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高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题四曲线运动课件
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这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题四曲线运动课件，共56页。
考点一 运动的合成与分解 抛体运动
A组 自主命题·天津卷题组
1.[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 (n∈N*)
解析 小球做平抛运动:h= gt2、R=vt,解得h= 。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立R=vt可得ω= (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!
2.(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
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
答案 BD 本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力,体现了模型构建、 科学推理的核心素养。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= ,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。
3.(2018课标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
答案 A 本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面 的倾角为θ。 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h= gt2,由图中几何关系,可得tan θ= ,解得:t= ;从抛出到落到斜面上,由动能定理可得:mgh= mv'2- m ,可得:v'= = ·v0,则 = = = ,选项A正确。
一题多解 本题还可以将落到斜面上时的速度v'进行分解,由图中几何关系可得v'= = ·v0,则 = = = ,选项A正确。
4.(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 本题考查对平抛运动的理解。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= gt2,下落时间t= ,t∝ ,故A、D错误。由vy=gt=g· = ,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝ ,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= gt2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· ,由初速度v0和下落高度共同决定。
5.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一 小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距 离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) ( )A. B. C. D.
答案 B 本题考查机械能守恒定律、平抛运动,考查学生的推理能力、应用数学知识处理 物理问题的能力。小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 mv2=mg·2R+ m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动有:2R= gt2x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离)联立得:x2= R-16R2当R=- ,即R= 时,x具有最大值,选项B正确。
方法指导 小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨道最低点到轨道最高点的曲线运动,符 合机械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得 出关于x的表达式是解题的关键。
6.(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.
温馨提示 ①以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,则乒乓球做平抛运 动。②发射的位置和高度一定,说明若能落在台面上,则运动时间一定,且最大的水平位移为 。③若球恰好擦网而过,则下落2h的高度,水平位移最小为 。④平抛运动的飞行时间由高度决定,而飞行距离由高度和初速度共同决定,当高度一定时,则由初速度决定。
统一命题、省（区、市）卷题组
1.(2019江苏单科,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
答案 BD 本题考查匀速圆周运动的基础知识及受力分析,反映出学生对物理概念的掌握情 况。由T= ,v=ωR可知A错误,B正确。由座舱做匀速圆周运动,可知座舱所受的合力提供向心力,F=mω2R,方向始终指向摩天轮中心,,则座舱在最低点时,其所受摩天轮的作用力为mg+mω2R,故C 错误,D正确。
知识储备 圆周运动常用公式有θ= ,v=ωR,T= ,F向= =mω2R=m R等。
2.(2018课标Ⅲ,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A 点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sin α= 。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆 心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小;(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案 (1) mg (2) (3)
解析 本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 =tan α ①F2=(mg)2+ ②设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=m ③由①②③式和题给数据得F0= mg ④v= ⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA,交PA于D点,由几何关系得DA=R sin α ⑥CD=R(1+cs α) ⑦由动能定理有
-mg·CD-F0·DA= mv2- m ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在A点的动量大小为p=mv1= ⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖 直方向的初速度为v⊥,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t+ gt2=CD v⊥=v sin α 由⑤⑦⑩ 式和题给数据得t=
3.(2013北京理综,18,6分,0.90)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用 下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动 ( )A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小
答案 C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,k =ma向=m =m( )2r=mω2r,分别解得a向=k ,T=2π ,ω= ,v= ,则半径r越大,加速度a向、角速度ω和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。
知识延展 在经典物理中,电子绕核运动的情况和卫星绕地球的运动类似,随着运动半径的增 大,运动的线速度、角速度、加速度都变小,周期变大。
