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专题04 曲线运动第一部分名师综述近几年来，曲线运动已成为高考的热点内容之一，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内容有：平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法本部分内容是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，而万有引力定律是力学中一个重要独立的基本定律，运动的合成与分解是研究复杂运动的基本方法，复习本章的概念和规律，将加深对速度、加速度及其关系的理解；加深对牛顿第二定律的理解，提高解题实际的能力。第二部分知识背一背一、平抛运动1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动.2.性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.3.基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx=v0, 位移x=v0t .(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy=gt,位移y=.二、斜抛运动1.定义：将物体以速度v斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动.2.性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。三、离心运动和近心运动1.离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动.(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向.(3)受力特点.当F=m2r时，物体做匀速圆周运动；当F=0时，物体沿切线方向飞出;当Fm2r,物体将逐渐靠近圆心，做近心运动.第三部分技能+方法一、小船渡河问题的规范求解1.总结(1)不论水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，时间最短.(2)当船速大于水速时，船可以垂直于河岸航行.(3)当船速小于水速时，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程.2.求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移.无论哪类都必须明确以下四点：(1)解决这类问题的关键是:正确区分分运动和合运动,船的航行方向也就是船头指向，是分运动.船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动,一般情况下与船头指向不一致.(2)运动分解的基本方法,按实际效果分解,一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解.(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关.(4)求最短渡河位移时,根据船速v船与水流速度v水的情况用三角形法则求极限的方法处理.二、斜面上的平抛问题斜面平抛问题的求解方法(1)物体在斜面上平抛并落在斜面上的问题与实际联系密切，如滑雪运动等，因而此类问题是高考命题的热点.有两种分解方法：一是沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；二是沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的类竖直上抛运动.(2)此类问题中，斜面的倾角即为位移与水平方向的夹角；可以根据斜面的倾角和平抛运动的推论确定物体落在斜面上时的速度方向.三、水平面内的匀速圆周运动的分析方法1.运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等.2.这类问题的特点是:(1)运动轨迹是圆且在水平面内；(2)向心力的方向水平，竖直方向的合力为零.3.解答此类问题的方法：(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源；(2)确定圆周运动的圆心和半径；(3)应用相关力学规律列方程求解.四、竖直平面内的圆周运动的求解思路（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是：“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体.（2）确定临界点：v临=，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点.（3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.（4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合=F向.（5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.第四部分基础练+测一、单选题12019年1月5日零点起,全国铁路实施新版列车运行图,17辆编组的超长版“复兴号”CR系列动车组以350公里时速正式在京沪高铁上线运营.当一列由北京南开往上海虹桥的“复兴号”CR400高铁正在匀加速直线行驶途中,某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球,则小球( )A在最高点对地速度为零B在最高点对地速度最大C抛出时车厢速度越大,落点位置离乘客越远D从抛出到落地的时间与车厢的速度大小无关【答案】 D【解析】【详解】小球被竖直抛出时，水平方向有与列车相同的速度，则在最高点对地速度不为零，选项A错误；在最高点时竖直速度为零，则对地的速度不是最大的，选项B错误；由于小球的水平速度与乘客的速度相同，则小球应该落回到原出发点，与抛出时车厢的速度无关，选项C错误；从抛出到落地的时间只与竖直上抛的速度有关，与车厢的速度大小无关，选项D正确；故选D.2双人滑冰是一种观赏性很高的冰上运动。如图所示，在一组动作中，男女运动员绕某竖直轴做匀速圆周运动。