高考物理一轮复习讲义第5章阶段复习(二)　力与曲线运动（2份打包，原卷版+教师版）

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规范训练 (2023·浙江绍兴市一模)过山车这一游乐项目，深受游客喜爱，而如图甲所示的断轨过山车，令大多数游客望而却步。为了探究断轨过山车的工作原理，小明同学设计了如图乙所示的简化装置，该装置由竖直光滑圆弧轨道AB、水平粗糙直轨道BC和半径为R＝2.0 m的竖直断轨光滑圆弧轨道CDEF平滑连接而成，圆弧轨道的圆心为O，断轨处的D点和E点高度相等，OD连线与竖直方向的夹角为θ，质量m＝1.0 kg的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道BC的长度L＝4.0 m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若滑块释放的高度h1＝4.0 m，求滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力；
(2)若夹角θ1＝37°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，求滑块释放的高度h2；
(3)若0≤θ<90°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，请写出滑块由D到E过程中离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系，并讨论H的极值。
解题指导
答案 (1)30 N，方向向下 (2)6.85 m
(3)H＝R＋eq \f(1,2)R(cs θ＋eq \f(1,cs θ)) 4 m
解析 (1)设滑块经过C点的速度为vC，由动能定理可得mgh1－μmgL＝eq \f(1,2)mvC2
设滑块在C点所受的支持力为FN，
由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vC2,R)
代入数据得FN＝30 N
由牛顿第三定律可知，滑块经过C点时对轨道压力大小为30 N，方向向下。
(2)滑块从D到E做斜抛运动，设滑块在D点速度为vD，从D至最高点时间为t，
则有水平方向(vDcs θ1)t＝Rsin θ1
竖直方向vDsin θ1＝gt
联立解得vD＝eq \r(\f(gR,cs θ1))＝5.0 m/s
滑块自释放运动到D点的过程中，由动能定理可得mgh2－μmgL－mgR(1＋cs θ1)＝eq \f(1,2)mvD2－0
代入数据得h2＝6.85 m。
(3)设滑块离开D点后上升的最大高度为h′，离地最大高度为H，则h′＝eq \f(vDsin θ2,2g)，
又因为vD＝eq \r(\f(gR,cs θ))，解得h′＝eq \f(Rsin2 θ,2cs θ)
因为H＝R(1＋cs θ)＋h′，则滑块在DE间运动时离地面高度H与夹角θ的函数关系式
H＝R＋eq \f(1,2)R(cs θ＋eq \f(1,cs θ))，
当θ＝0时，H有最小值，即Hmin＝2R＝4 m。
阶段复习练(二)
1．(2023·全国甲卷·14)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A．机械能一直增加 B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大
答案 B
解析 铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度，保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，C、D错误。
2．甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度大小v1与乒乓球击打乙的球拍的速度大小v2的比值为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 将乒乓球击打球拍的速度沿水平方向和竖直方向分解，则两次击打球拍水平方向分速度相等，即v1sin 45°＝v2sin 30°，解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),2)，选项C正确。
3.(2024·浙江温州市检测)如图所示，甲同学在地面上将排球以速度v1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排球以水平速度v2击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力， 则排球( )
A．沿轨迹②运动的最大速度可能为v1
B．沿轨迹①运动的最小速度为v2
C．沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同
D．沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同
答案 A
解析 根据题图可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点左边的运动，根据平抛规律可知h＝eq \f(1,2)gt2，vx＝eq \f(x,t)，轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小，竖直分速度vy2＝2gh，轨迹①的竖直分速度大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为v1，沿轨迹①运动的最小速度即水平速度小于v2，故A正确，B错误；因为运动时间不同，故沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量Δv＝gΔt不同，故C错误；因为两轨迹位移大小相同，但时间不同，故沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，故D错误。
4．(2024·四川成都市第七中学期中)2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站内，为广大青少年带来了一场别出心裁的太空科普课。已知地球的半径为R，空间站距离地球表面的高度为h，不考虑地球的自转，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．空间站的周期T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,gR2))
B．空间站的加速度比同步卫星的加速度小
C．空间站运行的线速度介于7.9 km/s和11.2 km/s之间
D．根据题中信息可以求出空间站的质量
答案 A
解析 根据Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，Geq \f(Mm,R2)＝mg，得T＝eq \r(\f(4π2R＋h3,gR2))，A正确；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝eq \f(GM,r2)，空间站的运动半径小于同步卫星的运动半径，则空间站的加速度比同步卫星的加速度大，B错误；空间站运行的线速度一定小于第一宇宙速度7.9 km/s，C错误；空间站为环绕天体，无法求出其质量，D错误。