4.[2011北京理综,22(2),10分,0.79]如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)。 由图示位置无初速释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计 空气阻力。
解析 运动中只有重力做功,小球机械能守恒mgl(1-cs α)= mv2则通过最低点时,小球的速度大小v= 根据牛顿第二定律T'-mg=m 解得轻绳对小球的拉力T'=mg+m =mg(3-2 cs α),方向竖直向上
答案 mg(3-2 cs α),方向竖直向上
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2017河西一模)如图,窗户上、下沿间的高度H=1.6 m,墙的厚度d=0.4 m,某人在离墙壁距离L =1.4 m、距窗户上沿h=0.2 m处的P点,将可视为质点的小球以速度v水平抛出,小球直接穿过窗 口并落在水平地面上,取g=10 m/s2。则v的取值范围是 ( ) A.v>7 m/s B.v<2.3 m/sC.3 m/s
答案 > v cs θ2
解析 将小车的速度v沿绳和垂直绳分解,如图所示,则vp=v cs θ2, 小车向右运动,θ2减小,v不变,则vP逐渐增大,说明物体P沿斜面向上做加速运动,由牛顿第二定律 得T-mg sin θ1=ma,可知绳子对P的拉力T>mg sin θ1。
解题技巧 将小车的速度v进行分解,得到两个物体速度的关系式,分析物体P做什么运动,判断 绳子拉力与物体P所受重力的关系。
3.(2018河西三模)随着人们生活水平的提高,打高尔夫球逐渐成为普通人的休闲娱乐方式。如 下图所示,某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球,由于受恒定的水平 风力的作用,高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴,不计洞穴深度,重力加速度为g,则 球被击出时的初速度大小为 ,球被击出后受到的水平风力的大小为 。
答案 L
解析 高尔夫球在竖直方向做自由落体运动,h= gt2,得:t= ,由于球竖直落入A穴,故水平方向做末速度为零的匀减速直线运动,根据运动学公式,有L=v0t- at2,0=v0-at,联立解得:v0=L ,a= ,由牛顿第二定律得水平方向风力大小为:F=ma,由上述各式可解得:F= 。
名师点睛 小球水平方向受恒定的阻力,做匀减速直线运动,竖直方向只受重力,做自由落体运 动,根据运动学公式即可列式求解初速度大小和加速度。由牛顿第二定律求出水平风力。
4.(2019南开二模)(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外,还受到重力和机翼所在平面向上 的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所 示),以保证除发动机推力和阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内 做半径为R的匀速圆周运动时,机翼与水平面成θ角,飞行周期为T,则下列说法正确的是 ( ) A.若飞行速率v不变,θ增大,则半径R增大B.若飞行速率v不变,θ增大,则周期T增大C.若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大D.若飞行速率v增大,θ增大,则周期T可能不变
答案 CD 飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力,如图所示,因此有mg tan θ= ,解得R= ,T= 。若飞行速率v不变,θ增大,则半径R减小,A项错误。若飞行速率v不变,θ增大,则周期T减小,B项错误。若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大,C项正确。若飞行 速率v增大,θ增大,如果满足 = ,则周期T不变,D项正确。
5.(2019红桥一模)(多选)在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨,如图所示,当火车以规定 的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v、重力加速度为g, 两轨所在面的倾角为θ,则 ( ) A.该弯道的半径r= B.当火车质量改变时,规定的行驶速度大小不变C.当火车速率大于v时,内轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率小于v时,外轨将受到轮缘的挤压
答案 AB 火车转弯时不向两侧挤压车轮轮缘,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿 第二定律:mg tan θ= ,解得:r= ,故A正确;根据牛顿第二定律得:mg tan θ= ,解得:v= ,可知火车规定的行驶速度与质量无关,故B正确;当火车速率大于v时,重力和支持力的合力不足以提供向心力,此时外轨对火车有侧压力,轮缘挤压外轨,故C错误;当火车速率小于v 时,重力和支持力的合力大于所需向心力,此时内轨对火车有侧压力,轮缘挤压内轨,故D错误; 故选A、B。
名师点睛 解决本题的关键是知道火车以规定速度转弯时对内外轨均无压力,此时靠重力和 支持力的合力提供做匀速圆周运动的向心力。
6.(2017南开一模)(多选)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的不同位置,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.挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不相等B.A的线速度比B的小C.A的向心加速度比B的大D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案 ABD A、B两个座椅具有相同的角速度,v=ωr,故A的线速度比B的小,B正确;对任一座 椅,受力分析如图,由绳子的拉力与重力的合力提供向心力,解得:mg tan θ=mω2r,解得tan θ= ,A的半径r较小,ω相等,可以知道A与竖直方向夹角θ较小,A正确;根据公式:a=ω2r,A的运动半径 小,A的向心加速度就小,A的向心力就小,A对缆绳的拉力就小,D正确,C错误。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:40分钟 分值:60分一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2019部分区一模)滑雪是一种常见的体育项目,具有很强的观赏性。半径为R的四分之一圆 弧轨道如图所示,质量为m的运动员(含滑板)从A点由静止开始滑下,到达最低点B时,运动员对 轨道的压力为2mg,已知轨道半径大于运动员的身高,重力加速度为g,运动员下滑的过程中 ( ) A.机械能守恒 B.先失重后超重C.重力的功率一直变大 D.阻力做功为 mgR
答案 B 设运动员在最低点B的速度为vB,根据牛顿第二定律可得:F-mg=m ,F=2mg,解得:vB= ,从A到B,根据动能定理可得:mgR+Wf= mg -0,解得阻力做功为Wf=- mgR,说明下滑过程中阻力做负功,机械能不守恒,故A、D错误;竖直方向的速度先增大、后减小,说明先加速下 降后减速下降,所以运动员先失重后超重,故B正确;竖直方向的速度先增大、后减小,根据P= mgvy可知,重力的功率先增大、后减小,故C错误。
2.(2019大港油田一中期中,10)(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固 定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。 现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都在桌面 上保持静止。则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是 ( ) A.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的角速度变大D.小球P运动的周期变大
答案 BC 对P受力分析,如图甲,重力与拉力的合力提供向心力,F拉= ,F合=mg tan θ,P在水平面内做圆周运动,半径r=L·sin θ,由牛顿第二定律得mg tan θ=mω2·r,整理得ω= ,小球高一些,θ角度就大一些,所以ω会变大,又因T= ,所以T会减小,C正确,D错误。对Q受力分析,如图乙,可知f=F拉·sin θ,Mg+F拉·cs θ=FN,整理得f= ·sin θ=mg·tan θ,FN=Mg+ ·cs θ=Mg+mg,所以f变大,FN不变,故A错误,B正确。 甲 乙
