向心力的來源；
(2)確定圓周運動的圓心和半徑；
(3)應用相關力學規(guī)律列方程求解.
四、豎直平面內的圓周運動的求解思路
（1）定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同，其原因主要是：“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體.
（2）確定臨界點：v臨=，對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現(xiàn)為支持力還是拉力的臨界點.
（3）研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況.
（4）受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合=F向.
（5）過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列方程.
第四部分基礎練+測
一、單選題
1．2019年1月5日零點起,全國鐵路實施新版列車運行圖,17輛編組的超長版“復興號”CR系列動車組以350公里時速正式在京滬高鐵上線運營.當一列由北京南開往上海虹橋的“復興號”CR400高鐵正在勻加速直線行駛途中,某乘客在車廂里相對車廂以一定的速度豎直向上拋出一個小球,則小球( )
A．在最高點對地速度為零
B．在最高點對地速度最大
C．拋出時車廂速度越大,落點位置離乘客越遠
D．從拋出到落地的時間與車廂的速度大小無關
【答案】 D
【解析】
【詳解】
小球被豎直拋出時，水平方向有與列車相同的速度，則在最高點對地速度不為零，選項A錯誤；在最高點時豎直速度為零，則對地的速度不是最大的，選項B錯誤；由于小球的水平速度與乘客的速度相同，則小球應該落回到原出發(fā)點，與拋出時車廂的速度無關，選項C錯誤；從拋出到落地的時間只與豎直上拋的速度有關，與車廂的速度大小無關，選項D正確；故選D.
2．雙人滑冰是一種觀賞性很高的冰上運動。如圖所示，在一組動作中，男女運動員繞某豎直軸做勻速圓周運動。對此現(xiàn)象，小明同學對于“如果水平面光滑?！边@樣的理想化情況，做出這樣一些分析判斷，其中正確的是：
A．他倆不可能做勻速圓周運動
B．他倆的運動不是直線運動，總動量不守恒
C．由于男選手對女選手拉力斜向上，這個拉力大于女選手對男選手的拉力
D．由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力大于自己的重力
【答案】 D
【解析】
【詳解】
男女運動員繞某豎直軸轉動，兩人之間的拉力和重力的合力充當向心力，則他倆可能做勻速圓周運動，選項A錯誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動量守恒，選項B錯誤；男選手對女選手的拉力與女選手對男選手的拉力是一對作用和反作用力，大小相等，選項C錯誤；由于女選手對男選手拉力斜向下，男選手對冰面壓力等于男選手的重力與女選手對男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對冰面壓力大于自己的重力，選項D正確；故選D.
3．“旋轉秋千”是游樂園里常見的游樂項目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉盤旋轉而在空中飛旋。若將人和座椅看為質點，“旋轉秋千”可簡化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內的圓形轉盤，半徑為r，可繞穿過其中心的豎直軸轉動。讓轉盤由靜止開始逐漸加速轉動，經過一段時間后質點與轉盤一起以角速度ω做勻速圓周運動，此時繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長為L且不可伸長，質點的質量為m，不計空氣阻力及繩重。則下列說法中正確的是（）
A．質點的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小
B．質點做勻速圓周運動的向心力是其所受懸線的拉力
C．轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系為ω=gtanθr+Lsinθ
D．質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，繩子對質點做的功為mg(r+Lsinθ)tanθ
【答案】 C
【解析】
【詳解】
由重力和繩子的拉力的合力提供質點圓周運動的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R
解得：tanθ=ω2rg，與重力無關，故A、B錯誤；
質點做勻速圓周運動的向心力是由重力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯誤；根據(jù)mgtanθ=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設質點與轉盤一起做勻速圓周運動時速度大小為v，根據(jù)向心力公式得：mgtanθ=mv2r+Lsinθ…①
對于質點從靜止到做勻速圓周運動的過程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設繩子拉力做功為W，則根據(jù)動能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…②
聯(lián)立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯誤。故選C。
4．將一只蘋果（可看成質點）水平拋出，蘋果在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運行的軌跡。若不計空氣阻力的影響，則 ( )
A．蘋果通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最大
B．蘋果通過第3個窗戶期間重力所做的功最多
C．蘋果通過第1個窗戶期間重力做功的平均功率最小
D．蘋果通過第3個窗戶期間速度變化量最大
【答案】 C
【解析】
【詳解】
A、蘋果在豎直方向運動速度越來越大，但窗戶的高度一樣，因此時間越來越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來越大，即通過第1個窗戶期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯誤；
B、窗戶的高度一樣，故通過每個窗戶重力做功都為mgh，故B錯誤；
C、蘋果通過第一扇窗戶時間最長，故通過第1個窗戶克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正確；
D、平拋運動的加速度恒定為g，則速度變化量為Δv=gt，通過第3個窗戶的時間最短，故其速度變化量最?。还蔇錯誤；
故選C.