对此现象，小明同学对于“如果水平面光滑。”这样的理想化情况，做出这样一些分析判断，其中正确的是：A他俩不可能做匀速圆周运动B他俩的运动不是直线运动，总动量不守恒C由于男选手对女选手拉力斜向上，这个拉力大于女选手对男选手的拉力D由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手对冰面压力大于自己的重力【答案】 D【解析】【详解】男女运动员绕某竖直轴转动，两人之间的拉力和重力的合力充当向心力，则他俩可能做匀速圆周运动，选项A错误；两人组成的系统合外力为零，则总动量守恒，选项B错误；男选手对女选手的拉力与女选手对男选手的拉力是一对作用和反作用力，大小相等，选项C错误；由于女选手对男选手拉力斜向下，男选手对冰面压力等于男选手的重力与女选手对男选手拉力的竖直分量之和，则男选手对冰面压力大于自己的重力，选项D正确；故选D.3“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看为质点，“旋转秋千”可简化为如图所示的模型。其中，处于水平面内的圆形转盘，半径为r，可绕穿过其中心的竖直轴转动。让转盘由静止开始逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起以角速度做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向的夹角为。已知绳长为L且不可伸长，质点的质量为m，不计空气阻力及绳重。则下列说法中正确的是（）A质点的重力越大，绳子与竖直方向的夹角越小B质点做匀速圆周运动的向心力是其所受悬线的拉力C转盘转动的角速度与夹角的关系为=gtanr+LsinD质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为mg(r+Lsin)tan【答案】 C【解析】【详解】由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则有：mgtan=m2R解得：tan=2rg，与重力无关，故A、B错误；质点做匀速圆周运动的向心力是由重力和绳子的拉力的合力提供的，故B错误；根据mgtan=m2R=m2（r+Lsin）解得：=gtanr+Lsin，故C正确；设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，根据向心力公式得：mgtan=mv2r+Lsin对于质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为-mgl（1-cos），设绳子拉力做功为W，则根据动能定理得：W-mgl（1-cos）=12mv2联立得：W=mgl（1-cos）+12mg（r+Lsin）tan，故D错误。故选C。4将一只苹果（可看成质点）水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹。若不计空气阻力的影响，则 ( )A苹果通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最大B苹果通过第3个窗户期间重力所做的功最多C苹果通过第1个窗户期间重力做功的平均功率最小D苹果通过第3个窗户期间速度变化量最大【答案】 C【解析】【详解】A、苹果在竖直方向运动速度越来越大，但窗户的高度一样，因此时间越来越短，故由竖直方向的平均速度vy=ht可知越来越大，即通过第1个窗户期间竖直方向上的平均速度最小，故A错误；B、窗户的高度一样，故通过每个窗户重力做功都为mgh，故B错误；C、苹果通过第一扇窗户时间最长，故通过第1个窗户克服重力做功的平均功率PG=mght得最小，故C正确；D、平抛运动的加速度恒定为g，则速度变化量为v=gt，通过第3个窗户的时间最短，故其速度变化量最小；故D错误；故选C.5如图所示，水平屋顶高H=5m，围墙高h=3.2m，围墙到房子的水平距离L=3m，围墙外马路宽x=10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0大小的值不可能为(g取10m/s2)A8m/sB12m/sC6m/sD2m/s【答案】 D【解析】【详解】小球落到围墙上的速度为v1，则下落时间t1=2(H-h)g2(5-3.2)10s=0.6s，根据速度时间关系可得v1=Lt130.6m/s=5m/s；小球落在马路外边缘经过的时间为t2，则t2=2Hg1010s=1s，根据速度时间关系可得速度v2=L+xt23+101m/s=13m/s，所以满足条件的速度5m/sv13m/s，故小球离开屋顶时的速度v0的大小的值不可能为2m/s，故选D.6如图所示，在竖直平面内固定有一个光滑圆轨道。一个可视为质点的小球从轨道的最低点出发，恰能沿圆轨道做完整的圆周运动，不计空气阻力。下列说法正确的是A小球到达最高点的速度为0B小球在最低点对轨道的压力最大C小球在上升过程中所受合外力指向圆心D圆轨道对小球的作用力一直做负功【答案】 B【解析】【详解】A、小球恰能沿圆轨道做完整的圆周运动，在最高点由重力提供向心力，则有：mg=mv2R，解得小球到达最高点的速度为v=gR，故A错误；BCD、小球在运动过程中，小球受到重力和圆轨道对小球的支持力，只有在最高点和最低点时小球受到的合外力指向圆心，其余位置小球受到的合外力不指向圆心；圆轨道对小球的支持力与速度方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，小球在最低点速度最大，根据牛顿运动定律可知小球在最低点对轨道的压力最大，故B正确，C、D错误；故选B。7如图所示，A球在B球的斜上方，两球相向水平抛出。若要使两球在与两球抛出的距离相等的竖直线上相遇，则AA、B两球要同时抛出BB球要先抛出CA球抛出时的速度大于B球抛出时的速度DA球抛出时的速度小于B球抛出时的速度【答案】 D【解析】【详解】AB、两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有 h=12gt2，得t=2hg，可知A平抛运动的时间较长，所以A球要先抛出，故A B错误；CD、水平方向有 xv0t，因为x相等，A平抛运动的时间较长，所以A球抛出时的速度小于B球抛出时的速度，故C错误，D正确。