(1)曲線運動的條件；(2)運動的合成與分解；(3)拋體運動的規律。

例1．(2020•全國卷Ⅱ•16)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。等于(　　)

A. 20   B. 18   C. 9.0   D. 3.0
【解析】有題意可知當在a點動能為E1時，有E1＝12mv12，根據平拋運動規律有h＝12gt12，h＝v1t1；當在a點時動能為E2時，有E2＝12mv22，12h＝12gt22，3h＝v2t2，聯立解得，故選B。
【答案】B
【點睛】本題主要考查平拋運動的規律和動能的計算公式，知道平拋運動可以分解為水平方向的直線運動和豎直方向的自由落體運動。
例2．(2020•山東卷•16)單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM＝10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α＝72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30。求：

(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
(2)M、N之間的距離L。
【解析】(1)在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規律得：
v1＝vMsin 72.8° ①
設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得：
mgcos 17.2°＝ma1 ②
由運動學公式得 ③
聯立①②③式，代入數據得：d＝4.8 m。 ④
(2)在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規得：
v2＝vMcos72.8° ⑤
設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 ⑥
設騰空時間為t，由運動學公式得： ⑦
L＝v2t＋12a2t2 ⑧
聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得：L＝12 m。 ⑨
【點睛】本題考查牛頓第二定律的綜合應用及斜面上拋體問題的分析，關鍵是弄清物體的運動過程和受力情況，能正確將速度和加速度同時進行分解。

1．(多選)質量為2 kg的質點在xOy平面上做曲線運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　)

A．質點的初速度為5 m/s
B．質點所受的合外力為3 N，做勻加速曲線運動
C．2 s末質點速度大小為6 m/s
D．2 s內質點的位移大小約為12 m
【答案】ABD
【解析】由x方向的速度圖象可知，在x方向的加速度為1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移圖象可知在y方向做勻速直線運動，速度為vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此質點的初速度為5 m/s，A選項正確；受到的合外力為3 N，顯然，質點初速度方向與合外力方向不在同一條直線上，B選項正確；2 s末質點速度應該為v＝62＋42 m/s＝213 m/s，C選項錯誤；2 s內x方向上位移大小x＝vxt＋12at2＝9 m，y方向上位移大小y＝8 m，合位移大小l＝x2＋y2＝145 m≈12 m，D選項正確。
2．(多選)如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地上通過鉸鏈連接形成轉軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過兩個滑輪后掛上重物M。C點與O點距離為L，現在桿的另一端用力使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)，此過程中下列說法正確的是(　　)

A．重物M做勻速直線運動
B．重物M做勻變速直線運動
C．重物M的最大速度是ωL
D．重物M的速度先增大后減小
【答案】CD
【解析】與桿垂直的速度v是C點的實際速度，vT是細繩的速度，即重物M的速度。設vT與v的夾角是θ，則vT＝vcos θ，開始時θ減小，則vT增大；當桿與細繩垂直(θ＝0)時，重物M的速度最大，為vmax＝ωL，然后再減小，C、D正確。
3．(多選)飼養員在池塘邊堤壩邊緣A處以水平速度v0往魚池中拋擲魚餌顆粒。堤壩截面傾角為53°。壩頂離水面的高度為5 m，g取10 m/s2，不計空氣阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列說法正確的是(　　)

A．若平拋初速度v0＝5 m/s，則魚餌顆粒不會落在斜面上
B．若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小
C．若魚餌顆粒能落入水中，平拋初速度v0越大，從拋出到落水所用的時間越長
D．若魚餌顆粒不能落入水中，平拋初速度v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越小
【答案】AB
【解析】魚餌顆粒落地時間t＝2hg＝2×510 s＝1 s，剛好落到水面時的水平速度為v＝st＝5×341 m/s＝3.75 m/s＜5 m/s，當平拋初速度v0＝5 m/s時，魚餌顆粒不會落在斜面上，A正確；由于落到水面的豎直速度vy＝gt＝10 m/s，平拋初速度越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小，B正確；魚餌顆粒拋出時的高度一定，落水時間一定，與初速度v0無關，C錯誤；設顆粒落到斜面上時位移方向與水平方向夾角為α，則α＝53°，tan α＝yx＝12vytv0t＝vy2v0，即vyv0＝2tan 53°，可見，落到斜面上的顆粒速度與水平面夾角是常數，即與斜面夾角也為常數，D錯誤。
4．如圖所示，甲、乙兩同學從河中O點出發，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB。若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間 t甲、t乙的大小關系為(　　)

A．t甲<t乙 B．t甲＝t乙 C．t甲>t乙 D．無法確定
【答案】C
【解析】設水速為v0，人在靜水中的速度為v，OA＝OB＝x。對甲，O→A階段人對地的速度為(v＋v0)，所用時間t1＝xv＋v0；A→O階段人對地的速度為(v－v0)，所用時間t2＝xv－v0。所以甲所用時間t甲＝t1＋t2＝xv＋v0＋xv－v0＝2vxv2－v02。對乙，O→B階段和B→O階段的實際速度v′為v和v0的合成，如圖所示。由幾何關系得，實際速度v′＝v2－v02，故乙所用時間t乙＝2xv′＝2xv2－v02。t甲t乙＝vv2－v02>1，即t甲>t乙，故C正確。