3.(2019五校联考,1)如图所示,自水平面上方高h处以速度v0水平抛出一小球,小球到达地面时 速度与水平方向的夹角为θ,将小球移至高2h处,以速度v水平抛出,小球到达地面时速度与水平 方向的夹角也为θ。不计空气阻力,则v与v0的关系为 ( ) A.v=2v0 B.v= v0 C.v= v0 D.v= v0
答案 B 小球做平抛运动,落地时:第一种情况有:tan θ= = ,第二种情况有:tan θ= = ,联立两式解得:v= v0,故选B。
4.(2018五区县一模)(多选)如图所示,内壁光滑的圆形轨道半径为R,固定在竖直平面内,圆形轨 道上的P、Q两点与圆心O等高,N为轨道的最高点;质量均为m的小球(可视为质点)A和B,以等 大的速率v0同时从P处向上、向下滑入圆形轨道,若在运动过程中两球均未脱离圆形轨道,重力 加速度为g。下列说法正确的是 ( ) A.两球第一次相遇点一定在N、Q之间B.两球第一次相遇点可能在P、N之间C.两球从P点释放到第一次相遇,重力的冲量相同D.小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能
答案 AC 两个小球在光滑的圆轨道内运动,机械能守恒,根据机械能守恒定律分析它们再 次相遇时速率关系以及位置关系,A向上先做减速运动,越过最高点后再做加速运动,B向下先 做加速运动,越过最低点后再做减速运动,到达Q点时,两者速率相等,则从P运动到Q点的过程 中,A球的平均速率小于B球的平均速率,所以两球再次相遇时应在Q点的上方,即在N、Q之间, A正确,B错误;因为两球相遇时运动的时间相同,质量也相同,IG=mgt,所以重力的冲量相同,C正 确;两球开始出发时机械能相等,运动过程中各自的机械能守恒,则小球A通过最高点时的机械 能等于小球B通过最低点时的机械能,D错误。
5.(2018实验中学热身训练,8)(多选)“太极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项运动时, 健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,太极球却不会掉 到地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让小球在竖直面内始终不 脱离平板且做匀速圆周运动,则 ( )A.小球的机械能保持不变B.平板对小球的弹力在A处最小,在C处最大C.在B、D两处小球一定受到沿平板向上的摩擦力D.只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用
答案 BD 小球在竖直面内做匀速圆周运动,速度大小不变,动能不变,重力势能不断变化,所 以机械能不守恒,故A错误。小球在A点满足mg+FNA=mv2/R,小球在C点满足FNC-mg=mv2/R,可知 平板对小球的作用力在A处最小,在C处最大,故B正确。在B、D两处,当平板的支持力与重力 的合力恰好提供向心力时,平板的摩擦力可以为零,故C错误,D正确。
6.(2017河东二模)(14分)为了研究过山车的原理,某兴趣小组提出了下列设想。如图所示,取一 个与水平方向夹角为37°、总长为l=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m的竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨 道以微小圆弧相接,如图所示。一个质量m=1 kg的小物块(可视为质点)以初速度vA=5.0 m/s从 A点沿倾斜轨道滑下,小物块到达C点时速度vC=4.0 m/s。(g=10 m/s2, sin 37°=0.60, cs 37°=0.80)(1)求小物块到达C点时对圆轨道的压力FN的大小;(2)求小物块从A到C运动过程中摩擦力所做的功Wf;(3)为了使小物块不离开轨道,并从轨道DE滑出,求竖直圆轨道的半径R'应满足什么条件?
答案 (1)90 N (2)-16.5 J (3)R'≤0.32 m
解析 (1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有,FN-mg=m 解得:FN=90 N根据牛顿第三定律得,小物块对圆轨道压力的大小为90 N(2)物块从A到C的过程中,根据动能定理有:mgl sin 37°+Wf= m - m 解得Wf=-16.5 J(3)设物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v,此时物块重力恰好提供向心力,根据牛顿第 二定律有:mg=m ,v= 若使小物块不离开轨道,并从轨道DE滑出,则v≥ 物块从圆轨道最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律有: m = mv2+2mgR',联立得R'≤ 解得R'≤0.32 m
7.(2017河西三模)(16分)如图所示,竖直放置的光滑圆弧是由两个半径为R=0.2 m的四分之一圆 弧组成。轨道底端入口的切线水平且固定在水平木板上。一质量为ma=1.0 kg的小球a以初速 度v0=12 m/s与静止在轨道端口,质量mb=2.0 kg的小球b相碰,碰撞后粘在一起成为一个整体球, 无能量损失地进入轨道,从轨道上端离开轨道落到木板上后不反弹,并且继续沿木板滑动,小球 与木板间的动摩擦因数μ=0.2,重力加度速大小为g=10 m/s2,试求:(1)碰后整体球速度的大小;(2)整体球到达轨道顶端对轨道压力大小;(3)整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小。
答案 (1)4 m/s (2)90 N (3)3.2 m
解析 (1)a球与b球碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律:mav0=(ma+mb)v代入数据得:v=4 m/s(2)设整体球到达轨道最高点时的速度大小为v1,整体球的质量为m。由机械能守恒定律得: mv2=mg·2R+ m 在最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=m 代入数据计算得出:FN=90 N,方向竖直向下由牛顿第三定律得整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小为90 N,方向竖直向上。(3)设整体球做平抛运动的水平位移为x1。则有:2R= gt2 x1=v1t整体落在木板上后,竖直方向的速度消失,水平速度大小为v1,根据动能定理得:
-μmgx2=0- m 所以整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小为:x=2R+x1+x2。联立解得:x=3.2 m
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018河西三模)如图所示,小球从A点以固定的初速度v0水平抛出,空气阻力不计,A点右下方 有一带挡板B的轮子,轮子与小球运动轨迹在同一竖直面内,轮子的半径为R,抛出点A比轮轴高 h,挡板的初位置在与轮轴等高的B点,调整轮轴,使平抛轨迹与轮缘相切于C,OC与OB间夹角为 θ,重力加速度为g。求: (1)小球抛出的初速度v0大小为多少;(2)小球抛出的瞬间轮子开始顺时针匀速转动,若不计挡板大小,要使小球打在挡板上,轮子转 动的角速度为多少。
答案 (1) tan θ(2)(2kπ -θ) (k=1,2,3…)
解析 (1)根据题意及平抛运动规律可得竖直方向上有:h-R sin θ= gt2 =2g(h-R sin θ)根据平行四边形定则可得tan θ= 联立解得v0= tan θ(2)要使小球打在挡板上,应使挡板和小球同时到达C点,则可得2kπ-θ=ωt(k=1,2,3…)联立可得:ω=(2kπ-θ) (k=1,2,3…)
2.(2017和平三模)如图所示,一个可视为质点的物块,质量为m=2 kg,从光滑四分之一圆弧轨道 顶端由静止滑下,到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带,传送带由一电动机 驱动着匀速向左转动,速度大小为v=3 m/s。已知圆弧轨道半径R=0.8 m,物块与传送带间的动 摩擦因数为μ=0.1,两皮带轮之间的距离为L=7 m(g=10 m/s2)。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力;(2)若物块滑到传送带上后将圆弧轨道移开,试通过计算分析物块从传送带的哪一端离开;(3)物块在传送带上运动的过程中,摩擦力对物块所做的功为多少?