5．如圖所示，水平屋頂高H=5m，圍墻高h=3.2m，圍墻到房子的水平距離L=3m，圍墻外馬路寬x=10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，小球離開屋頂時的速度v0大小的值不可能為(g取10m/s2)
A．8m/s B．12m/s
C．6m/s D．2m/s
【答案】 D
【解析】
【詳解】
小球落到圍墻上的速度為v1，則下落時間t1=2(H-h)g＝2(5-3.2)10s=0.6s，根據(jù)速度時間關系可得v1=Lt1＝30.6m/s=5m/s；小球落在馬路外邊緣經過的時間為t2，則t2=2Hg＝1010s=1s，根據(jù)速度時間關系可得速度v2=L+xt2＝3+101m/s=13m/s，所以滿足條件的速度5m/s≤v≤13m/s，故小球離開屋頂時的速度v0的大小的值不可能為2m/s，故選D.
6．如圖所示，在豎直平面內固定有一個光滑圓軌道。一個可視為質點的小球從軌道的最低點出發(fā)，恰能沿圓軌道做完整的圓周運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是
A．小球到達最高點的速度為0
B．小球在最低點對軌道的壓力最大
C．小球在上升過程中所受合外力指向圓心
D．圓軌道對小球的作用力一直做負功
【答案】 B
【解析】
【詳解】
A、小球恰能沿圓軌道做完整的圓周運動，在最高點由重力提供向心力，則有：mg=mv2R，解得小球到達最高點的速度為v=gR，故A錯誤；
BCD、小球在運動過程中，小球受到重力和圓軌道對小球的支持力，只有在最高點和最低點時小球受到的合外力指向圓心，其余位置小球受到的合外力不指向圓心；圓軌道對小球的支持力與速度方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，小球在最低點速度最大，根據(jù)牛頓運動定律可知小球在最低點對軌道的壓力最大，故B正確，C、D錯誤；
故選B。
7．如圖所示，A球在B球的斜上方，兩球相向水平拋出。若要使兩球在與兩球拋出的距離相等的豎直線上相遇，則
A．A、B兩球要同時拋出
B．B球要先拋出
C．A球拋出時的速度大于B球拋出時的速度
D．A球拋出時的速度小于B球拋出時的速度
【答案】 D
【解析】
【詳解】
AB、兩球都做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，則有 h=12gt2，得t=2hg，可知A平拋運動的時間較長，所以A球要先拋出，故A B錯誤；
CD、水平方向有 x＝v0t，因為x相等，A平拋運動的時間較長，所以A球拋出時的速度小于B球拋出時的速度，故C錯誤，D正確。
8．如圖所示，D點為固定斜面AC的中點，在A點先后分別以初速度v01和v02水平拋出一個小球，結果小球分別落在斜面上的D點和C點．空氣阻力不計．設小球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到D點和C點前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到D點和C點前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為θ1和θ2，則下列關系式正確的是（ ）
A．t1t2=12 B．v01v02=12
C．v1v2=12 D．tanθ1tanθ2=12
【答案】 C
【解析】
【分析】
本題考查的是平拋運動的規(guī)律，兩次平拋均落到斜面上，位移偏轉角相等，以此切入即可求出答案。
【詳解】
設斜面的傾角為θ，可得gt2v0=tanθ，所以gt12v01=gt22v02，豎直方向下降的高度之比為1：2，所以t1t2=12，求得v01v02=12，再結合速度偏轉角的正切值是位移偏轉角正切值的兩倍，v1v2=v01v02=12，tanθ1tanθ2=1，所以C正確。
【點睛】
平拋運動問題的切入點有三種：軌跡切入、偏轉角切入、豎直方向相鄰相等時間位移差為常數(shù)。