5．如圖所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，輕桿靠在一個高為h的物塊上，某時刻桿與水平方向的夾角為θ，物塊向右運動的速度為v，則此時A點速度為(　　)

A．Lvsin θh     B．Lvcos θh
C．Lvsin2θh     D．Lvcos2θh
【答案】C
【解析】如圖所示，根據運動的合成與分解可知，接觸點B的實際運動為合運動，可將B點運動的速度vB＝v沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsin θ＝vsin θ為B點做圓周運動的線速度，v1＝vBcos θ為B點沿桿運動的速度。當桿與水平方向夾角為θ時，OB＝hsin θ，由于B點的線速度為v2＝vsin θ＝OBω，所以ω＝vsin θOB＝vsin2θh，所以A的線速度vA＝Lω＝Lvsin2θh，選項C正確。

6．(多選)如圖所示，B球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動，豎直平臺與軌跡相切且高度為R，當B球運動到切點時，在切點正上方的A球水平飛出，速度大小為32Rg，g為重力加速度大小，要使B球運動一周內與A球相遇，則B球的速度大小為(　　)

A．π32Rg B．2π32Rg C．π2Rg D．2π2Rg
【答案】AB
【解析】A球平拋運動的時間t＝2Rg，水平位移大小x＝v0t＝3R，A球的落點在圓周上，從上向下看有兩種可能，A球水平位移與直徑的夾角均為30°。若在C點相遇，B球轉過的角度為23π，則B球的速度大小為vB＝2π3Rt＝π32Rg，A正確；若在D點相遇，B球轉過的角度為43π，則B球的速度大小為vB＝4π3Rt＝2π32Rg，B正確。

7．軍事演習中，M點的正上方離地H高處的藍軍飛機以水平速度v1投擲一顆炸彈攻擊地面目標，反應靈敏的紅軍的地面高炮系統同時在M點右方地面上N點以速度v2斜向左上方發射攔截炮彈，兩彈恰在M、N連線的中點正上方相遇爆炸，不計空氣阻力，則發射后至相遇過程(　　)

A．兩彈飛行的軌跡重合
B．初速度大小關系為v1＝v2
C．攔截彈相對攻擊彈做勻速直線運動
D．兩彈相遇點一定在距離地面34H高度處
【答案】C
【解析】兩彈在M、N連線的中點正上方相遇，只能說明末位置相同，不能說明運動軌跡重合，故A錯誤。由于兩彈恰在M、N連線的中點正上方相遇，說明它們的水平位移大小相等，又由于運動的時間相同，所以它們在水平方向上的速度相同，即v2cos θ＝v1，θ為v2與水平方向的夾角，所以v2＞v1，故B錯誤。兩彈都只受到重力，都做勻變速運動，加速度相同，所以攔截彈相對攻擊彈做勻速直線運動，故C正確。根據題意只知道兩彈運動時間相同，但不知道攔截炮彈豎直方向初速度的具體值，所以不能判斷兩彈相遇點距離地面的高度，所以D錯誤。
8．(多選)如圖所示，A、B、C三點在同一個豎直平面內，且在同一直線上，一小球若以初速度v1從A點水平拋出，恰好能通過B點，從A點運動到B點所用時間為t1，到B點時速度與水平方向的夾角為θ1，落地時的水平位移為x1；若以初速度v2從A點水平拋出，恰好能通過C點，從A點運動到C點所用時間為t2，到C點時速度與水平方向的夾角為θ2，落地時的水平距離為x2。已知AB間水平距離是BC間水平距離的2倍，則(　　)

A．v1∶v2＝2∶3
B．t1∶t2＝2∶3
C．tan θ1∶tan θ2＝2∶3
D．x1∶x2＝2∶3
【答案】BD
【解析】由于A、B、C三點在同一個豎直平面內，且在同一直線上，所以豎直方向的位移和水平方向上位移比值一定相等；設ABC的連線與水平方向之間的夾角為θ，則tan θ＝yx＝12gt2v0t，解得t＝2v0tan θg，則落在ABC的連線上時豎直方向上的分速度vy＝gt＝2v0tan θ。設速度與水平方向的夾角為α，有tan α＝vyv0＝2tan θ，知小球到達B點與C點時，速度與水平方向的夾角與初速度無關，則速度與水平方向的夾角相同，故C錯誤。AB間水平距離與AC間水平距離之比為2∶3；由幾何關系可知，小球到達B點與C點時，豎直方向的位移之比為ybyc＝23，又y＝12gt2，解得y＝2v02tan2θg，所以ybyc＝v12v22，可得v1v2＝23，故A錯誤；聯立得t1t2＝v1v2＝23，故B正確；兩個小球在豎直方向都做自由落體運動，所以運動的時間是相等的，水平方向的位移x＝v0t，聯立可得x1x2＝v1v2＝23，故D正確。
9．(多選)如圖所示，水平地面有一個坑，其豎直截面為半圓形，ab為沿水平方向的直徑，在a點分別以初速度v0(已知)、2v0、3v0沿ab方向拋出三個石子并擊中坑壁，且以v0、2v0拋出的石子做平拋運動的時間相等。設以v0和3v0拋出的石子做平拋運動的時間分別為t1和t3，擊中坑壁瞬間的速度分別為v1和v3，則(　　)

