新高考2021届高考物理小题必练5曲线运动

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(1)曲线运动的条件；(2)运动的合成与分解；(3)抛体运动的规律。
例1．(2020·全国卷Ⅱ·16)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0
【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝eq \f(1,2)mv12，根据平抛运动规律有h＝eq \f(1,2)gt12，h＝v1t1；当在a点时动能为E2时，有E2＝eq \f(1,2)mv22，eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gt22，3h＝v2t2，联立解得，故选B。
【答案】B
【点睛】本题主要考查平抛运动的规律和动能的计算公式，知道平抛运动可以分解为水平方向的直线运动和竖直方向的自由落体运动。
例2．(2020·山东卷·16)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cs 72.8°＝0.30。求：
(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
(2)M、N之间的距离L。
【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得：
v1＝vMsin 72.8° ①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcs 17.2°＝ma1 ②
由运动学公式得 ③
联立①②③式，代入数据得：d＝4.8 m。 ④
(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得：
v2＝vMcs72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得： ⑦
L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2 ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12 m。 ⑨
【点睛】本题考查牛顿第二定律的综合应用及斜面上抛体问题的分析，关键是弄清物体的运动过程和受力情况，能正确将速度和加速度同时进行分解。
1．(多选)质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点的初速度为5 m/s
B．质点所受的合外力为3 N，做匀加速曲线运动
C．2 s末质点速度大小为6 m/s
D．2 s内质点的位移大小约为12 m
【答案】ABD
【解析】由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，B选项正确；2 s末质点速度应该为v＝eq \r(62＋42) m/s＝2eq \r(13) m/s，C选项错误；2 s内x方向上位移大小x＝vxt＋eq \f(1,2)at2＝9 m，y方向上位移大小y＝8 m，合位移大小l＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(145) m≈12 m，D选项正确。
2．(多选)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)，此过程中下列说法正确的是( )
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M做匀变速直线运动
C．重物M的最大速度是ωL
D．重物M的速度先增大后减小
【答案】CD
【解析】与杆垂直的速度v是C点的实际速度，vT是细绳的速度，即重物M的速度。设vT与v的夹角是θ，则vT＝vcs θ，开始时θ减小，则vT增大；当杆与细绳垂直(θ＝0)时，重物M的速度最大，为vmax＝ωL，然后再减小，C、D正确。
3．(多选)饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°。坝顶离水面的高度为5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．若平抛初速度v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上
B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小
C．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，从抛出到落水所用的时间越长
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】AB
【解析】鱼饵颗粒落地时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，刚好落到水面时的水平速度为v＝eq \f(s,t)＝eq \f(5×\f(3,4),1) m/s＝3.75 m/s＜5 m/s，当平抛初速度v0＝5 m/s时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A正确；由于落到水面的竖直速度vy＝gt＝10 m/s，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度v0无关，C错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)vyt,v0t)＝eq \f(vy,2v0)，即eq \f(vy,v0)＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数，D错误。
4．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且eq \x\t(OA)＝eq \x\t(OB)。若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间 t甲、t乙的大小关系为( )
A．t甲t乙 D．无法确定
【答案】C
【解析】设水速为v0，人在静水中的速度为v，eq \x\t(OA)＝eq \x\t(OB)＝x。对甲，O→A阶段人对地的速度为(v＋v0)，所用时间t1＝eq \f(x,v＋v0)；A→O阶段人对地的速度为(v－v0)，所用时间t2＝eq \f(x,v－v0)。所以甲所用时间t甲＝t1＋t2＝eq \f(x,v＋v0)＋eq \f(x,v－v0)＝eq \f(2vx,v2－v02)。对乙，O→B阶段和B→O阶段的实际速度v′为v和v0的合成，如图所示。由几何关系得，实际速度v′＝eq \r(v2－v02)，故乙所用时间t乙＝eq \f(2x,v′)＝eq \f(2x,\r(v2－v02))。eq \f(t甲,t乙)＝eq \f(v,\r(v2－v02))>1，即t甲>t乙，故C正确。
5．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度为v，则此时A点速度为( )
A．eq \f(Lvsin θ,h) B．eq \f(Lvcs θ,h)
C．eq \f(Lvsin2θ,h) D．eq \f(Lvcs2θ,h)
【答案】C
【解析】如图所示，根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB＝v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsin θ＝vsin θ为B点做圆周运动的线速度，v1＝vBcs θ为B点沿杆运动的速度。当杆与水平方向夹角为θ时，OB＝eq \f(h,sin θ)，由于B点的线速度为v2＝vsin θ＝OBω，所以ω＝eq \f(vsin θ,OB)＝eq \f(vsin2θ,h)，所以A的线速度vA＝Lω＝eq \f(Lvsin2θ,h)，选项C正确。
6．(多选)如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点正上方的A球水平飞出，速度大小为eq \r(\f(3,2)Rg)，g为重力加速度大小，要使B球运动一周内与A球相遇，则B球的速度大小为( )
A．eq \f(π,3)eq \r(2Rg) B．eq \f(2π,3)eq \r(2Rg) C．πeq \r(2Rg) D．2πeq \r(2Rg)
【答案】AB
【解析】A球平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2R,g))，水平位移大小x＝v0t＝eq \r(3)R，A球的落点在圆周上，从上向下看有两种可能，A球水平位移与直径的夹角均为30°。若在C点相遇，B球转过的角度为eq \f(2,3)π，则B球的速度大小为vB＝eq \f(\f(2π,3)R,t)＝eq \f(π,3)eq \r(2Rg)，A正确；若在D点相遇，B球转过的角度为eq \f(4,3)π，则B球的速度大小为vB＝eq \f(\f(4π,3)R,t)＝eq \f(2π,3)eq \r(2Rg)，B正确。