9．從在高空水平勻速飛行的飛機上每隔1釋放1個小球，先后共釋放5個，不計空氣阻力，則
A．這5個小球在空中處在同一條拋物線上
B．在空中，相鄰的兩小球間的距離保持不變
C．相鄰的兩小球的落地點的間距相等
D．最先釋放的兩小球的落地點的間距最大
【答案】 C
【解析】
【分析】
根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，當小球釋放后由于慣性在水平方向上和飛機速度相同；每次釋放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每個小球運動規(guī)律一樣；根據(jù)豎直方向做自由落體運動和水平方向做勻速直線運動判斷兩球之間的距離；
【詳解】
A、由于慣性，小球和飛機水平方向具有相同速度，因此都在飛機的正下方，故小球落地前排列在同一條豎直線上，故A 錯誤；
B、在空中，相鄰的兩個小球水平分速度相等，由于先釋放的一個小球比后一個小球多運動1s，故豎直分速度大10m/s，故每秒中兩個小球間距增加10m，故B錯誤；
CD、小球水平方向是勻速運動（設為v0），前一個小球落地，再過1s，后一個小球落地，故間距為v0t=v0米，恒定，故C正確，D錯誤；
故選C。
【點睛】
解決的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，難點在于兩個炸彈運動規(guī)律的比較，即相對運動的理解。
10．如圖，在傾角為θ的斜面頂端將三個小球M、N、P分別以v02、v0、2v0的初速度沿水平方向拋出，N恰好落到斜面底端。已知sinθ=35，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。則M落到斜面時的速度大小與P落到地面時的速度大小之比為
A．13︰100 B．1︰4 C．1︰16 D．13︰10
【答案】 D
【解析】
【分析】
由題意分析可知，M、N會落到斜面上，物體平拋落到斜面上，由相同的位移偏向角，根據(jù)位移偏向角可以算出M的末速度vM=134v0，物體N、P落到水平面上，有相同的下降高度，故由相同的運動時間，根據(jù)運動學分析，可算出vP=52v0，故vM:vP=13:10。
【詳解】
對M：tanθ=yMxM=12gtM2v02tM，解得tM=3v04g，vMy=gtM=34v0，對N：tanθ=yNxN=12gtN2v0tN，解得tN=3v02g，tP=tN=3v02g，vPy=vNy=gtN=3v02，vM2=(v02)2+vMy2，解得vM=134v0，vP2=(2v0)2+vPy2，解得vP=52v0，故vM:vP=13:10，故D正確。
【點睛】
平拋運動與斜面的結合問題，要抓住位移偏向角等于斜面的傾角。
二、多選題
11．如下左圖為某游樂園颶風飛椅游玩項目,如下右圖為颶風飛椅結構簡圖。其裝置由傘型轉盤A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D(可視為質點)組成,在距轉盤下表面軸心O距離為d的圓周上,用軟繩分布均勻地懸掛16座飛椅(右圖中只畫兩座),設A、B、C總質量為M,單個飛椅與人的質量之和均為m,懸掛飛椅D的繩長均為L,當水平轉盤以角速度ω穩(wěn)定旋轉時,各軟繩與豎直方向成θ角。則下列判斷正確的是
A．轉盤旋轉角速度為gtanθd+Lsinθ
B．底座C對水平地面壓力隨轉速增加而減小
C．底座C對水平地面壓力與轉速無關,恒為Mg+16mg
D．軟繩與豎直方向夾角θ大小與軟繩長、轉速和乘客質量均有關
【答案】 AC
【解析】
【詳解】
A．對單個的座椅：mgtanθ=mω2(d+Lsinθ)解得ω=gtanθd+Lsinθ，選項A正確；
B C．對座椅，豎直方向Tcosθ=mg，對整體豎直方向：N=Mg+16Tcosθ= Mg+16mg，則底座C對水平地面壓力大小不變，選項B錯誤，C正確；
D．由mgtanθ=mω2(d+Lsinθ)可知gtanθ=ω2(d+Lsinθ)，則軟繩與豎直方向夾角θ大小與軟繩長L、角速度ω（轉速n）有關，與乘客質量無關，選項D錯誤.