答案 (1)60 N,方向竖直向下 (2)见解析 (3)-14 J
3.(2019 5·3原创)滚筒洗衣机在工作时,其内筒上任意一点在竖直平面内做圆周运动。此类型 洗衣机实现了“雨淋”、浸泡、摔打三重洗涤,具有无缠绕、洗涤均匀、磨损小的优点。图1 是某型号滚筒洗衣机内筒实物图,内部有三个光滑突起和脱水小孔,内筒直径d=0.5 m,最高转 速n=1 500 r/min。图2为内筒简易模型,三个突起等分内筒圆周。已知重力加速度为g=10 m/s2, π取3.14。(1)假设该洗衣机在洗涤模式中设定在θ=30°时衣物脱离内筒实现摔打洗涤效果,那么洗涤模 式中内筒转速是多少?(以r/min为单位,计算结果保留小数点后两位)(2)衣物与水之间存在附着力的作用,附着力使洗衣机在达到一定转速时才能达到脱水效果。 附着力的大小用衣物内每千克水所对应粘滞力表示,试求该洗衣机可实现脱水的最大附着 力。(计算结果保留小数点后两位)
答案 (1)42.73 r/min (2)6 172.25 N/kg
解析 (1)在洗涤模式中,突起推动衣物转到θ=30°时衣物脱离内筒,此时重力沿内筒直径方向 的分力刚好提供向心力,于是有:mg sin θ=mω2 又有ω=2πn1解得洗涤模式下的转速n1= 代入数据可得n1=42.73 r/min(2)转速最大时,洗衣机脱水能力最强。设衣物内质量为m的水所对应最大粘滞力为F,由于在 最低点时衣物内的水所需粘滞力最大,则在最低点有F-mg=mω2 又ω=2πn其中n=1 500 r/min=25 r/s则有 =2π2n2d+g代入数据得到 ≈6 172.25 N/kg
4.(2019 5·3原创)凸轮机构由于具有结构简单、紧凑等特点被大量应用于多种机械设备中。 只要设计出合适的凸轮轮廓曲线,就可以使从动件按照预期的规律运动。如图所示的凸轮机 构由凸轮、从动件、机架三部分组成,其中机架固定不动。凸轮轮廓曲线是半径为R的圆形, 圆心为O,凸轮绕固定点O'以角速度ω沿顺时针方向匀速转动,从而带动从动件沿竖直方向上下 移动。已知O'点与从动件在一条竖直线上,OO'= R,运动过程中凸轮与从动件始终保持接触,重力加速度为g。求:(1)设从动件质量为m,从动件从最低位置运动到最高位置时,重力势能的增加量;(2)某一时刻,OO'连线恰好沿水平方向,如图所示,则此刻从动件的运动速度大小为多少。
答案 (1)mgR (2) ωR
解析 (1)当凸轮运动到图甲左图所示位置时,从动件处于最低位置;当凸轮运动到图甲右图所 示位置时,从动件处于最高位置。则高度差Δh=2× R=R重力势能增加量ΔEp=mgΔh=mgR 甲(2)在计算该时刻从动件速度时,凸轮机构可简化为如图乙所示的机构,该机构由三根通过铰链 连接的杆及机架组成,其中杆OO'绕O'点以角速度ω匀速转动,O点的速度vO方向与杆OO'垂直,
沿杆方向速度分量vO'=vO cs θ ①设A点的速度为vA,方向竖直向上,沿杆方向的分量vA'=vA cs θ ②由于杆OA长度不变,所以vO'=vA' ③由①②③式得:vA=vO=ω· R= ωR从动件的速度与A点速度相同,因此从动件的速度大小v=vA= ωR,方向竖直向上 乙
考点一 运动的合成与分解 抛体运动
A组 自主命题·天津卷题组
1.[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 (n∈N*)
解析 小球做平抛运动:h= gt2、R=vt,解得h= 。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立R=vt可得ω= (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!
