全国版2022高考物理一轮复习专题四曲线运动1练习含解析

这是一份全国版2022高考物理一轮复习专题四曲线运动1练习含解析，共14页。
专题四 曲线运动考点1　曲线运动问题的分析与求解高考帮·揭秘热点考向[2015全国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拓展变式1.[新角度][多选]如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左,不计空气阻力,则小球              (　　)A.做直线运动　　　　　　　B.做曲线运动C.速率先减小后增大       D.速率先增大后减小2.[2020广东广州阶段测试]如图所示,小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ角的速度(在静水中的速度)从A处过河,经过t时间正好到达正对岸的B处.现要使小船在更长的时间内过河并且也正好到达正对岸B处,在水流速度不变的情况下,可采取下列方法中的哪一种(　　)A.只增大v1大小,不改变θ角B.只增大θ角,不改变v1大小C.在增大v1的同时,适当增大θ角D.在减小v1的同时,适当减小θ角3.如图所示,长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动,另一端固定一质量为m的小球,小球放在水平光滑升降平台上,升降平台以速度v匀速上升,下列说法正确的是              (　　)A.小球做匀速圆周运动B.当棒与竖直方向的夹角为α时,小球的速度为C.棒的角速度逐渐增大D.当棒与竖直方向的夹角为α时,棒的角速度为4.[2018北京,20,6分]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200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm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考点2　抛体运动问题的分析与求解 高考帮·揭秘热点考向1.[2017全国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2.[2019全国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　　图　　    图(a)                   图(b) 拓展变式1.[2020湖南四校摸底联考]飞镖运动是同学们非常喜欢的一项体育运动.某同学在一次投掷飞镖的过程中,水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点.保持投掷的高度不变且水平投掷,为了能够击中靶心,以下说法不正确的是              (　　)A.只要适当水平往前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心B.只要适当增大水平投出的速度就有可能击中靶心C.只要能够击中靶心,击中靶盘时的速度一定比原来大D.若同时调整投掷的水平距离和速度,击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同2.[2019北京,21,18分]用如图1所示装置研究平抛运动.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上.钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上.由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点.移动挡板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点.(1)下列实验条件必须满足的有　　　　. A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.挡板高度等间距变化D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系.a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的　　　　(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点;在确定y轴时　　　　(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行. b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2所示,在轨迹图2上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则　　　 (选填“大于”“等于”或者“小于”).可求得钢球平抛的初速度大小为　　　　(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示). (3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案,其中可行的是　　　　. A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样.这实际上揭示了平抛物体　　　. A.在水平方向上做匀速直线运动B.在竖直方向上做自由落体运动C.在下落过程中机械能守恒(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远,如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星.同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动,请分析原因.3.[多选]如图所示,斜面倾角为θ,位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出,小球到达斜面经过的时间为t,重力加速度为g,则下列说法正确的是              (　　)A.若小球以最小位移到达斜面,则t= B.若小球垂直击中斜面,则t=C.若小球能击中斜面中点,则t=D.无论小球怎样到达斜面,运动时间均为t=4.[2018全国Ⅲ,17,6分]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5.[2016上海,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α.一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出,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与竖直方向间夹角β=　　　　. 6.[2020山东重点中学联考]如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接一口深为H,宽度为d的深井CDEF,一个质量为m的小球放在曲面AB上,可从距BC面不同的高度处由静止释放.已知BC段长L,小球与BC间的动摩擦因数为μ,取重力加速度g=10 m/s2.求小球不碰到井壁而落入井底h的值应满足的条件.考点3　圆周运动问题的分析与求解高考帮·揭秘热点考向 [2019江苏,6,4分,多选]如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱              (　　)A.运动周期为B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R拓展变式1.[2018江苏,6,4分,多选]火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内,火车              (　　)A.运动路程为600 m　　　  　B.加速度为零C.角速度约为1 rad/s      D.转弯半径约为3.4 km2.2019年4月28日,在阿塞拜疆首都巴库举行的世界一级方程式赛车锦标赛(F1)大奖赛阿塞拜疆站正赛中,梅赛德斯车队芬兰车手博塔斯夺得冠军.