12．如圖所示，可視為質點的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長的細繩繞過滑輪連接小球，已知小球重力為IN，電動機從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對此時小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是
A．小球速度等于2m/s
B．小球速度等于0.5m/s
C．繩中拉力大于2N
D．繩中拉力等于2N
【答案】 AC
【解析】
【詳解】
設小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運動速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1cosθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球運動過程角θ逐漸增大，故小球在做加速運動，加速度向上，對小球受力分析知F cosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N。故選項AC正確，BD錯誤。
13．如圖所示，斜面傾角為θ，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正對斜面頂點B水平拋出，小球到達斜面經歷的時間為t，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A．若小球以最小位移到達斜面，則t=2v0gtanθ
B．若小球垂直擊中斜面，則t=v0gtanθ
C．若小球恰能擊中斜面中點，則t=2v0gtanθ
D．無論小球怎樣到達斜面，運動時間均相等
【答案】 AB
【解析】
【詳解】
過拋出點作斜面的垂線CD，如圖所示：
當小球落在斜面上的D點時，位移最小，設運動的時間為t，則水平方向：x=v0t；豎直方向：y=12gt2。根據(jù)幾何關系有xy=tanθ，即有v0t12gt2=tanθ，解得：t=2v0gtanθ．故A正確。若小球垂直擊中斜面時速度與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=v0gt，得t=v0gtanθ．故B正確。若小球能擊中斜面中點時，小球下落的高度設為h，水平位移設為x。則由幾何關系可得tanθ=hx=12gt2v0t=gt2v0，得：t=2v0tanθg，故C錯誤。由上知，D錯誤。
14．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一質量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方R2處。小球從最高點A由靜止開始逆時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g。下列說法正確的是（）
A．小球運動到B點時的速度大小為2gR
B．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大
C．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg
D．小球運動到B點時重力的功率為0
【答案】 BCD
【解析】
【詳解】
由題分析可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運動到B點時的速度為：vB=2gR．故A錯誤。根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則小球的機械能最大，故B正確；設小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F．在A點，圓環(huán)對小球的支持力 F1=mg+F；在B點，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運動到B點時重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故D正確。故選BCD。
15．如圖所示,支架固定在底座上，它們的總質量為M。質量分別為2m和m的小球A、B(可視為質點)固定在一根長度為L的輕桿兩端，該輕桿通過光滑轉軸O安裝在支架的橫梁上,O、A間的距離為L/3,兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內做圓周運動,運動過程中支架和底座一直保持靜止。當轉動到圖示豎直位置時,小球A的速度為v,重力加速度為g,對于該位置有
A．小球A、B的加速度大小相等 B．若v=gL3，則底座對水平地面的壓力為Mg+3mg
C．小球A、B的向心力大小相等 D．若v=13gL，則底座對水平地面的壓力為Mg+mg/3
【答案】 BC
【解析】
【詳解】
A、兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內做圓周運動，所以兩小球的角速度相同，根據(jù)a=ω2r可知小球A、B的加速度之比為aA:aB=1:2，故A錯誤；
B、若v=gL3時對A分析則有2mg-FA=2mv213L，解得輕桿對A支持力為FN=0，根據(jù)v=ωr可知vB=2gL3，對B分析則有FB-mg=mvB223L，解得輕桿對B拉力為FB=3mg，以底座和輕桿為對象，水平地面對底座的支持力為FN=MG+3mg，故B正確；
C、根據(jù)F=mω2r可知A、B的向心力之比為FA:FB=1:1，故C正確；
D、若v=13gL時對A分析則有2mg-FA=2mv213L，解得輕桿對A支持力為FA=43mg，根據(jù)v=ωr可知vB=23gL，對B分析則有FB-mg=mvB223L，解得輕桿對B拉力為FB=53mg，以底座和輕桿為對象，水平地面對底座的支持力為FN=MG+3mg，故D錯誤；
故選BC。
16．我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點，圓弧最低點C點的切線沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30的著陸坡。一運動員連同滑板可視為質點，從A點由靜止滑下，到C點后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點，不計空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。則
A．運動員到達C點時，對軌遒的壓力大小為運動員本身重力的1.9倍
B．運動員到達B點時的速度大小為10m/s
C．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下，則運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同
D．若運動員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點飛出時，運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比
