2010-2019十年高考物理真题分类汇编05曲线运动（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 05 曲线运动 选择题： 1.(2019•海南卷•T6)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 µ(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 OO’轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则 µmg＝mω2r，解得 ，即圆盘转动的 最大角速度为 ，故选 B。 2.(2019•海南卷•T10)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 、 、 ，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 1 2 g r µ g r µ 2 g r µ 2 g r µ g r µω = g r µ 1 0h h= 2 02h h= 3 03h h= A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 根据 得小滑块离开轨道时的水平速度 ，轨道 1、2、3 下滑的小物块 的初速度之比为 ： ：1，由 ，可知 ，轨道 1、2、3 下滑的小物块 的时间之比为 1： ： ，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 s1：s2：s3= ：2： ，故 BC 正确，AD 错误； 故选：BC。 3.(2019•全国Ⅱ卷•T6)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. 第一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 【解析】 【详解】A.由 v-t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离 大于第一次下落距离，所以，A 错误； B.由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故 B 1 2s s> 2 3s s> 1 3s s= 2 3s s= 21 2mgh mv= 2v gh= 3 2 21 2h gt= 2ht g = 2 3 3 3 正确 C.由于 v-t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知 a1>a2，故 C 错误 D.由图像斜率，速度为 v1 时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故 a1>a2，由 G-fy=ma，可知，fy1【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。 弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应 同时落地，由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时 间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项 B 正确。 6.(2018·北京卷)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 200m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6cm 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】D 【解析】AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有 向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故 AB 错； CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为 0，整个过程都在向西运动， 所以落点在抛出点的西侧，故 C 错，D 正确；故选 D 7.(2018·新课标 I 卷)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R：bc 是半径 为 R 的四分之一的圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球。始终受到与重力大小相等 的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始 运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为( ) A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR 【答案】C 【解析】 设小球运动到 c 点的速度大小为 vC，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F·3R-mgR= mvc2，又 F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线 运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后 水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其 轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2 ，小球在水平方向的加速度 a=g，在水平方向的位移 为 x= at2=2R。由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向 的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项 C 正确 ABD 错误。 8.(2016·海南卷)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力， 则小球在随后的运动中 A.速度和加速度的方向都在不断变化 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 【答案】B 【解析】由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化， 选项 A 错误； 设某时刻速度与竖直方向夹角为 θ，则 tanθ＝ ，随着时间 t 变大，tanθ 变小，θ 变小， 故选项 B 正确； 根据加速度定义式 ，则△v＝g△t，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等， 故选项 c 错误； 根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即 WG＝mgh，对于 平抛运动，由于在竖直方向上，在相等时间间隔内的位移不相等，故选项 D 错误。 