已知该赛车场地某转弯处可近似看成半径为R的圆弧车道,转弯处路面的坡度α<5°.某辆赛车与该路面间的动摩擦因数为μ,质量为m(含赛车手质量),赛车在该路面不发生侧向滑动.假设赛车的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,空气阻力不计,则赛车在转弯时(tan 5°≈0.087,μ≈0.9)              (　　)A.赛车的速度大小不可能为B.赛车对地面的压力一定等于C.赛车对赛车手的力竖直向上D.赛车的最大速度为 3.[2020全国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 N4.[2021甘肃武威过关检测,多选]如图甲所示,用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O在竖直面内做圆周运动.小球经过最高点时绳子的拉力大小FT与此时速度的平方v2的关系如图乙所示.图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量,不计摩擦力和空气阻力.以下说法正确的是(　　)A.数据a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关C.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径D.数据b对应的状态,当小球运动到最低点时,绳子的拉力为7b5.[2021安徽安庆检测]如图所示,在匀速转动的圆盘上,沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块,A离轴心r1=20 cm,B离轴心r2=30 cm,A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的,求:(1)若细线上没有张力,圆盘转动的角速度ω应满足什么条件?(2)欲使A、B与盘面间不发生相对滑动,则盘转动的最大角速度多大?(3)当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时,烧断细线,则A、B将怎样运动?(g取10 m/s2) 6.[2020江西九校联考,多选]如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径的两个端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,现给小球一水平初速度v0,下列说法正确的是              (　　)A.当v0较小时,小球可能会离开圆轨道B.若<v0<,则小球会在B、D间脱离圆轨道C.只要v0>2,小球就能做完整的圆周运动D.若小球能做完整的圆周运动,则小球对轨道的最大压力与最小压力之差与v0无关答  案专题四　曲线运动考点1　曲线运动问题的分析与求解B　根据题意,明确合速度、分速度,并确定地球的方位.左西右东,下南上北,并由此作出速度合成图如图所示,可知,发动机给卫星的附加速度方向东偏南.又由余弦定理得v==1.9×103 m/s,B正确.1.BC　小球受重力和电场力,合力方向为左下方,初速度方向与合力方向不在同一直线,所以小球做曲线运动,B正确.初始阶段,合力方向与速度方向夹角为钝角,速率减小,后来,合力方向与速度方向夹角为锐角,速率增大,所以速率先减小后增大,C正确.2.D　由题意可知v1cos θ=v水,t=,由此可知增加渡河时间应该在减小v1的同时,适当减小θ角,选项D正确.3.D　小球的运动可视为由竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动合成.小球的实际运动方向(即合运动方向)垂直于棒且指向左上方,如图所示.设棒(小球)的角速度为ω,则小球的合速度v实=ωL,沿竖直方向向上的分速度等于v,即ωLsin α=v,所以ω=,小球的合速度v实=ωL=,由此可知棒(小球)的角速度、小球的合速度都随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小,小球做角速度和线速度都越来越小的变速圆周运动.D选项说法正确.4.D　由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比,所以从小球抛出至运动到最高点过程,该“力”逐渐减小到零,将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动,由于上升阶段,水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小),故小球到最高点时速度不为零,水平向西的速度达到最大值,选项A错误;小球到最高点时竖直方向的分速度为零,由题意可知小球这时不受水平方向的力,故小球到最高点时水平方向加速度为零,选项B错误;下降阶段,由于受水平向东的力,小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大),故小球的落地点在抛出点西侧,选项C错误,D正确.考点2　抛体运动问题的分析与求解1.C　发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球,根据平抛运动规律,竖直方向上,h=gt2,可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的,选项A错误;由=2gh可知,两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同,选项B错误;由平抛运动规律可知,水平方向上,x=vt,速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少,选项C正确;由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动,两球在相同时间间隔内下降的距离相同,选项D错误.2.BD　v-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移的大小,第二次滑翔过程中v-t图线与t轴所围面积比第一次的大,表示在竖直方向上第二次滑翔的位移比第一次的大,A错误;由图(a)知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比,结合A项分析知,B正确;从起跳到落到雪道上,第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大,时间比第二次的短,由a=,可知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小,C错误;v-t图线的斜率表示加速度,竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小,设在竖直方向上所受阻力为f,由mg-f=ma,可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大,D正确.1.C　开始时飞镖击中靶盘中心正下方的某点,欲使飞镖击中靶心,应减小竖直位移,即应减小飞镖在空中运动的时间,由x=v0t可知应减小水平位移或增大抛出的初速度,A、B正确;如果不改变抛出的速度,只是让人向前移动一段距离,则飞镖击中靶心时的竖直速度减小,因此飞镖击中靶盘时的速度可以减小,C错误;利用逆向思维分析可知,同时调整水平位移与抛出的速度,则飞镖击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以与原来相同,D正确.2.(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于　x　(3)AB　(4)B　(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作恒力——重力,做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力;当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.解析:(1)因为本实验是研究平抛运动,只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动,即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出,没必要要求斜槽轨道光滑,因此A错误,B、D正确;挡板高度可以不等间距变化,故C错误.