8如图所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点空气阻力不计设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为1和2，则下列关系式正确的是（ ）At1t2=12 Bv01v02=12Cv1v2=12 Dtan1tan2=12【答案】 C【解析】【分析】本题考查的是平抛运动的规律，两次平抛均落到斜面上，位移偏转角相等，以此切入即可求出答案。【详解】设斜面的倾角为，可得gt2v0=tan，所以gt12v01=gt22v02，竖直方向下降的高度之比为1：2，所以t1t2=12，求得v01v02=12，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，v1v2=v01v02=12，tan1tan2=1，所以C正确。【点睛】平抛运动问题的切入点有三种：轨迹切入、偏转角切入、竖直方向相邻相等时间位移差为常数。9从在高空水平匀速飞行的飞机上每隔1释放1个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则A这5个小球在空中处在同一条抛物线上B在空中，相邻的两小球间的距离保持不变C相邻的两小球的落地点的间距相等D最先释放的两小球的落地点的间距最大【答案】 C【解析】【分析】根据平抛运动规律可知，当小球释放后由于惯性在水平方向上和飞机速度相同；每次释放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每个小球运动规律一样；根据竖直方向做自由落体运动和水平方向做匀速直线运动判断两球之间的距离；【详解】A、由于惯性，小球和飞机水平方向具有相同速度，因此都在飞机的正下方，故小球落地前排列在同一条竖直线上，故A 错误；B、在空中，相邻的两个小球水平分速度相等，由于先释放的一个小球比后一个小球多运动1s，故竖直分速度大10m/s，故每秒中两个小球间距增加10m，故B错误；CD、小球水平方向是匀速运动（设为v0），前一个小球落地，再过1s，后一个小球落地，故间距为v0t=v0米，恒定，故C正确，D错误；故选C。【点睛】解决的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，难点在于两个炸弹运动规律的比较，即相对运动的理解。10如图，在倾角为的斜面顶端将三个小球M、N、P分别以v02、v0、2v0的初速度沿水平方向抛出，N恰好落到斜面底端。已知sin=35，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则M落到斜面时的速度大小与P落到地面时的速度大小之比为A13100 B14 C116 D1310【答案】 D【解析】【分析】由题意分析可知，M、N会落到斜面上，物体平抛落到斜面上，由相同的位移偏向角，根据位移偏向角可以算出M的末速度vM=134v0，物体N、P落到水平面上，有相同的下降高度，故由相同的运动时间，根据运动学分析，可算出vP=52v0，故vM:vP=13:10。【详解】对M：tan=yMxM=12gtM2v02tM，解得tM=3v04g，vMy=gtM=34v0，对N：tan=yNxN=12gtN2v0tN，解得tN=3v02g，tP=tN=3v02g，vPy=vNy=gtN=3v02，vM2=(v02)2+vMy2，解得vM=134v0，vP2=(2v0)2+vPy2，解得vP=52v0，故vM:vP=13:10，故D正确。【点睛】平抛运动与斜面的结合问题，要抓住位移偏向角等于斜面的倾角。二、多选题11如下左图为某游乐园飓风飞椅游玩项目,如下右图为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘A、中间圆柱B、底座C和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成,在距转盘下表面轴心O距离为d的圆周上,用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(右图中只画两座),设A、B、C总质量为M,单个飞椅与人的质量之和均为m,悬挂飞椅D的绳长均为L,当水平转盘以角速度稳定旋转时,各软绳与竖直方向成角。则下列判断正确的是A转盘旋转角速度为gtand+LsinB底座C对水平地面压力随转速增加而减小C底座C对水平地面压力与转速无关,恒为Mg+16mgD软绳与竖直方向夹角大小与软绳长、转速和乘客质量均有关【答案】 AC【解析】【详解】A对单个的座椅：mgtan=m2(d+Lsin)解得=gtand+Lsin，选项A正确；B C对座椅，竖直方向Tcos=mg，对整体竖直方向：N=Mg+16Tcos= Mg+16mg，则底座C对水平地面压力大小不变，选项B错误，C正确；D由mgtan=m2(d+Lsin)可知gtan=2(d+Lsin)，则软绳与竖直方向夹角大小与软绳长L、角速度（转速n）有关，与乘客质量无关，选项D错误.12如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不可伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小球重力为IN，电动机从A端以1m/s的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为600，对此时小球速度及绳子中拉力的判断正确的是A小球速度等于2m/sB小球速度等于0.5m/sC绳中拉力大于2ND绳中拉力等于2N【答案】 AC【解析】【详解】设小球速度为v1，绳子速度为v2，小球的运动速度可分解到沿绳和垂直绳的方向上，故v2=v1cos，可得v1=v2/cos=2m/s。小球运动过程角逐渐增大，故小球在做加速运动，加速度向上，对小球受力分析知F cos-mg=ma，故Fmgcos=2N。故选项AC正确，BD错误。13如图所示，斜面倾角为，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经历的时间为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=2v0gtanB若小球垂直击中斜面，则t=v0gtanC若小球恰能击中斜面中点，则t=2v0gtanD无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等【答案】 AB【解析】【详解】过抛出点作斜面的垂线CD，如图所示：当小球落在斜面上的D点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x=v0t；竖直方向：y=12gt2。