9.(2015·广东卷·T14)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 0 0 y v v v gt = va gt ∆= =∆ 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 【答案】D 【解析】若以帆板为参照物，求帆船的运动，即求帆船相对帆板运动情况，根据伽利略变换 可知，此时帆船相对帆板的速度 ＝ － ，画出其对应矢量示意图如下图所示， 根据图中几何关系解得： ＝ ，方向为北偏东 45°，故选项 D 正确。 10.(2011·上海卷)如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的 方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河岸的夹角为α，船的速率为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】把人的速度 v 沿着绳子方向和垂直于速度方向分解。如图所示。 2 2 船相对板v 船相对板v 船对地v 板对地v v2 sinv α sin v α cosv α cos v α 其中 v1＝vcosα，所以船的速度等于 vcosα，因此 C 选项正确。 11.(2014·四川卷)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 【 解 析 】 设 小 船 相 对 静 水 的 速 度 为 vc ， 去 程 时 过 河 的 时 间 为 ， 回 程 的 时 间 ，由题意知 ，解得 ，故选项 B 正确。 12.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T16)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 3.1×103/s，某次发 射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103/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，1.9×103m/s B.东偏南方向，1.9×103m/s C.西偏北方向，2.7×103m/s D.东偏南方向，2.7×103m/s 【答案】B 【解析】如下图所示： 12 −k kv 21 k v − 21 k kv − 12 −k v 1 c dt v = 2 2 2 c dt v v = − 1 2 t kt = 21c vv k = − 由余弦定理，可知 ，方向：东偏南方向，故 B 正确，A、B、C 错误。 13.(2013·海南卷)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 【解析】本题考查考生的辨析理解能力。物体做速率逐渐增加的直线运动时，其加速度跟速 度方向一致，故其所受合外力的方向一定与速度方向相同，A 正确；物体做变速率曲线运动 时，其所受合外力的方向不一定改变，如做平抛运动的物体，B 错误；物体只有在做匀速率 圆周运动时，合外力才全部充当向心力，物体做变速率圆周运动时，只是合外力有指向圆心 的分量，但其所受合外力的方向不指向圆心，故 C 错误；物体做匀速率曲线运动时，据动 能定理可知合外力不做功，故物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直，D 正确。本题选 AD。 14.(2013·广东卷)如图所示，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相等的光滑轨道。 甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有 A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达 B 处 【答案】BD m/s109.130cos2 3 21 2 2 2 1 ×=°−+=∆ vvvvv 【解析】分析受力结合牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故 A 错误；由机械能守恒定律可知，B 正确； v－t 图象可知，C 错，D 对。易错选项 D，不好 想。 15.(2018·全国 III 卷)在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以 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 【答案】A 【解析】试题分析 本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律及其相关的知识点。 设甲球落至斜面时的速率为 v1，乙落至斜面时的速率为 v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2， 设斜面倾角为 θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy=mv12，联立解得：v1= ·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。 同理可得，v2= ·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的 2 倍， 选项 A 正确。 16.(2017·新课标Ⅰ卷)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 【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样 的水平距离速度大的球用时少，故 C 正确，ABD 错误。 17.(2017·江苏卷)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 2 v (A) (B) (C) (D) 【答案】C 【解析】设第一次抛出时 A 球的速度为 v1，B 球的速度为 v2，则 A、B 间的水平距离 x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次的 2 倍，但两球间的水平距离不变，则 x=2(v1+v2)T， 联立得 T=t∕2，所以 C 正确；ABD 错误. 18.(2016·江苏卷)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①为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是 A.① B.② C.③ D.④ 【答案】A 【解析】由题意知 A、B 两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速 度相同，所以运动的轨迹相同，故 A 正确；B、C、D 错误. 19.(2012·上海卷)如图，斜面上 a、b、c 三点等距，小球从 a 点正上方 O 点抛出，做初速为 v0 的平抛运动，恰落在 b 点。若小球初速变为 v，其落点位于 c，则 A.v0< v +=+=′ )21( 2 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.