2.(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
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
答案 BD 本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力,体现了模型构建、 科学推理的核心素养。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= ,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。
3.(2018课标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
答案 A 本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面 的倾角为θ。 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h= gt2,由图中几何关系,可得tan θ= ,解得:t= ;从抛出到落到斜面上,由动能定理可得:mgh= mv'2- m ,可得:v'= = ·v0,则 = = = ,选项A正确。
一题多解 本题还可以将落到斜面上时的速度v'进行分解,由图中几何关系可得v'= = ·v0,则 = = = ,选项A正确。
4.(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 本题考查对平抛运动的理解。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= gt2,下落时间t= ,t∝ ,故A、D错误。由vy=gt=g· = ,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝ ,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= gt2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· ,由初速度v0和下落高度共同决定。
5.(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一 小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距 离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) ( )A. B. C. D.
答案 B 本题考查机械能守恒定律、平抛运动,考查学生的推理能力、应用数学知识处理 物理问题的能力。小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 mv2=mg·2R+ m 小物块从最高点水平飞出做平抛运动有:2R= gt2x=v1t(x为落地点到轨道下端的距离)联立得:x2= R-16R2当R=- ,即R= 时,x具有最大值,选项B正确。
方法指导 小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨道最低点到轨道最高点的曲线运动,符 合机械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得 出关于x的表达式是解题的关键。
6.(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.
温馨提示 ①以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,则乒乓球做平抛运 动。②发射的位置和高度一定,说明若能落在台面上,则运动时间一定,且最大的水平位移为 。③若球恰好擦网而过,则下落2h的高度,水平位移最小为 。④平抛运动的飞行时间由高度决定,而飞行距离由高度和初速度共同决定,当高度一定时,则由初速度决定。
统一命题、省（区、市）卷题组
1.(2019江苏单科,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
答案 BD 本题考查匀速圆周运动的基础知识及受力分析,反映出学生对物理概念的掌握情 况。由T= ,v=ωR可知A错误,B正确。由座舱做匀速圆周运动,可知座舱所受的合力提供向心力,F=mω2R,方向始终指向摩天轮中心,,则座舱在最低点时,其所受摩天轮的作用力为mg+mω2R,故C 错误,D正确。
知识储备 圆周运动常用公式有θ= ,v=ωR,T= ,F向= =mω2R=m R等。
2.(2018课标Ⅲ,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A 点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sin α= 。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆 心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;(2)小球到达A点时动量的大小;(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
答案 (1) mg (2) (3)
解析 本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 =tan α ①F2=(mg)2+ ②设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得F=m ③由①②③式和题给数据得F0= mg ④v= ⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA,交PA于D点,由几何关系得DA=R sin α ⑥CD=R(1+cs α) ⑦由动能定理有
-mg·CD-F0·DA= mv2- m ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在A点的动量大小为p=mv1= ⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖 直方向的初速度为v⊥,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t+ gt2=CD v⊥=v sin α 由⑤⑦⑩ 式和题给数据得t=
3.(2013北京理综,18,6分,0.90)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用 下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动 ( )A.半径越大,加速度越大 B.半径越小,周期越大C.半径越大,角速度越小 D.半径越小,线速度越小