根据几何关系有xy=tan，即有v0t12gt2=tan，解得：t=2v0gtan故A正确。若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为，则tan=v0gt，得t=v0gtan故B正确。若小球能击中斜面中点时，小球下落的高度设为h，水平位移设为x。则由几何关系可得tan=hx=12gt2v0t=gt2v0，得：t=2v0tang，故C错误。由上知，D错误。14如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方R2处。小球从最高点A由静止开始逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A小球运动到B点时的速度大小为2gRB弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD小球运动到B点时重力的功率为0【答案】 BCD【解析】【详解】由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB=2gR故A错误。根据小球与弹簧系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，小弹簧的弹性势能为零，最小，则小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圆环对小球的支持力为：F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确。小球运动到B点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0，故D正确。故选BCD。15如图所示,支架固定在底座上，它们的总质量为M。质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上,O、A间的距离为L/3,两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动,运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时,小球A的速度为v,重力加速度为g,对于该位置有A小球A、B的加速度大小相等B若v=gL3，则底座对水平地面的压力为Mg+3mgC小球A、B的向心力大小相等D若v=13gL，则底座对水平地面的压力为Mg+mg/3【答案】 BC【解析】【详解】A、两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据a=2r可知小球A、B的加速度之比为aA:aB=1:2，故A错误；B、若v=gL3时对A分析则有2mg-FA=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FN=0，根据v=r可知vB=2gL3，对B分析则有FB-mg=mvB223L，解得轻杆对B拉力为FB=3mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故B正确；C、根据F=m2r可知A、B的向心力之比为FA:FB=1:1，故C正确；D、若v=13gL时对A分析则有2mg-FA=2mv213L，解得轻杆对A支持力为FA=43mg，根据v=r可知vB=23gL，对B分析则有FB-mg=mvB223L，解得轻杆对B拉力为FB=53mg，以底座和轻杆为对象，水平地面对底座的支持力为FN=MG+3mg，故D错误；故选BC。16我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AB部分是倾角为=37的助滑雪道，BC部分是半径为25m的光滑圆弧轨道，二者相切于B点，圆弧最低点C点的切线沿水平方向，CD部分为倾角2=30的着陆坡。一运动员连同滑板可视为质点，从A点由静止滑下，到C点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的E点，不计空气阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。则A运动员到达C点时，对轨遒的压力大小为运动员本身重力的1.9倍B运动员到达B点时的速度大小为10m/sC若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同D若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0从C点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比【答案】 ACD【解析】【详解】A.设运动员在C点的速度为vC，在CD上有平抛运动可得：tan2=12gt2vCt，CDsin2=12gt2,有以上两方程可得：vC=15m/s，在C点有圆周运动的知识可得：FN-mg=mv2R，压力大小为运动员本身重力的比为：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正确。B.有B到C有动能定理可得：mgR(1-cos)=12mvC2-12mvB2，解之得：vB=125m/s。故B错误。C. 运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为，由平抛运动的规律可得：tan=2tan2，所以是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD的夹角都相同。故C正确。D. 运动员落在着陆坡上的速度大小v，由平抛运动的规律可得v=v0cos，因为cos是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度大小与v0成正比。故D正确。17如图，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心，AB为水平直径。