ω＝ 是 b 开始滑动的临界角速度 D.当 ω＝ 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 【答案】AC 【解析】两物块共轴转动，角速度相等，b 的转动半径是 a 的 2 倍，所以 b 物块最先达到最 大静摩擦，最先滑动，A 对的； 两物块的向心力由静摩擦力提供的，由于半径不等，所以向心力不等，B 错误的； 当 b 要滑动时 kmg=mω2·2L，所以 C 对的； 同理 b 要滑动时，kmg=mω2·L，解得其临界角速度，显然实际角速度小于临界角速度，b 还 没达到最大静摩擦力，D 错误的。 46.(2015·浙江卷·T19)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。一辆质量为 m 的赛车通过 AB 线经弯道到达 A’B’线，有如图所示 的①②③三条路线，其中路线③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①，赛车经过的路程最短 B.选择路线②，赛车的速率最小 C.选择路线③，赛车所用时间最短 D.①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 l kg 2 l kg 3 2 【答案】ACD 【 解 析 】 路 线 ① 的 路 程 为 ， 路 线 ② 的 路 程 为 ，路线③的路程为 ，故选择路线①，赛车经过的 路程最短，A 正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向静摩擦 力充当向心力，所以有 ，所以运动的相信加速度相同，根据公式 可 得 ，即半径越大，速度越大，路线①的速率最小，B 错误 D 正确；因为 ， ，结合 ，根据公式 可得选择路线③，赛车所用时间最短，C 正确； 47.(2015·上海卷·T18)如图，质量为 m 的小球用轻绳悬挂在 O 点，在水平恒力 作用下，小球从静止开始由 A 经 B 向 C 运动。则小球 A.先加速后减速 B.在 B 点加速度为零 C.在 C 点速度为零 D.在 C 点加速度为 【答案】ACD 【解析】根据动能定理： ，解得 vC＝0， 所以小球先加速，后减速运动，故 A、C 正确； 小球做圆周运动在 B 点有向心加速度，故 B 错误； 在 C 点时，因为速度为 0，所以向心力为零，即指向圆心方向的合力为 0，沿切线方向的合 力 Ft=mgsin2θ－mgtanθcos2θ=mgtanθ，所以在 C 点的加速度为 gtanθ，故 D 正确。 48.(2010·江苏卷·T1)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 1 12 2 22s r r r rπ π= + ⋅ = + 2 12 2 2 2 22s r r r rπ π= + ⋅ ⋅ = + 3 2s rπ= maxF ma= 2 max vF m R = maxF Rv m = 1 3 2s s s< < 1 3 2v v v< = maxF Rv m = st v = tanF mg θ= tang θ ( ) 212 2 ) 02( Cmgtan Lsin mgL l cos mvθ θ θ− = −- 匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度 (A)大小和方向均不变 (B)大小不变，方向改变 (C)大小改变，方向不变 (D)大小和方向均改变 【答案】选 A 难度：中等 考查运动的合成。 【解析】橡皮在水平方向匀速运动，在竖直方向匀速运动，合运动是匀速运动 49.(2010·全国Ⅰ卷·T18)一水平抛出的小球落到一倾角为 θ 的斜面上时，其速度方向与斜面 垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之 比为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角 θ，根据有： 。则下 落高度与水平射程之比为 ，D 正确。 1 tanθ 1 2tanθ tanθ 2tanθ gt v0tan =θ θtan2 1 22 00 2 === v gt tv gt x y 【命题意图与考点定位】平抛速度和位移的分解 非选择题： 50.(2014·天津卷)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 的高度为 h＝ ，圆盘转动的角速度大小为 ω＝ 。 【答案】 、 【解析】小球平抛落到 A 点，可知平抛的水平位移等于圆盘半径，由平抛规律可知 ， 解得 由题可知 解得 51.(2010·天津卷·T9)(1)如图所示，在高为 h 的平台边缘抛出小球 A，同时在水平地面上距台 面边缘水平距离为 s 处竖直上抛小球 B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力， 重力加速度为 g。若两球能在空中相遇，则小球 A 的初速度 应大于 ，A、B 两 2 2 2v gR vtR = 2 2 1 gth = 2 2 2v gRh = ω π2⋅== nnTt Av ( )2 , Nn v nR π +∈ ( )+∈= NnR vn ,2 πω 球初速度之比 为 。 【答案】(1) 【解析】(1)本题考查的是平抛运动的有关特点及规律。两球若相遇，则必定在球 B 的正上 方且是在落地前，有 vAt>s① ②二式联立可解得 ；又设从开始到相遇 时间为 t0，水平方向有 ③竖直方向有 ④，连立③④式可得 。 52.(2010·全国Ⅰ卷·T22)图 1 是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘 边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂 层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图 2 所示)。 (1)若图 2 中示波器显示屏横向的每大格(5 小格)对应的时间为 5.00×10-2 s ，则圆盘的转速为 __________________转/s。(保留 3 位有效数字) (2)若测得圆盘直径为 10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 ________ cm。(保留 3 A B v v 2 gs h s h 21 2h gt= 2A gv s h > 0Av t s= 2 2 0 0 0 1 1 2 2Bgt v t gt h+ = A B v s v h = 位有效数字) 【答案】⑴4.55 转/s ⑵2.91cm 【解析】⑴从图 2 可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示 22 格，由题意知图 2 中横坐标上 每格表示 1.00×10-2s，所以圆盘转动的周期是 0.22s，则转速为 4.55 转 /s ⑵反光引起的电流图像在图 2 中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的 22 分之一为 cm。 