【答案】 ACD
【解析】
【詳解】
A.設運動員在C點的速度為vC，在CD上有平拋運動可得：tanθ2=12gt2vCt，CDsinθ2=12gt2,有以上兩方程可得：vC=15m/s，在C點有圓周運動的知識可得：FN-mg=mv2R，壓力大小為運動員本身重力的比為：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正確。
B.有B到C有動能定理可得：mgR(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B錯誤。
C. 運動員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運動的規(guī)律可得：tanφ=2tanθ2，所以φ是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。
D. 運動員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運動的規(guī)律可得v=v0cosφ，因為cosφ是定值，所以運動員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比。故D正確。
17．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑?，F(xiàn)將小球（可視為質點）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點，C、D兩點等高，OC與水平方向的夾角θ=60，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）
A．v1：v2=1:3
B．小球從開始運動到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同
C．小球從開始運動到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2
D．小球落在凹槽上時，重力的瞬時功率兩次不同
【答案】 AB
【解析】
【詳解】
A、小球從開始運動到落到凹槽上做平拋運動，下落高度相同，運動時間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點時有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點時有：x2=v2t=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正確；
B、根據(jù)加速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變化量Δv=gΔt，由于下落時間相同，所以小球從開始運動到落到凹槽上，速度的變化量兩次相同，故B正確；
C、小球從拋出到D點的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到C點的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后兩次的平均速度之比為1:3，故C錯誤；
D、小球剛到D點時重力的瞬時功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2t，小球剛到C點時重力的瞬時功率PC=mgvyC=mg?gt=mg2t，所以重力的瞬時功率兩次相同，故D錯誤；
故選AB。
18．如圖所示，在光滑水平桌面上有一個質量為m的質點，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點開始做曲線運動，圖中曲線是質點的運動軌跡。已知在t s末質點的速度達到最小值v，到達B點時的速度方向與初速度v0的方向垂直，則
A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ=vv0
B．質點所受合外力的大小為mv02-v2t
C．質點到達B點時的速度大小為v0vv02-v2
D．t s內恒力F做功為12mv02-v2
【答案】 ABC
【解析】
【詳解】
分析可知，恒力F的方向應與速度方向成鈍角，如圖所示：
在x′方向上由運動學知識得v＝v0sin θ；在y′方向上由運動學知識得v0cos θ＝ayt；由牛頓第二定律有F＝may；解得F＝mv02-v2t，sin θ＝vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sin θ＝vv0。故AB正確；設質點從A點運動到B歷時t1，設在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由運動學知識可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，則選項C正確；t s內恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯誤。故選ABC.
19．如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上，物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F．小環(huán)和物塊以速度υ向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動，整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g下列說法正確的是（ ）
A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于Mg
B．小環(huán)碰到釘子P后瞬間，繩中的張力大于2F
C．物塊上升的最大高度為v22g
D．速度v不能超過(F-Mg)L2M
【答案】 AC
【解析】
【分析】
碰到釘子以后，物塊做圓周運動，找到物塊的向心力，即可求出答案。
【詳解】
A．向右勻速時，夾子給物塊的摩擦力等于物塊的重力Mg,所以根據(jù)牛頓第三定律，可得物塊給夾子一個反作用力Mg,所以繩子里面的張力等于Mg。A正確。
B．小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運動，此時f-Mg=mv2L，繩子張力大小等于f，不一定大于2F，B錯。
C．小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運動，機械能守恒，所以物塊上升的最大高度為v22g。C對。
D．當夾子的摩擦力等于最大靜摩擦力時，物塊的速度最大，可得2F-Mg=mvm2L，D錯。
【點睛】
圓周運動的問題關鍵是分析好向心力的構成。
20．如圖所示，在豎直平面內有一光滑水平直軌道與半徑為R的光滑半圓形軌道在半圓的一個端點B相切，可視為質點的小球從A點通過B點進入半徑為R的半圓，恰好能通過半圓的最高點M，從M點飛出后落在水平面上，不計空氣阻力，則
A．小球到達M點時的速度大小為0B．小球在A點時的速度為5gR
C．小球落地點離B點的水平距離為2R D．小球落地時的動能為3mgR