(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹,故将钢球静置于Q点,钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点);在确定y轴时需要y轴与重垂线平行.b.由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3∶5∶…,故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大,因此大于;由y2-y1=gT2,x=v0T,联立解得v0=x.(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,由于铅笔受摩擦力作用,且不一定能保证铅笔水平,铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动,铅笔将发生倾斜,故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹,C不可行,A、B可行.(4)从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,可认为做平抛运动,因此不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样,这实际上揭示了做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动,故选项B正确.(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作恒力——重力,做平抛运动,例如(4)中从同一炮台水平发射的炮弹做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力,当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.3.AB　小球以最小位移到达斜面时,位移与水平方向的夹角为-θ,则tan(-θ)=,即t=,A正确;小球垂直击中斜面时,速度与水平方向的夹角为-θ,则tan(-θ)=,即t=,B正确,D错误;小球击中斜面中点时,设斜面长为2L,则水平射程为Lcos θ=v0t,下落高度为Lsin θ=gt2,联立两式得t=,C错误.4.A　甲、乙两球都落在同一斜面上,则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同,根据位移方向与末速度方向的关系,即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍,可得它们的末速度方向也相同,在速度矢量三角形中,末速度比值等于初速度比值,故A正确.5.　arctan()解析:由题可知,小球从P点抛出后做平抛运动,运动到A点时,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽.将小球运动到A点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,则有tan α==,因此,小球从P点运动到A点的时间为t=;将小球从P点运动到A点的位移沿水平和竖直方向分解,则有tan β===,所以PA与竖直方向的夹角β=arctan().6.μL<h<μL+解析:若h较小,小球滑至C处速度恰为零,则有mgh1-μmgL=0　①得h1=μL.若h较大,小球滑至C处平抛恰好打到E处,则有x=d=vCt　②H=gt2　③mgh2-μmgL=m　④联立②③④得h2=μL+则小球不碰到井壁而落入井底,h应满足μL<h<μL+.考点3　圆周运动问题的分析与求解BD　由题意可知座舱的运动周期为T=、线速度大小为v=ωR、受到的合力大小为F=mω2R,选项B、D正确,A错误;座舱的重力为mg,座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变,方向时刻变化,故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变,选项C错误.1.AD　火车运动的路程s=vt=60×10 m=600 m,A正确;火车转弯近似做圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故B错误;由题意得圆周运动的角速度ω==×3.14 rad/s= rad/s,又v=ωr,所以r==×180 m≈3 439 m,故C错误,D正确.2.D　赛车在路面上侧向刚好没有相对运动趋势时,重力和支持力的合力提供向心力,如图所示,根据向心力公式得mgtan α=m,解得v=,因为α<5°,所以v<,赛车在路面上不侧向滑动,当最大静摩擦力沿路面向下时,在竖直方向上由平衡条件得FNcos α=mg+μFNsin α,水平方向上FNsin α+μFNcos α=m,解得速度的最大值为vmax=>,赛车对地面的压力大于,则A、B项错误,D项正确;赛车手同赛车一起做圆周运动,可知赛车对赛车手的力一定不是竖直向上,C项错误.3.B　该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计,可以把该同学看成质点.当该同学荡到秋千支架的正下方时,由牛顿第二定律有2F-mg=,代入数据解得F=410 N,选项B正确.4.CD　当v2=a时,绳子的拉力为零,小球的重力提供向心力,则有mg=m,即v2=gr,解得a=gr,可知数据a与小球的质量无关,选项A错误.当v2=2a时,对小球受力分析,则有mg+b=m,解得b=mg,可知数据b与小球的质量有关,选项B错误.当v2=a时,有mg=m,解得r=;当v2=2a时,则有mg+b=m,解得m=,选项C正确.数据b对应的状态,在最高点有mg+b=m,当小球运动到最低点时,由受力分析和牛顿第二定律可得F'T-mg=m,从最高点到最低点的过程中,由动能定理可得mg·2r=mv'2-mv2,联立各式并将mg=b代入,解得F'T=7b,选项D正确.5.(1)ω≤ rad/s　(2)4.0 rad/s　(3)A随圆盘一起转动,B做离心运动解析:(1)当物块B所需向心力FB≤fmax时,细线上张力为零,随着角速度的增大,当FB=fmax时,有kmg=mr2,得ω0== rad/s= rad/s当ω≤ω0= rad/s时,细线上不会有张力.(2)当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时,圆盘的角速度达到最大值ωmax,超过ωmax时,A、B将相对圆盘滑动(设细线中张力为T)对A:kmg-T=m·r1对B:kmg+T=m·r2解得ωmax===4.0 rad/s.(3)烧断细线时,A做圆周运动所需向心力FA=mr1=0.32mg,最大静摩擦力为0.4mg,A随盘一起转动.B此时所需向心力为FB=mr2=0.48mg,大于它的最大静摩擦力0.4mg,因此B将做离心运动,离圆心越来越远.6.CD　因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用,大小为F=k(L-R)=kR=mg,方向始终背离圆心,无论小球在CD以上的哪个位置速度为零,重力在沿弹簧方向上的分量都小于等于弹簧的弹力(在CD以下,轨道对小球一定有指向圆心的支持力),所以无论v0多大,小球都不会离开圆轨道,选项A、B错误.在小球运动过程中只有重力做功,弹簧的弹力和轨道的支持力不做功,机械能守恒,当运动到最高点的速度为零时,小球在最低点的速度有最小值v0min,有m=2mgR,解得v0min=2,可得只要v0>2,小球就能做完整的圆周运动,选项C正确.在最低点时,小球受到的支持力最大,设为FN,有FN-kR-mg=m,解得FN=2mg+m　①.小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为F'N,设此时的速度为v,由机械能守恒有m=2mgR+mv2　②,此时合外力提供向心力,有F'N-kR+mg=m　③,联立②③及kR=mg解得F'N=m-4mg　④,联立①④结合牛顿第三定律可得最大压力与最小压力之差为ΔFN=6mg,与初速度无关,选项D正确.