现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角=60，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）Av1：v2=1:3B小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同C小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为1:2D小球落在凹槽上时，重力的瞬时功率两次不同【答案】 AB【解析】【详解】A、小球从开始运动到落到凹槽上做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点时有：x1=v1t=R-Rcos60=R2，从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点时有：x2=v2t=R+Rcos60=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正确；B、根据加速度的定义a=vt可知速度的变化量v=gt，由于下落时间相同，所以小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同，故B正确；C、小球从抛出到D点的平均速度vD=SADt=Rt，小球从抛出到C点的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后两次的平均速度之比为1:3，故C错误；D、小球刚到D点时重力的瞬时功率PD=mgvyB=mggt=mg2t，小球刚到C点时重力的瞬时功率PC=mgvyC=mggt=mg2t，所以重力的瞬时功率两次相同，故D错误；故选AB。18如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则A恒定外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin=vv0B质点所受合外力的大小为mv02-v2tC质点到达B点时的速度大小为v0vv02-v2Dt s内恒力F做功为12mv02-v2【答案】 ABC【解析】【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：在x方向上由运动学知识得vv0sin ；在y方向上由运动学知识得v0cos ayt；由牛顿第二定律有Fmay；解得Fmv02-v2t，sin vv0，即恒力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin vv0。故AB正确；设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有Fcos ma1；Fsin ma2；由运动学知识可得v0a1t1；vBa2t1解得vBv0vv02-v2，则选项C正确；t s内恒力F做功为12m(v02v2) ，故D错误。故选ABC.19如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F小环和物块以速度向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g下列说法正确的是（ ）A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于MgB小环碰到钉子P后瞬间，绳中的张力大于2FC物块上升的最大高度为v22gD速度v不能超过(F-Mg)L2M【答案】 AC【解析】【分析】碰到钉子以后，物块做圆周运动，找到物块的向心力，即可求出答案。【详解】A向右匀速时，夹子给物块的摩擦力等于物块的重力Mg,所以根据牛顿第三定律，可得物块给夹子一个反作用力Mg,所以绳子里面的张力等于Mg。A正确。B小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，此时f-Mg=mv2L，绳子张力大小等于f，不一定大于2F，B错。C小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，机械能守恒，所以物块上升的最大高度为v22g。C对。D当夹子的摩擦力等于最大静摩擦力时，物块的速度最大，可得2F-Mg=mvm2L，D错。【点睛】圆周运动的问题关键是分析好向心力的构成。20如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则A小球到达M点时的速度大小为0B小球在A点时的速度为5gRC小球落地点离B点的水平距离为2R D小球落地时的动能为3mgR【答案】 BC【解析】【分析】小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，由此求出小球通过M点的速度；由动能定理求出小球在A点时的速度；由平抛运动的规律求小球落地点离B点的水平距离，再由动能定理求小球落地时的动能；【详解】A、小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，则有mg=mvM2R，解得vM=gR，故A错误；B、从A到M，由动能定理得：-2mgR=12mvM2-12mvA2，解得：vA=5gR，故B正确；C、小球离开M点后做平抛运动，则有x=vMt，2R=12gt2，得x=2R，故C正确；D、M到落地,由动能定理得：2mgR=Ek-12mvM2，解得小球落地时的动能Ek=52mgR，故D错误；故选BC。【点睛】关键是认真分析物体的运动过程，将其分解为我们常见的物理学模型，如平抛、自由落体、圆周运动等，即可利用常见公式进行解答。三、解答题21光滑水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径远小于R。与B相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起。求当v0的大小在什么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。已知重力加速度为g。【答案】v022gR或v025gR【解析】【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv02mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：2mgR0122mv2，解得v022gR若两物体恰能到达最高点，则：2mg2R122mv2122mv2，2mg2mv2R，解得v025gR综上，当v022gR或v025gR时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道。22如图所示，MN是半径为R=0.2m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的P点。