【答案】 BC
【解析】
【分析】
小球恰好能通過半圓的最高點M，由重力提供向心力，由此求出小球通過M點的速度；由動能定理求出小球在A點時的速度；由平拋運動的規(guī)律求小球落地點離B點的水平距離，再由動能定理求小球落地時的動能；
【詳解】
A、小球恰好能通過半圓的最高點M，由重力提供向心力，則有mg=mvM2R，解得vM=gR，故A錯誤；
B、從A到M，由動能定理得：-2mgR=12mvM2-12mvA2，解得：vA=5gR，故B正確；
C、小球離開M點后做平拋運動，則有x=vMt，2R=12gt2，得x=2R，故C正確；
D、M到落地,由動能定理得：2mgR=Ek-12mvM2，解得小球落地時的動能Ek=52mgR，故D錯誤；
故選BC。
【點睛】
關鍵是認真分析物體的運動過程，將其分解為我們常見的物理學模型，如平拋、自由落體、圓周運動等，即可利用常見公式進行解答。
三、解答題
21．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點，質量為m的小球B靜止于水平軌道上P點，小球半徑遠小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起。求當v0的大小在什么范圍時，兩球在圓弧軌道內運動時不會脫離軌道。已知重力加速度為g。
【答案】v0≤22gR或v0≥25gR
【解析】
【詳解】
AB碰撞動量守恒，則：mv0＝2mv
若兩物體能到達與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－122mv2，
解得v0＝22gR
若兩物體恰能到達最高點，則：－2mg2R＝122mv′2－122mv2，
2mg＝2mv2R，
解得v0＝25gR
綜上，當v0≤22gR或v0≥25gR時，兩球在圓弧軌道內運動時不會脫離軌道。
22．如圖所示，MN是半徑為R=0.2m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點。把一質量為m=1kg的小球B靜止放于N點，另一完全相同的小球A由M點靜止釋放，經過N點時與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不計阻力，小球可視為質點。求：
（1）小球A運動到N點與小球B碰前的速度v0的大小
（2）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小
（3）P點與N點之間的水平距離x
【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m
【解析】
【詳解】
（1）由機械能守恒定律：mgR=mv02/2
解得：v0=4m/s
（2）小球A與小球B碰撞過程動量守恒，則：mv0=2mv
解得：v=2m/s
（3）小球做平拋運動：h=gt2/2 x=vt
解得：x=0.8m
23．如圖所示,質量m1=1kg的木板靜止在傾角為θ=30足夠長的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而與半徑R=3m的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點B與圓心O等高.一質量m2=2kg、可視為質點的小滑塊以v0=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)u=33,木板每次撞擊圓弧軌道時都會立即停下而不反彈,最終滑未從木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求
(1)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度;
(2)木板的最小長度;
(3)木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能。
【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3)509J≈5.56J
【解析】
【詳解】
(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=33=tan300可知，滑塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達A點時速度大小依然為v0=15m/s，設滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度為h，則由機械能守恒定律可得：12m2v02=m2g(Rcosθ+h)
解得：h=9.75m ；
(2) 由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為v0=15m/s，
滑上木板后，木板的加速的為a1，
由牛頓第二定律可知：μm2gcosθ－m1gsinθ=m1a1
滑塊的加速度為a2，
由牛頓第二定律可知：μm2gcosθ+m2gsinθ=m2a2
設經過t1時間后兩者共速，共同速度為v1，
由運動學公式可知：v1=v0－a2t1=a1t1
該過程中木板走過的位移：x1=v12t1
滑塊走過的位移：x2=v0+v12t1
之后一起勻減速運動至最高點，若滑塊最終未從木板上端滑出，
則木板的最小長度：L=x2－x1
聯(lián)立解得：L=7.5m；
(3) 滑塊和木板一起勻減速運動至最高點，然后一起滑下，加速度均為a3，
由牛頓第二定律可知：(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a3
一起勻減速向上運動的位移：x3=v122a3
木板從最高點再次滑至A點時的速度為v2，
由運動學公式可知：x1+x3=v222a3滑塊第三次、第四次到達A點時的速度大小均為v2，第二次沖上木板，設又經過時間t2兩者共速，共同速度為v3，
由運動學公式可知：v3=v2－a2t2=a1t2
該過程中木板走過的位移：x4=v32t2
一起勻減速向上運動的位移：x5=v322a3
設木板第二次滑至A點時的速度為v4，由運動學公式可知：x4+x5=v422a3
木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能為ΔE=12m1v42
聯(lián)立各式得：ΔE=509J≈5.56J。
24．如圖所示，半徑為R的圓管BCD豎直放置，一可視為質點的質量為m的小球以某一初速度從A點水平拋出，恰好從B點沿切線方向進入圓管，到達圓管最高點D后水平射出．已知小球在D點對管下壁壓力大小為12mg，且A、D兩點在同一水平線上，BC弧對應的圓心角θ＝60，不計空氣阻力．求：
(1)小球在A點初速度的大??；
(2)小球在D點角速度的大小；
(3)小球在圓管內運動過程中克服阻力做的功．
【答案】(1)gR；(2)g2R；(3)14mgR
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)幾何關系求出平拋運動下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運動的合成和分解求出初速度的大?。?