【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系,以及对传感器所得图像的识图。 53.(2012·福建卷)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一 数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径 R=0.5 m，离水平地面的高度 H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2 求： (1)物块做平抛运动的初速度大小 v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数 µ。 【答案】1m/s 0.2 【解析】(1)物体下落时间为 t;自由落体运动有： 水平方向有： 解得： 。 (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 ， ， 解得 。 54.(2011·天津卷)如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为 R， MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一初速度冲进轨道，到达 半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起 飞出轨道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不 91.222 20.1014.32 22 2 =××=rπ 2 2 1 gth = vtx = 1 /v m s= 2 0 m mf R v＝ mf N mgµ µ= = 2 0 0.2gR vµ =＝ 计，求： (1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有 …① 解得 …② (2)设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能定为 0， 由机械能守恒定律知 …③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 ，则 由动量守恒定律知 …④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 …⑤ 综合②③④⑤式得 55.(2014·四川卷)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同 位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度 v0 运动，得到不同轨迹。图中 a、b、 c、d 为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置 A 时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代 号)，磁铁放在位置 B 时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代号)。实验表明，当物 体所受合外力的方向跟它的速度方向 (选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线 运动。 2 Rt g = 2 2v gR= 212 2R gt= 2 Rt g = 2 2 1 1 1 22 2mv mv mgR+＝ 2v 2 2Rv gRt = = 1 22mv mv= 22R v t= 2 2v gR= 【答案】b c 不在 【解析】由于 A 处磁力与直线 b 在同一条直线上，故小钢珠做直线运动，运动轨迹为 b，由 于 B 处磁力斜向上，故选择轨迹 c，d 轨迹不合理，从而验证了物体做曲线运动的条件是物 体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。 56.(2011·海南卷)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab 为沿水平方向的直径。 若在 a 点以初速度 沿 ab 方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的 c 点。已知 c 点与水平地 面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。 【答案】 【解析】在 a 点以初速度 v0 沿 ab 方向抛出一小球，小球做平抛运动，做如图所示辅助线： 在竖直方向上，下落高度 hcd= 在水平方向上，运动位移 xad=R+xod= 解得圆的半径 57.(2014·上海卷·T24)如图，宽为 L 的竖直障碍物上开有间距 d=0.6m 的矩形孔，其下沿离地 高 h=1.2m，离地高 H=2m 的质点与障碍物相距 。在障碍物以 v0=4m/s 匀速向左运动的同 时，质点自由下落。为使质点能穿过该孔，L 的最大值为 m；若 L=0.6m， 的取值 范围是 m。(取 g=10m/s2) 0v g vR 2 0)31628( −= 2 2 1 2 gtR = tvR 0)2 31( =+ g vR 2 0)31628( −= x x 【答案】0.8m 【解析】以障碍物为参考系，相当于质点以 vo 的初速度，向右平抛，当 L 最大时 从抛出点经过孔的左上边界飞到孔的右下边界时,L 最大 ， ， ; 从孔的左上边界飞入临界的 x 有最小值为 0.8ｍ 从孔的右下边界飞出时, x 有最大值： 所以 58.(2011·上海卷)以初速为 ，射程为 的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开 始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度 大小为 。 【答案】 ， 【解析】由平抛运动规律知：水平方向： ，竖直方向： ，解得轨道的高度 为： ；当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得： ，解得物体 到达轨道底部时的速率为： . 设 θ 是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角， 是平抛 运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有： ， 0.8 1m x m≤ ≤ 1 2( ) 0.2H d ht sg - -= = 0 1 0.8x v t m= = 2 2( ) 0.4H ht sg -= = 0 2 0.8L v t x m= - = 0 2 1x v t L m= - = 0.8 1m x m≤ ≤ 0v s 0 gsv v = 0 2 201 x vv v gs = +〔 〕 0s v t= 21 2h gt= 2 2 02 gsh v = 21 2 mv mgh= 2 2 2 0 0 g s gsv v v = = α 2tan tanθ α= 又 因 ， 所 以 ， 由 三 角 函 数 基 本 关 系 式 得 ： ， 则把 cosθ 代入水平方向速度大小的关系式 得： 59.