答案 C 设原子核的电荷量为Q,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力,k =ma向=m =m( )2r=mω2r,分别解得a向=k ,T=2π ,ω= ,v= ,则半径r越大,加速度a向、角速度ω和线速度v均越小,而周期T越大,故选项C正确。
知识延展 在经典物理中,电子绕核运动的情况和卫星绕地球的运动类似,随着运动半径的增 大,运动的线速度、角速度、加速度都变小,周期变大。
4.[2011北京理综,22(2),10分,0.79]如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)。 由图示位置无初速释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计 空气阻力。
解析 运动中只有重力做功,小球机械能守恒mgl(1-cs α)= mv2则通过最低点时,小球的速度大小v= 根据牛顿第二定律T'-mg=m 解得轻绳对小球的拉力T'=mg+m =mg(3-2 cs α),方向竖直向上
答案 mg(3-2 cs α),方向竖直向上
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2017河西一模)如图,窗户上、下沿间的高度H=1.6 m,墙的厚度d=0.4 m,某人在离墙壁距离L =1.4 m、距窗户上沿h=0.2 m处的P点,将可视为质点的小球以速度v水平抛出,小球直接穿过窗 口并落在水平地面上,取g=10 m/s2。则v的取值范围是 ( ) A.v>7 m/s B.v<2.3 m/sC.3 m/s
答案 > v cs θ2
解析 将小车的速度v沿绳和垂直绳分解,如图所示,则vp=v cs θ2, 小车向右运动,θ2减小,v不变,则vP逐渐增大,说明物体P沿斜面向上做加速运动,由牛顿第二定律 得T-mg sin θ1=ma,可知绳子对P的拉力T>mg sin θ1。
解题技巧 将小车的速度v进行分解,得到两个物体速度的关系式,分析物体P做什么运动,判断 绳子拉力与物体P所受重力的关系。
3.(2018河西三模)随着人们生活水平的提高,打高尔夫球逐渐成为普通人的休闲娱乐方式。如 下图所示,某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球,由于受恒定的水平 风力的作用,高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴,不计洞穴深度,重力加速度为g,则 球被击出时的初速度大小为 ,球被击出后受到的水平风力的大小为 。
答案 L
解析 高尔夫球在竖直方向做自由落体运动,h= gt2,得:t= ,由于球竖直落入A穴,故水平方向做末速度为零的匀减速直线运动,根据运动学公式,有L=v0t- at2,0=v0-at,联立解得:v0=L ,a= ,由牛顿第二定律得水平方向风力大小为:F=ma,由上述各式可解得:F= 。
名师点睛 小球水平方向受恒定的阻力,做匀减速直线运动,竖直方向只受重力,做自由落体运 动,根据运动学公式即可列式求解初速度大小和加速度。由牛顿第二定律求出水平风力。
4.(2019南开二模)(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外,还受到重力和机翼所在平面向上 的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所 示),以保证除发动机推力和阻力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内 做半径为R的匀速圆周运动时,机翼与水平面成θ角,飞行周期为T,则下列说法正确的是 ( ) A.若飞行速率v不变,θ增大,则半径R增大B.若飞行速率v不变,θ增大,则周期T增大C.若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大D.若飞行速率v增大,θ增大,则周期T可能不变
答案 CD 飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力,如图所示,因此有mg tan θ= ,解得R= ,T= 。若飞行速率v不变,θ增大,则半径R减小,A项错误。若飞行速率v不变,θ增大,则周期T减小,B项错误。若θ不变,飞行速率v增大,则半径R增大,C项正确。若飞行 速率v增大,θ增大,如果满足 = ,则周期T不变,D项正确。
5.(2019红桥一模)(多选)在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨,如图所示,当火车以规定 的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v、重力加速度为g, 两轨所在面的倾角为θ,则 ( ) A.该弯道的半径r= B.当火车质量改变时,规定的行驶速度大小不变C.当火车速率大于v时,内轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率小于v时,外轨将受到轮缘的挤压
答案 AB 火车转弯时不向两侧挤压车轮轮缘,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿 第二定律:mg tan θ= ,解得:r= ,故A正确;根据牛顿第二定律得:mg tan θ= ,解得:v= ,可知火车规定的行驶速度与质量无关,故B正确;当火车速率大于v时,重力和支持力的合力不足以提供向心力,此时外轨对火车有侧压力,轮缘挤压外轨,故C错误;当火车速率小于v 时,重力和支持力的合力大于所需向心力,此时内轨对火车有侧压力,轮缘挤压内轨,故D错误; 故选A、B。
名师点睛 解决本题的关键是知道火车以规定速度转弯时对内外轨均无压力,此时靠重力和 支持力的合力提供做匀速圆周运动的向心力。
6.(2017南开一模)(多选)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的不同位置,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.挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不相等B.A的线速度比B的小C.A的向心加速度比B的大D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案 ABD A、B两个座椅具有相同的角速度,v=ωr,故A的线速度比B的小,B正确;对任一座 椅,受力分析如图,由绳子的拉力与重力的合力提供向心力,解得:mg tan θ=mω2r,解得tan θ= ,A的半径r较小,ω相等,可以知道A与竖直方向夹角θ较小,A正确;根据公式:a=ω2r,A的运动半径 小,A的向心加速度就小,A的向心力就小,A对缆绳的拉力就小,D正确,C错误。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:40分钟 分值:60分一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2019部分区一模)滑雪是一种常见的体育项目,具有很强的观赏性。半径为R的四分之一圆 弧轨道如图所示,质量为m的运动员(含滑板)从A点由静止开始滑下,到达最低点B时,运动员对 轨道的压力为2mg,已知轨道半径大于运动员的身高,重力加速度为g,运动员下滑的过程中 ( ) A.机械能守恒 B.先失重后超重C.重力的功率一直变大 D.阻力做功为 mgR