（2）根據(jù)向心力公式求出小球在D點的速度，從而求解小球在D點角速度．
（3）對A到D全程運用動能定理，求出小球在圓管中運動時克服阻力做的功．
【詳解】
（1）小球從A到B，豎直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60)
解得vy＝3gR
在B點：v0＝vytan600＝gR.
（2）在D點，由向心力公式得mg-12mg＝mvD2R
解得vD＝2gR2
ω＝vDR＝g2R.
（3）從A到D全過程由動能定理：－W克＝12mvD2－12mv02
解得W克＝14mgR.
【點睛】
本題綜合考查了平拋運動和圓周運動的基礎知識，難度不大，關鍵搞清平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及圓周運動向心力的來源．
25．將一擋板傾斜地固定在水平面上，傾角為θ＝30，如圖所示?，F(xiàn)有質量為m的小球由擋板上方的A點以v0的初速度水平向右拋出，小球落在擋板上的B點時，小球速度方向剛好與擋板垂直，求：
（1）小球落在B點時的速度
（2）A、B兩點的豎直高度差與水平距離之比
【答案】（1）2v0（2）32
【解析】
【分析】
（1）小球做平拋運動，水平速度不變，在B點的速度分解，根據(jù)幾何知識求解B點的速度；根據(jù)水平方向勻速運動，豎直方向做自由落體運動求解A、B兩點的豎直高度差與水平距離之比.
【詳解】
（1）將B點的速度分解，如圖，則vB=v0sin300=2v0
（2）豎直方向：vBcos300=gt
A、B兩點的豎直高度差與水平距離之比hx=12gt2v0t=gt2v0=32
26．將一個物體以10m/s的速度從15米的高度水平拋出，求
(1)落地的時間是多少？
(2)落地時它的速度方向與地面的夾角是多少？（不計空氣阻力，取g=10m/s2）
【答案】（1）3s（2）60
【解析】
【分析】
平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，水平方向上的速度已知，根據(jù)速度位移公式Vy2-0=2gh 求出豎直方向上的分速度，從而求出速度方向與地面的夾角．
【詳解】
（1）根據(jù)h=12gt2可得落地的時間t=2hg=21510s=3s
（2）落地時在水平方向的分速度是vx=v0=10m/s
豎直方向由勻變速運動規(guī)律知vy2-0=2gh
由此得vy＝2gh＝103m/s
若速度方向與地面的夾角用θ來表示，則tanθ=vyvx＝3
所以θ=60
【點睛】
解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．分別求出水平分速度和豎直分速度，即可知道速度方向與地面的夾角．
27．如圖所示，小明參加戶外競技活動，站在平臺邊緣抓住輕繩一端，輕繩另一端固定在O點，繩子剛好被拉直且偏離豎直方向的角度θ=60。小明從A點由靜止往下擺，達到O點正下方B點突然松手，順利落到靜止在水平平臺的平板車上，然后隨平板車一起向右運動。到達C點，小明跳離平板車(近似認為水平跳離)，安全落到漂浮在水池中的圓形浮漂上。繩長L=1.6m，浮漂圓心與C點的水平距離x=2.7m、豎直高度y=1.8m，浮漂半徑R=0.3m、不計厚度，小明的質量m=60kg，平板車的質量m=20kg，人與平板車均可視為質點，不計平板車與平臺之間的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求：
(1)輕繩能承受最大拉力不得小于多少?
(2)小明跳離平板車時的速度在什么范圍?
(3)若小明跳離平板車后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過程中做了多少功?