7．军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程( )
A．两弹飞行的轨迹重合
B．初速度大小关系为v1＝v2
C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动
D．两弹相遇点一定在距离地面eq \f(3,4)H高度处
【答案】C
【解析】两弹在M、N连线的中点正上方相遇，只能说明末位置相同，不能说明运动轨迹重合，故A错误。由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cs θ＝v1，θ为v2与水平方向的夹角，所以v2＞v1，故B错误。两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故C正确。根据题意只知道两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，所以D错误。
8．(多选)如图所示，A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，一小球若以初速度v1从A点水平抛出，恰好能通过B点，从A点运动到B点所用时间为t1，到B点时速度与水平方向的夹角为θ1，落地时的水平位移为x1；若以初速度v2从A点水平抛出，恰好能通过C点，从A点运动到C点所用时间为t2，到C点时速度与水平方向的夹角为θ2，落地时的水平距离为x2。已知AB间水平距离是BC间水平距离的2倍，则( )
A．v1∶v2＝2∶3
B．t1∶t2＝eq \r(2)∶eq \r(3)
C．tan θ1∶tan θ2＝2∶3
D．x1∶x2＝eq \r(2)∶eq \r(3)
【答案】BD
【解析】由于A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，所以竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定相等；设ABC的连线与水平方向之间的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，则落在ABC的连线上时竖直方向上的分速度vy＝gt＝2v0tan θ。设速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝eq \f(vy,v0)＝2tan θ，知小球到达B点与C点时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则速度与水平方向的夹角相同，故C错误。AB间水平距离与AC间水平距离之比为2∶3；由几何关系可知，小球到达B点与C点时，竖直方向的位移之比为eq \f(yb,yc)＝eq \f(2,3)，又y＝eq \f(1,2)gt2，解得y＝eq \f(2v02tan2θ,g)，所以eq \f(yb,yc)＝eq \f(v12,v22)，可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),\r(3))，故A错误；联立得eq \f(t1,t2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),\r(3))，故B正确；两个小球在竖直方向都做自由落体运动，所以运动的时间是相等的，水平方向的位移x＝v0t，联立可得eq \f(x1,x2)＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),\r(3))，故D正确。
9．(多选)如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为半圆形，ab为沿水平方向的直径，在a点分别以初速度v0(已知)、2v0、3v0沿ab方向抛出三个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和3v0抛出的石子做平抛运动的时间分别为t1和t3，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v3，则( )
A．可以求出t1和t3
B．不能求出t1和t3，但能求出它们的比值
C．可以求出v1和v3
D．不能求出v1和v3，但能求出它们的比值
【答案】AC
【解析】做平抛运动的物体在任意时间的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。如图1所示，做平抛运动的物体在任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ。以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等，说明竖直分位移相等，设分别落在A、B点，如图2所示。以3v0抛出的石子其运动轨迹与AB延长线的交点在b点的正下方。根据几何关系有AB＝eq \f(1,3)ab。对于落在A点的石子，设ab＝2R，根据几何关系可求得竖直位移与水平位移之比，根据上述推论求竖直分速度与水平分速度之比，从而求出竖直分速度，再合成求出v1，由公式vy＝at求t1。以3v0抛出的石子落在c点，根据数学知识可写出其轨迹方程和圆方程，再求得c点的坐标，与落在A点的石子下落位移比较，可求得落在c点时的竖直分速度，从而求出v3。由公式vy＝at求t3。故A、C正确，B、D错误。
如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球的质量均为m，两球半径忽略不计，杆AB的长度为l，现将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平地面上由静止向右运动，求当A球沿墙下滑距离为eq \f(l,2)时A、B两球的速度vA和vB的大小。(不计一切摩擦)
【解析】A、B两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得：
vAsin θ＝vBcs θ
又A、B组成的系统机械能守恒：
mgeq \f(l,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：vA＝eq \f(1,2)eq \r(3gl)，vB＝eq \f(1,2)eq \r(gl)。
11．如图所示，足够长的斜面与水平面夹角α＝37°，斜面上有一质量M＝3 kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m＝1 kg的小物块从空中某点以v0＝3 m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h＝0.8 m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动，小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因素μ＝0.5，木板上表面光滑，木板与挡板每次碰撞均无能量损失，g＝10 m/s2，求：
(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。
(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板？
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整过过程中通过路程多大？
【解析】(1)小物块平抛运动，有：
h＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt，v2＝vy2＋v02
解得：t＝0.4 s，vy＝4 m/s，v＝5 m/s
由得θ＝37°，即速度方向与斜面垂直。
(2)木板下滑，由牛顿第二运动定律得：
Mgsin α－μMgcs α＝Ma
v1＝at1
解得：a＝2 m/s2，v1＝0.8 m/s
小物块掉到木板上后速度变为0，然后向下运动，直到与木板速度相同过程：
对小物块有：mgsin α＝ma1
对木板有：Mgsin α－μ(M＋m)gcs α＝Ma2
速度相同时：a1Δt＝v1＋a2Δt
解得：a1＝6 m/s2，a2＝m/s2，Δt＝0.15 s
Lmin＝v1Δt＋eq \f(1,2)a2Δt2－eq \f(1,2)a1Δt2＝0.06 m。
(3)小物块平抛过程木板下移的距离：x1＝eq \f(1,2)v1t1＝0.16 m
两者相碰到小物块离开，木板运动的距离：x2＝eq \f(1,2)a1t22＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22
解得：t2＝0.3 s，x2＝0.27 m
此时木板速度：v2＝v1＋a2t2＝1 m/s
木板与挡板碰后全程生热：Q＝μMgcs α·x3＝eq \f(1,2)Mv22
解得：x3＝0.125 m
可见木板在斜面上通过路程：x＝x1＋x2＋x3＝0.555 m。