(2011·山东卷)如图所示，在高出水平地面 的光滑平台上放置一质量 、 由两种不同材料连接成一体的薄板 A，其右段长度 l1＝0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。 在 A 最右端放有可视为质点的物块 B，其质量 m＝1kg。B 与 A 左段间动摩擦因数 µ=0.4。 开始时二者均静止，现对 A 施加 F=20N 水平向右的恒力，待 B 脱离 A(A 尚未露出平台)后， 将 A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 x=1.2m。(取 g=10m/s2)求： (1)B 离开平台时的速度 vB。 (2)B 从开始运动到刚脱离 A 时，B 运动的时间 tB 和位移 xB。 (3)A 左端的长度 l2。 【答案】(1)vB=2m/s(2)t B=0.5s，xB=0.5m(3)l2=1.5m 【解析】(1)设物块平抛运动的时间为 t，由平抛运动规律得 h= gt2，x=vBt 联立解得 vB=2m/s。 (2)设 B 的加速度为 aB，由牛顿第二定律，μmg=maB， 由匀变速直线运动规律，vB=aBt B，xB= aBt B 2， 联立解得 t B=0.5s，xB=0.5m。 (3)设 B 刚好开始运动时 A 的速度为 v，由动能定理得 Fl2= Mv12 设 B 运动后 A 的加速度为 aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得 F-μmg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+ aAt B 2， 1.8h m= 2M kg= 2 02 h gstan s v α = = 2 0 tan gs v θ = ( ) 2 0 2 2 2 0 cos ( ) v gs v θ = + xv vcosθ= 0 2 201 x vv v gs = +〔 〕 1 2 1 2 1 2 1 2 联立解得 l2=1.5m。 60.(2012·北京卷)如图所示，质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l 后以 速度 υ 飞离桌面，最终落在水平地面上.已知 l=1.4m，υ=3.0 m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的 动摩擦因数 μ=0.25，桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2.求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s； (2)小物块落地时的动能 Ek； (3)小物块的初速度大小 υ0. 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向： ，解得： ， 水平方向： 。 (2)对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得： 落地动能 。 (3)对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得： 解得： 。 61.(2012·大纲全国卷)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈 抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度 v0 沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示， 以沟底的 O 点为原点建立坐标系 Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为 2h，坡面的抛物线方 程为 y= x2，探险队员的质量为 m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为 g。 (1)求此人落到坡面时的动能； 0.9s m= 0.9KE J= 0 4 /v m s= 21 2h gt= 0.3t s= 0.9s vt m= = 2 2 1 2 1 1 2 2mgh mv mv= − ， 2 1 1 0.92KE mgh mv J= + = 2 2 0 1 1 2 2mgl mv mvµ− = − ， 0 4 /v m s= h2 1 (2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 【答案】(1) ； (2) ， 【解析】(1)由平抛运动规律， ， ， 又 ，联立解得 。 由动能定理， ， 解得 。 (2)由 ，令 ，则 ，当 n＝1 时， 即 ，探险队员的动能最小，最小值为 ， 。 62.(2014·浙江卷·T23)如图所示，装甲车在水平地面上以速度 v 0=20m/s 沿直线前进，车上机 枪的枪管水平，距地面高为 h=1.8m。在车正前方竖直一块高为两米的长方形靶，其底边与 地面接触。枪口与靶距离为 L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速 度为 v=800m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进 s=90m 后停下。装甲车 停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度 g=10m/s2) (1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小； (2)当 L=410m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求 L 的范围。 【答案】(1) (2)0.45m(3) 【解析】(1)装甲车的加速度 (2)第一发子弹飞行的时间 弹孔离地高度 2 2 0 9 20 2 sms va == 492m 570mL ≤＜ 2 1 1 1 0.55m2h h gt= − = 2 2 2 0 2 0 4( g1 2 )k h vE ghm v+= + 3 2min mghE = 0v gh= 0x v t= 212 2h y gt− = 21 2y h x= 2 0 2 0 2hvy v gh = + ( ) 2 0 12 2kmg h y E mv− = − 2 2 2 0 2 2 0 0 2 2 0 0 1 12 4g( )2) (2 2kE mg h mhv h v gh v ghv m v+ += − + = + 2 2 2 0 2 0 1 2 2K mg hE m h v gv v = + + 2 0 nghv = 2 2 2 1 2 1K n mgh nE mgh mghn n = + = ++ +（ ） 2 0 ghv = 3 2min mghE = 0v gh= 2 20 20 m/s2 9 va s = = 1 0 0.5sLt v v = =+ 第二发子弹离地的高度 两弹孔之间的距离 (3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L1： 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L2： L 的范围 492m