专题四曲线运动10年高考真题

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专题四　曲线运动
考点一　曲线运动　运动的合成和分解
1.(2019课标Ⅱ,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θ,则水平位移x=ytanθ,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k1>k2,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。
2.(2015课标Ⅱ,16,6分)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 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 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,1.9×103 m/s
B.东偏南方向,1.9×103 m/s
C.西偏北方向,2.7×103 m/s
D.东偏南方向,2.7×103 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°)2≈1.9×103 m/s,故B选项正确。

解题关键　①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。②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。③正确画出如解析中的速度合成图是正确解答的关键。
3.(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 2v
D.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。
4.(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。
5.(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.kvk2-1　　　　　　B.v1-k2　　　　　　C.kv1-k2　　　　　　D.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。
考点二　抛体运动
1.(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.s1>s2　　　　　　B.s2>s3　　　　　　C.s1=s3　　　　　　D.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3∶2∶1,由h=12gt2,可知t=2ℎg,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶2∶3,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=3∶2∶3,故选项B、C正确,A、D错误。
2.(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。
3.(2017课标Ⅰ,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　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,t∝ℎ,故A、D错误。由vy=gt=g·2ℎg=2ℎg,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝1v0,故C正确。
解题关键　①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)。②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=v0·2ℎg,由初速度v0和下落高度共同决定。
4.(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　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。
5.(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(足球可看成质点,忽略空气阻力),则(　　)

A.足球位移的大小x=L24+s2
B.足球初速度的大小v0=g2ℎL24+s2
C.足球末速度的大小v=g2ℎL24+s2+4gh
D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan θ=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球门线的夹角为θ,tan θ=s/L2=2s/L,故D错误。所以本题选B。

6.(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。
7.(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)(　　)
A.28.8 m　1.12×10-2 m3　　　　　　B.28.8 m　0.672 m3
C.38.4 m　1.29×10-2 m3　　　　　　D.38.4 m　0.776 m3
答案　A　如图,水离开喷口时水平速度vx=v cos 60°=83 m/s

vy=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0.28×2.460 m3=1.12×10-2 m3,选项A正确。
8.(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θ,由此可算出(　　)

A.轰炸机的飞行高度　　　　　　B.轰炸机的飞行速度
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=12vy·t,s=v0t,二式相除H-ℎs=12·vyv0,因为vyv0=1tanθ,s=ℎtanθ,所以H=h+ℎ2tan2θ,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。
9.(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=vx·t,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。
10.(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=hc>ha,xa>xb>xc,则D正确C错误。
11.(2015课标Ⅰ,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.L12g6ℎωb,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;ω=2kg3l时,a受的摩擦力fa=mω2r=m2kg3l2l=23kmg,D项错误。
6.(2013课标Ⅱ,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　AC　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。
7.(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=ωr,两座椅的ω相等,由rB>rA可知vB>vA,A错误;向心加速度a=ω2r,因ω相等r不等,故a不相等,B错误;水平方向mg tan θ=mω2r,即tan θ=ω2rg,因rB>rA,故θB>θA,C错误;竖直方向T cos θ=mg,绳子拉力T=mgcosθ,因θB>θA,故TB>TA,D正确。
8.(2020课标Ⅰ,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
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。
9.(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,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。
10.(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.3mg　　　　　　B.4mg
C.5mg　　　　　　D.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mg·2R+mv222=mv122,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。
11.(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相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。
12.(2014课标Ⅱ,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-5mg　　　　　　B.Mg+mg
C.Mg+5mg　　　　　　D.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mg·2R=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=mg·2R,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+M·0
所以F=Mg+5mg,C正确。
13.(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ω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ω的最大值是(　　)

A.5 rad/s　　　　　　B.3 rad/s　　　　　　
C.1.0 rad/s　　　　　　D.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
μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2R
得ω=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。
14.[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ω=　　　　。 

答案　gR22v2　2nπvR(n∈N*)
解析　小球做平抛运动:h=12gt2、R=vt,解得h=gR22v2。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立R=vt可得ω=2nπvR(n∈N*)。
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ω的值应该是一个通式,不能只用转1圈的情形表述!
15.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国重器,通过本题也能厚植爱国情怀。
(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有
v2=L1t①
根据动能定理,有
W=12mv2-0②
联立①②式,代入数据,得
W=7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
L2=R sin θ④
由牛顿第二定律,有
FN-mg=mv2R⑤
联立①④⑤式,代入数据,得
FN=1.1×103 N⑥
一题多解　对(1)问:
舰载机由静止开始做匀加速直线运动
设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有
L1=12at2①
对飞行员分析得
F=ma②
飞行员受到的水平力所做的功
W=FL1③
联立①②③得
W=7.5×104 J
16.(2013福建理综,20,15分)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求:
(1)地面上D、C两点间的距离s;
(2)轻绳所受的最大拉力大小。

答案　(1)1.41 m　(2)20 N
解析　(1)小球从A到B过程机械能守恒,有
mgh=12mvB2①
小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有
H=12gt2②
在水平方向上有
s=vBt③
由①②③式解得s=1.41 m④
(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有
F-mg=mvB2L⑤
由①⑤式解得F=20 N
根据牛顿第三定律
F'=-F
轻绳所受的最大拉力为20 N。