若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不计阻力，小球可视为质点。求：（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度v0的大小（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度v的大小（3）P点与N点之间的水平距离x【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律：mgR=mv02/2解得：v0=4m/s（2）小球A与小球B碰撞过程动量守恒，则：mv0=2mv解得：v=2m/s（3）小球做平抛运动：h=gt2/2 x=vt解得：x=0.8m23如图所示,质量m1=1kg的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而与半径R=3m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高.一质量m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=33,木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹,最终滑未从木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度;(2)木板的最小长度;(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3)509J5.56J【解析】【详解】(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数=33=tan300可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律可得：12m2v02=m2g(Rcos+h)解得：h=9.75m ；(2) 由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为a1，由牛顿第二定律可知：m2gcosm1gsin=m1a1滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律可知：m2gcos+m2gsin=m2a2设经过t1时间后两者共速，共同速度为v1，由运动学公式可知：v1=v0a2t1=a1t1该过程中木板走过的位移：x1=v12t1滑块走过的位移：x2=v0+v12t1之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度：L=x2x1联立解得：L=7.5m；(3) 滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知：(m1+m2)gsin=(m1+m2)a3一起匀减速向上运动的位移：x3=v122a3木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2，由运动学公式可知：x1+x3=v222a3滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为v3，由运动学公式可知：v3=v2a2t2=a1t2该过程中木板走过的位移：x4=v32t2一起匀减速向上运动的位移：x5=v322a3设木板第二次滑至A点时的速度为v4，由运动学公式可知：x4+x5=v422a3木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为E=12m1v42联立各式得：E=509J5.56J。24如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出已知小球在D点对管下壁压力大小为12mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角60，不计空气阻力求：(1)小球在A点初速度的大小；(2)小球在D点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功【答案】(1)gR；(2)g2R；(3)14mgR【解析】【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小（2）根据向心力公式求出小球在D点的速度，从而求解小球在D点角速度（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功【详解】（1）小球从A到B，竖直方向: vy22gR(1cos 60)解得vy3gR在B点：v0vytan600gR.（2）在D点，由向心力公式得mg-12mgmvD2R解得vD2gR2vDRg2R.（3）从A到D全过程由动能定理：W克12mvD212mv02解得W克14mgR.【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源25将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为30，如图所示。现有质量为m的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，求：（1）小球落在B点时的速度（2）A、B两点的竖直高度差与水平距离之比【答案】（1）2v0（2）32【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，水平速度不变，在B点的速度分解，根据几何知识求解B点的速度；根据水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运动求解A、B两点的竖直高度差与水平距离之比.【详解】（1）将B点的速度分解，如图，则vB=v0sin300=2v0（2）竖直方向：vBcos300=gtA、B两点的竖直高度差与水平距离之比hx=12gt2v0t=gt2v0=3226将一个物体以10m/s的速度从15米的高度水平抛出，求(1)落地的时间是多少？(2)落地时它的速度方向与地面的夹角是多少？