【答案】（1）1200N（2）4m/s≤vc≤5m/s（3）480J
【解析】
【分析】
（1）首先根據(jù)機械能守恒可以計算到達B點的速度，再根據(jù)圓周運動知識計算拉力大小。（2）由平拋運動規(guī)律，按照位移大小可以計算速度范圍（3）由動量守恒和能量守恒規(guī)律計算即可。
【詳解】
解(l)從A到B．由功能關系可得
mgL(1-cosθ)=12mv2①
代人數(shù)據(jù)求得v=4 m/s②
在最低點B處，T-mg=mv2L③
聯(lián)立①②解得，輕繩能承受最大拉力不得小于T=1200N
(2)小明離開滑板后可認為做平拋運動
豎直位移y=12gt2④
離C點水平位移最小位移x-R=vmint⑤
離C點水平位移最大為x+R=vmint⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得
小明跳離滑板時的速度4 m/s≤vc≤5 m/s
(3)小明落上滑板時，動量守恒
mv=(m+m0)v1⑦
代人數(shù)據(jù)求得v1=3 m/s⑧
離開滑板時，動量守恒
(m+m0)v1=mvC+m0v2⑨
將⑧代人⑨得
V2=-3 m/s
由功能關系可得
W=(12mvC2+12m0v22)-12m+m0v12⑩．
解得W=480 J
28．如圖所示，光滑1/4圓形軌道PQ豎直固定，半徑為R，軌道最低點距離地面的高度也為R。質量為m的小球從P點由靜止下滑，離開Q點后落至水平面上，取重力加速度為g，小球可視為質點，不計空氣阻力，求：
（1）小球通過軌道末端Q時，軌道對小球的彈力大小
（2）小球落地點與Q點的距離。
【答案】（1）3mg（2）5R
【解析】
【分析】
（1）小球由P→Q過程中，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律求經過Q點的速度．小球經過Q點時，由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式列式求解；
（2）小球從Q點拋出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的位移公式求解x．
【詳解】
（1）設小球在Q點時的速度為v0，軌道對小球的彈力為N
小球從P到Q的過程由動能定理：mgR=12mv02①
在Q點時：N-mg=mv02R②
由①②得N=3mg③
（2）小球從Q點平拋的過程，水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動，
水平方向：x=v0t④
豎直方向：R=12gt2⑤
小球落地點與Q點的距離為：L=x2+R2⑥
得L=5R ⑦
【點睛】
本題關鍵對兩個的運動過程分析清楚，然后選擇機械能守恒定律和平拋運動規(guī)律列式求解．
29．距水平地面高5 m的平臺邊緣放有一質量為1 kg的木塊，一質量為20 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測得木塊落地位置到平臺邊緣的水平距離為3 m。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）子彈射入木塊前瞬間的速度大??；
（2）子彈射入木塊的過程中所產生的內能。
【答案】（1）153 m/s （2）229.5 J
【解析】
【分析】
（1）子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒；子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運動。據(jù)此列方程求解即可；
（2）由能量守恒可知，系統(tǒng)減小的動能轉化成內能。據(jù)此列方程即可求解。
【詳解】
（1）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運動，有
h=12gt2
vt＝x
解得：v＝3 m/s
子彈射入木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有
mv0＝(m+M)v
解得：v0＝153 m/s。
（2）由能量守恒可知
Q=12mv02-12(m+M)v2
解得：Q＝229.5 J。
30．如圖所示，是某興趣小組舉行遙控賽車比賽示意圖。一質量為m的小賽車從水平軌道的A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為μ的水平直線運動L后，從B點進入豎直光滑、半徑為R的半圓形軌道，并通過最高點C完成比賽其中，B點是半圓軌道的最低點，也是水平軌道與豎直半圓軌道的平滑相切點。賽車通電后以額定功率P起動，重力加速度為g?，F(xiàn)要完成賽車的比賽。求
(1)賽車電動機工作的最短時間；
(2)賽車從最高點C飛出的最大距離。
【答案】（1）mgP(μL+52R)（2）4Rg[(Pμmg)2-4gR]
【解析】
【詳解】
(1)當賽車恰好過C點時在B點對軌道壓力最小，
賽車在C點對有：mg=mvC2R
解得vC=gR…①
賽車從A到C的整個過程中，運用動能定理：pt-μmgL-2mgR= 12mvC2
聯(lián)立解得：t=mgP(μL+52R)；
（2）賽車由B到C機械能守恒，12mvBm2=12mvC2+2mgR
平拋運動，水平方向：xm=vCt
豎直方向：2R=12gt2
賽車從A到B，功率P=Fvm
F=f=μmg
聯(lián)立以上各式得：xm=4Rg[(Pμmg)2-4gR]
【點睛】
（1）賽車恰好通過最高點，在最高點軌道對滑塊的壓力為0，即重力恰好提供向心力，可以求出vC，從A到C的整個過程中，運用動能定理可求最短工作時間；
（2）賽車從A到B，牽引力等于摩擦力時速度最大。由B到C機械能守恒。從C拋出運用平拋運動規(guī)律，聯(lián)立即可求解最遠距離．
2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題04 曲線運動（含解析）.docx
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