答案 B 设运动员在最低点B的速度为vB,根据牛顿第二定律可得:F-mg=m ,F=2mg,解得:vB= ,从A到B,根据动能定理可得:mgR+Wf= mg -0,解得阻力做功为Wf=- mgR,说明下滑过程中阻力做负功,机械能不守恒,故A、D错误;竖直方向的速度先增大、后减小,说明先加速下 降后减速下降,所以运动员先失重后超重,故B正确;竖直方向的速度先增大、后减小,根据P= mgvy可知,重力的功率先增大、后减小,故C错误。
2.(2019大港油田一中期中,10)(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固 定在金属块Q上,Q放在带小孔的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。 现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都在桌面 上保持静止。则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是 ( ) A.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的角速度变大D.小球P运动的周期变大
答案 BC 对P受力分析,如图甲,重力与拉力的合力提供向心力,F拉= ,F合=mg tan θ,P在水平面内做圆周运动,半径r=L·sin θ,由牛顿第二定律得mg tan θ=mω2·r,整理得ω= ,小球高一些,θ角度就大一些,所以ω会变大,又因T= ,所以T会减小,C正确,D错误。对Q受力分析,如图乙,可知f=F拉·sin θ,Mg+F拉·cs θ=FN,整理得f= ·sin θ=mg·tan θ,FN=Mg+ ·cs θ=Mg+mg,所以f变大,FN不变,故A错误,B正确。 甲 乙
3.(2019五校联考,1)如图所示,自水平面上方高h处以速度v0水平抛出一小球,小球到达地面时 速度与水平方向的夹角为θ,将小球移至高2h处,以速度v水平抛出,小球到达地面时速度与水平 方向的夹角也为θ。不计空气阻力,则v与v0的关系为 ( ) A.v=2v0 B.v= v0 C.v= v0 D.v= v0
答案 B 小球做平抛运动,落地时:第一种情况有:tan θ= = ,第二种情况有:tan θ= = ,联立两式解得:v= v0,故选B。
4.(2018五区县一模)(多选)如图所示,内壁光滑的圆形轨道半径为R,固定在竖直平面内,圆形轨 道上的P、Q两点与圆心O等高,N为轨道的最高点;质量均为m的小球(可视为质点)A和B,以等 大的速率v0同时从P处向上、向下滑入圆形轨道,若在运动过程中两球均未脱离圆形轨道,重力 加速度为g。下列说法正确的是 ( ) A.两球第一次相遇点一定在N、Q之间B.两球第一次相遇点可能在P、N之间C.两球从P点释放到第一次相遇,重力的冲量相同D.小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能
答案 AC 两个小球在光滑的圆轨道内运动,机械能守恒,根据机械能守恒定律分析它们再 次相遇时速率关系以及位置关系,A向上先做减速运动,越过最高点后再做加速运动,B向下先 做加速运动,越过最低点后再做减速运动,到达Q点时,两者速率相等,则从P运动到Q点的过程 中,A球的平均速率小于B球的平均速率,所以两球再次相遇时应在Q点的上方,即在N、Q之间, A正确,B错误;因为两球相遇时运动的时间相同,质量也相同,IG=mgt,所以重力的冲量相同,C正 确;两球开始出发时机械能相等,运动过程中各自的机械能守恒,则小球A通过最高点时的机械 能等于小球B通过最低点时的机械能,D错误。
5.(2018实验中学热身训练,8)(多选)“太极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项运动时, 健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,太极球却不会掉 到地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让小球在竖直面内始终不 脱离平板且做匀速圆周运动,则 ( )A.小球的机械能保持不变B.平板对小球的弹力在A处最小,在C处最大C.在B、D两处小球一定受到沿平板向上的摩擦力D.只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用
答案 BD 小球在竖直面内做匀速圆周运动,速度大小不变,动能不变,重力势能不断变化,所 以机械能不守恒,故A错误。小球在A点满足mg+FNA=mv2/R,小球在C点满足FNC-mg=mv2/R,可知 平板对小球的作用力在A处最小,在C处最大,故B正确。在B、D两处,当平板的支持力与重力 的合力恰好提供向心力时,平板的摩擦力可以为零,故C错误,D正确。
6.(2017河东二模)(14分)为了研究过山车的原理,某兴趣小组提出了下列设想。如图所示,取一 个与水平方向夹角为37°、总长为l=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m的竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨 道以微小圆弧相接,如图所示。一个质量m=1 kg的小物块(可视为质点)以初速度vA=5.0 m/s从 A点沿倾斜轨道滑下,小物块到达C点时速度vC=4.0 m/s。(g=10 m/s2, sin 37°=0.60, cs 37°=0.80)(1)求小物块到达C点时对圆轨道的压力FN的大小;(2)求小物块从A到C运动过程中摩擦力所做的功Wf;(3)为了使小物块不离开轨道,并从轨道DE滑出,求竖直圆轨道的半径R'应满足什么条件?
答案 (1)90 N (2)-16.5 J (3)R'≤0.32 m
解析 (1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有,FN-mg=m 解得:FN=90 N根据牛顿第三定律得,小物块对圆轨道压力的大小为90 N(2)物块从A到C的过程中,根据动能定理有:mgl sin 37°+Wf= m - m 解得Wf=-16.5 J(3)设物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v,此时物块重力恰好提供向心力,根据牛顿第 二定律有:mg=m ,v= 若使小物块不离开轨道,并从轨道DE滑出,则v≥ 物块从圆轨道最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律有: m = mv2+2mgR',联立得R'≤ 解得R'≤0.32 m