A．可以求出t1和t3
B．不能求出t1和t3，但能求出它們的比值
C．可以求出v1和v3
D．不能求出v1和v3，但能求出它們的比值
【答案】AC
【解析】做平拋運動的物體在任意時間的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。如圖1所示，做平拋運動的物體在任意位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tan θ＝2tan φ。以v0、2v0拋出的石子做平拋運動的時間相等，說明豎直分位移相等，設分別落在A、B點，如圖2所示。以3v0拋出的石子其運動軌跡與AB延長線的交點在b點的正下方。根據幾何關系有AB＝13ab。對于落在A點的石子，設ab＝2R，根據幾何關系可求得豎直位移與水平位移之比，根據上述推論求豎直分速度與水平分速度之比，從而求出豎直分速度，再合成求出v1，由公式vy＝at求t1。以3v0拋出的石子落在c點，根據數學知識可寫出其軌跡方程和圓方程，再求得c點的坐標，與落在A點的石子下落位移比較，可求得落在c點時的豎直分速度，從而求出v3。由公式vy＝at求t3。故A、C正確，B、D錯誤。

10．如圖所示，一個長直輕桿兩端分別固定一個小球A和B，兩球的質量均為m，兩球半徑忽略不計，桿AB的長度為l，現將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕振動小球B，使小球B在水平地面上由靜止向右運動，求當A球沿墻下滑距離為l2時A、B兩球的速度vA和vB的大小。(不計一切摩擦)

【解析】A、B兩球速度的分解情況如圖所示，由題意知，θ＝30°，由運動的合成與分解得：

vAsin θ＝vBcos θ
又A、B組成的系統機械能守恒：
mgl2＝12mv2A＋12mv2B
解得：vA＝123gl，vB＝12gl。
11．如圖所示，足夠長的斜面與水平面夾角α＝37°，斜面上有一質量M＝3 kg的長木板，斜面底端擋板高度與木板厚度相同。m＝1 kg的小物塊從空中某點以v0＝3 m/s水平拋出，拋出同時木板由靜止釋放，小物塊下降h＝0.8 m掉在木板前端，碰撞時間極短可忽略不計，碰后瞬間物塊垂直斜面分速度立即變為零。碰后兩者向下運動，小物塊恰好在木板與擋板碰撞時在擋板處離開木板。已知木板與斜面間動摩擦因素μ＝0.5，木板上表面光滑，木板與擋板每次碰撞均無能量損失，g＝10 m/s2，求：

(1)碰前瞬間小物塊速度大小和方向。
(2)木板至少多長小物塊才沒有從木板后端離開木板？
(3)木板從開始運動到最后停在斜面底端的整過過程中通過路程多大？
【解析】(1)小物塊平拋運動，有：
h＝12gt2，vy＝gt，v2＝vy2＋v02
解得：t＝0.4 s，vy＝4 m/s，v＝5 m/s
由得θ＝37°，即速度方向與斜面垂直。
(2)木板下滑，由牛頓第二運動定律得：
Mgsin α－μMgcos α＝Ma
v1＝at1
解得：a＝2 m/s2，v1＝0.8 m/s
小物塊掉到木板上后速度變為0，然后向下運動，直到與木板速度相同過程：
對小物塊有：mgsin α＝ma1
對木板有：Mgsin α－μ(M＋m)gcos α＝Ma2
速度相同時：a1Δt＝v1＋a2Δt
解得：a1＝6 m/s2，a2＝ m/s2，Δt＝0.15 s
Lmin＝v1Δt＋12a2Δt2－12a1Δt2＝0.06 m。
(3)小物塊平拋過程木板下移的距離：x1＝12v1t1＝0.16 m
兩者相碰到小物塊離開，木板運動的距離：x2＝12a1t22＝v1t2＋12a2t22
解得：t2＝0.3 s，x2＝0.27 m
此時木板速度：v2＝v1＋a2t2＝1 m/s
木板與擋板碰后全程生熱：Q＝μMgcos α•x3＝12Mv22
解得：x3＝0.125 m
可見木板在斜面上通過路程：x＝x1＋x2＋x3＝0.555 m。

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小題必練5：曲線運動

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