（不计空气阻力，取g=10m/s2）【答案】（1）3s（2）60【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上的速度已知，根据速度位移公式Vy2-0=2gh 求出竖直方向上的分速度，从而求出速度方向与地面的夹角【详解】（1）根据h=12gt2可得落地的时间t=2hg=21510s=3s（2）落地时在水平方向的分速度是vx=v0=10m/s竖直方向由匀变速运动规律知vy2-0=2gh由此得vy2gh103m/s若速度方向与地面的夹角用来表示，则tan=vyvx3所以=60【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动分别求出水平分速度和竖直分速度，即可知道速度方向与地面的夹角27如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度=60。小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达C点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求：(1)轻绳能承受最大拉力不得小于多少?(2)小明跳离平板车时的速度在什么范围?(3)若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功?【答案】（1）1200N（2）4m/svc5m/s（3）480J【解析】【分析】（1）首先根据机械能守恒可以计算到达B点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小。（2）由平抛运动规律，按照位移大小可以计算速度范围（3）由动量守恒和能量守恒规律计算即可。【详解】解(l)从A到B由功能关系可得mgL(1-cos)=12mv2代人数据求得v=4 m/s在最低点B处，T-mg=mv2L联立解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2)小明离开滑板后可认为做平抛运动竖直位移y=12gt2离C点水平位移最小位移x-R=vmint离C点水平位移最大为x+R=vmint联立解得小明跳离滑板时的速度4 m/svc5 m/s(3)小明落上滑板时，动量守恒mv=(m+m0)v1代人数据求得v1=3 m/s离开滑板时，动量守恒(m+m0)v1=mvC+m0v2将代人得V2=-3 m/s由功能关系可得W=(12mvC2+12m0v22)-12m+m0v12解得W=480 J28如图所示，光滑1/4圆形轨道PQ竖直固定，半径为R，轨道最低点距离地面的高度也为R。质量为m的小球从P点由静止下滑，离开Q点后落至水平面上，取重力加速度为g，小球可视为质点，不计空气阻力，求：（1）小球通过轨道末端Q时，轨道对小球的弹力大小（2）小球落地点与Q点的距离。【答案】（1）3mg（2）5R【解析】【分析】（1）小球由PQ过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求经过Q点的速度小球经过Q点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式列式求解；（2）小球从Q点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解x【详解】（1）设小球在Q点时的速度为v0，轨道对小球的弹力为N小球从P到Q的过程由动能定理：mgR=12mv02在Q点时：N-mg=mv02R由得N=3mg（2）小球从Q点平抛的过程，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，水平方向：x=v0t竖直方向：R=12gt2小球落地点与Q点的距离为：L=x2+R2得L=5R 【点睛】本题关键对两个的运动过程分析清楚，然后选择机械能守恒定律和平抛运动规律列式求解29距水平地面高5 m的平台边缘放有一质量为1 kg的木块，一质量为20 g的子弹水平射入木块，并留在木块内，木块在子弹的冲击下掉落到水平地面上，测得木块落地位置到平台边缘的水平距离为3 m。不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2。求：（1）子弹射入木块前瞬间的速度大小；（2）子弹射入木块的过程中所产生的内能。【答案】（1）153 m/s （2）229.5 J【解析】【分析】（1）子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒；子弹射入木块后与木块一起做平抛运动。据此列方程求解即可；（2）由能量守恒可知，系统减小的动能转化成内能。据此列方程即可求解。【详解】（1）子弹射入木块后与木块一起做平抛运动，有h=12gt2vtx解得：v3 m/s子弹射入木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0(m+M)v解得：v0153 m/s。（2）由能量守恒可知Q=12mv02-12(m+M)v2解得：Q229.5 J。30如图所示，是某兴趣小组举行遥控赛车比赛示意图。一质量为m的小赛车从水平轨道的A点由静止出发，沿着动摩擦因数为的水平直线运动L后，从B点进入竖直光滑、半径为R的半圆形轨道，并通过最高点C完成比赛其中，B点是半圆轨道的最低点，也是水平轨道与竖直半圆轨道的平滑相切点。赛车通电后以额定功率P起动，重力加速度为g。现要完成赛车的比赛。求(1)赛车电动机工作的最短时间；(2)赛车从最高点C飞出的最大距离。【答案】（1）mgP(L+52R)（2）4Rg(Pmg)2-4gR【解析】【详解】(1)当赛车恰好过C点时在B点对轨道压力最小，赛车在C点对有：mg=mvC2R解得vC=gR赛车从A到C的整个过程中，运用动能定理：pt-mgL-2mgR= 12mvC2联立解得：t=mgP(L+52R)；（2）赛车由B到C机械能守恒，12mvBm2=12mvC2+2mgR平抛运动，水平方向：xm=vCt竖直方向：2R=12gt2赛车从A到B，功率P=FvmF=f=mg联立以上各式得：xm=4Rg(Pmg)2-4gR【点睛】（1）赛车恰好通过最高点，在最高点轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，可以求出vC，从A到C的整个过程中，运用动能定理可求最短工作时间；（2）赛车从A到B，牵引力等于摩擦力时速度最大。由B到C机械能守恒。从C抛出运用平抛运动规律，联立即可求解最远距离
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