7.(2017河西三模)(16分)如图所示,竖直放置的光滑圆弧是由两个半径为R=0.2 m的四分之一圆 弧组成。轨道底端入口的切线水平且固定在水平木板上。一质量为ma=1.0 kg的小球a以初速 度v0=12 m/s与静止在轨道端口,质量mb=2.0 kg的小球b相碰,碰撞后粘在一起成为一个整体球, 无能量损失地进入轨道,从轨道上端离开轨道落到木板上后不反弹,并且继续沿木板滑动,小球 与木板间的动摩擦因数μ=0.2,重力加度速大小为g=10 m/s2,试求:(1)碰后整体球速度的大小;(2)整体球到达轨道顶端对轨道压力大小;(3)整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小。
答案 (1)4 m/s (2)90 N (3)3.2 m
解析 (1)a球与b球碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律:mav0=(ma+mb)v代入数据得:v=4 m/s(2)设整体球到达轨道最高点时的速度大小为v1,整体球的质量为m。由机械能守恒定律得: mv2=mg·2R+ m 在最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=m 代入数据计算得出:FN=90 N,方向竖直向下由牛顿第三定律得整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小为90 N,方向竖直向上。(3)设整体球做平抛运动的水平位移为x1。则有:2R= gt2 x1=v1t整体落在木板上后,竖直方向的速度消失,水平速度大小为v1,根据动能定理得:
-μmgx2=0- m 所以整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小为:x=2R+x1+x2。联立解得:x=3.2 m
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018河西三模)如图所示,小球从A点以固定的初速度v0水平抛出,空气阻力不计,A点右下方 有一带挡板B的轮子,轮子与小球运动轨迹在同一竖直面内,轮子的半径为R,抛出点A比轮轴高 h,挡板的初位置在与轮轴等高的B点,调整轮轴,使平抛轨迹与轮缘相切于C,OC与OB间夹角为 θ,重力加速度为g。求: (1)小球抛出的初速度v0大小为多少;(2)小球抛出的瞬间轮子开始顺时针匀速转动,若不计挡板大小,要使小球打在挡板上,轮子转 动的角速度为多少。
答案 (1) tan θ(2)(2kπ -θ) (k=1,2,3…)
解析 (1)根据题意及平抛运动规律可得竖直方向上有:h-R sin θ= gt2 =2g(h-R sin θ)根据平行四边形定则可得tan θ= 联立解得v0= tan θ(2)要使小球打在挡板上,应使挡板和小球同时到达C点,则可得2kπ-θ=ωt(k=1,2,3…)联立可得:ω=(2kπ-θ) (k=1,2,3…)
2.(2017和平三模)如图所示,一个可视为质点的物块,质量为m=2 kg,从光滑四分之一圆弧轨道 顶端由静止滑下,到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带,传送带由一电动机 驱动着匀速向左转动,速度大小为v=3 m/s。已知圆弧轨道半径R=0.8 m,物块与传送带间的动 摩擦因数为μ=0.1,两皮带轮之间的距离为L=7 m(g=10 m/s2)。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力;(2)若物块滑到传送带上后将圆弧轨道移开,试通过计算分析物块从传送带的哪一端离开;(3)物块在传送带上运动的过程中,摩擦力对物块所做的功为多少?
答案 (1)60 N,方向竖直向下 (2)见解析 (3)-14 J
3.(2019 5·3原创)滚筒洗衣机在工作时,其内筒上任意一点在竖直平面内做圆周运动。此类型 洗衣机实现了“雨淋”、浸泡、摔打三重洗涤,具有无缠绕、洗涤均匀、磨损小的优点。图1 是某型号滚筒洗衣机内筒实物图,内部有三个光滑突起和脱水小孔,内筒直径d=0.5 m,最高转 速n=1 500 r/min。图2为内筒简易模型,三个突起等分内筒圆周。已知重力加速度为g=10 m/s2, π取3.14。(1)假设该洗衣机在洗涤模式中设定在θ=30°时衣物脱离内筒实现摔打洗涤效果,那么洗涤模 式中内筒转速是多少?(以r/min为单位,计算结果保留小数点后两位)(2)衣物与水之间存在附着力的作用,附着力使洗衣机在达到一定转速时才能达到脱水效果。 附着力的大小用衣物内每千克水所对应粘滞力表示,试求该洗衣机可实现脱水的最大附着 力。(计算结果保留小数点后两位)
答案 (1)42.73 r/min (2)6 172.25 N/kg
解析 (1)在洗涤模式中,突起推动衣物转到θ=30°时衣物脱离内筒,此时重力沿内筒直径方向 的分力刚好提供向心力,于是有:mg sin θ=mω2 又有ω=2πn1解得洗涤模式下的转速n1= 代入数据可得n1=42.73 r/min(2)转速最大时,洗衣机脱水能力最强。设衣物内质量为m的水所对应最大粘滞力为F,由于在 最低点时衣物内的水所需粘滞力最大,则在最低点有F-mg=mω2 又ω=2πn其中n=1 500 r/min=25 r/s则有 =2π2n2d+g代入数据得到 ≈6 172.25 N/kg
4.(2019 5·3原创)凸轮机构由于具有结构简单、紧凑等特点被大量应用于多种机械设备中。 只要设计出合适的凸轮轮廓曲线,就可以使从动件按照预期的规律运动。如图所示的凸轮机 构由凸轮、从动件、机架三部分组成,其中机架固定不动。凸轮轮廓曲线是半径为R的圆形, 圆心为O,凸轮绕固定点O'以角速度ω沿顺时针方向匀速转动,从而带动从动件沿竖直方向上下 移动。已知O'点与从动件在一条竖直线上,OO'= R,运动过程中凸轮与从动件始终保持接触,重力加速度为g。求:(1)设从动件质量为m,从动件从最低位置运动到最高位置时,重力势能的增加量;(2)某一时刻,OO'连线恰好沿水平方向,如图所示,则此刻从动件的运动速度大小为多少。
答案 (1)mgR (2) ωR
解析 (1)当凸轮运动到图甲左图所示位置时,从动件处于最低位置;当凸轮运动到图甲右图所 示位置时,从动件处于最高位置。则高度差Δh=2× R=R重力势能增加量ΔEp=mgΔh=mgR 甲(2)在计算该时刻从动件速度时,凸轮机构可简化为如图乙所示的机构,该机构由三根通过铰链 连接的杆及机架组成,其中杆OO'绕O'点以角速度ω匀速转动,O点的速度vO方向与杆OO'垂直,
沿杆方向速度分量vO'=vO cs θ ①设A点的速度为vA,方向竖直向上,沿杆方向的分量vA'=vA cs θ ②由于杆OA长度不变,所以vO'=vA' ③由①②③式得:vA=vO=ω· R= ωR从动件的速度与A点速度相同,因此从动件的速度大小v=vA= ωR,方向竖直向上 乙
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