5．(多选)(2024·湖南省联考)2023年7月 10 日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为3.18 天文单位(日地距离为1天文单位)，远日点到太阳中心距离为4.86天文单位。下列说法正确的是( )
A．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15年
B．“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度
C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为eq \f(1,4.86)
D．“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为eq \f(1.5,4.86)
答案 BD
解析 根据开普勒第三定律有eq \f(r地3,T地2)＝eq \f(r樊3,T樊2)，解得T樊＝5.67年，故A错误；“樊锦诗星”在远日点将做近心运动，其速度v1小于以该位置到太阳距离为半径圆周运动的速度v2，根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，轨道半径越大，卫星的线速度越小，可知v2小于地球公转速度v3，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故B正确；根据牛顿第二定律可知Geq \f(Mm,r2)＝ma，a＝eq \f(GM,r2)，“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为eq \f(a1,a)＝eq \f(1,4.862)，故C错误；轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离r1为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离r2为1.5天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有eq \f(1,2)v1r1Δt＝eq \f(1,2)v4r2Δt，解得eq \f(v1,v4)＝eq \f(r2,r1)＝eq \f(1.5,4.86)，故D正确。
6.(2024·辽宁大连市金州高级中学期中)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，小球A、B在空中运动的时间之比为( )
A．2tan2θ∶1 B．tan2θ∶1
C．1∶2tan2θ D．1∶tan2θ
答案 A
解析 设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2，对小球A，由平抛运动的规律可得tan θ＝eq \f(yA,xA)＝eq \f(gt12,2v0t1)，对小球B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得tan θ＝eq \f(v0,vBy)＝eq \f(v0,gt2)，联立可得eq \f(t1,t2)＝eq \f(2tan2θ,1)，故选A。
7.(多选)如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。OO′是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且MN∥OO′。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点。小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和空气阻力。下列说法正确的是( )
A．t1＝t2＝t3 B．Fa＝Fb＝Fc
C．Fa答案 AB
解析 由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的等时性有t1＝t2＝t3，故A正确；小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于MN∥OO′，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由小球重力垂直圆筒截面的分力和筒壁弹力的合力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据F＝meq \f(v2,r)，G⊥＝mgcs θ可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有Fa＝Fb＝Fc，故B正确，C错误；根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可知lMa∶lab∶lbc≠1∶3∶5，故D错误。
8．(2024·天津市期中)如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．A、B球受到的支持力之比为eq \r(3)∶3
B．A、B球的向心力之比为eq \r(3)∶1
C．A、B球运动的角速度之比为3∶1
D．A、B球运动的线速度之比为1∶2
答案 C
解析 对小球A、B受力分析，受到重力和支持力，在竖直方向合力为零，则有FNsin θ＝mg，解得FN＝eq \f(mg,sin θ)，所以eq \f(FNA,FNB)＝eq \f(sin 60°,sin 30°)＝eq \r(3)，故A错误；
重力和支持力的合力提供向心力，则有F向＝eq \f(mg,tan θ)，所以eq \f(F向A,F向B)＝eq \f(tan 60°,tan 30°)＝3，故B错误；
小球的运动轨迹高度相同，则半径r＝htan θ，由牛顿第二定律可知eq \f(mg,tan θ)＝mω2r，解得ω＝eq \f(1,tan θ)eq \r(\f(g,h))，所以eq \f(ωA,ωB)＝eq \f(tan 60°,tan 30°)＝3，故C正确；
线速度v＝ωr，解得eq \f(vA,vB)＝1，故D错误。
9.(2024·山西吕梁市一模)如图所示，半径为R，圆心为O1的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，AB是竖直直径，BC段圆弧所对应的圆心角为θ＝37°。一根长为R，不可伸长的细线一端固定在O2点，另一端悬挂质量为m的小球，O2点与O1点等高。小球在最低点E时给小球一个向左的初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最高点D时细线被割断，但速度保持不变，小球刚好从C点无碰撞地进入圆弧轨道，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度的大小为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小球从C点进入圆弧轨道时的速度大小；
(2)O1、O2两点间的距离；
(3)小球运动到D点细线刚好要割断时，细线的拉力大小。
答案 (1)eq \r(10gR) (2)5.4R (3)5.4mg
解析 (1)设小球到达C点时速度大小为vC，根据题意由运动学公式知vCy2＝2g(R＋Rcs θ)
根据速度分解可知vCy＝vCsin θ，解得vC＝eq \r(10gR)
(2)O1、O2两点间的距离为x1＝vCxt1＋Rsin θ
根据运动学公式可知R＋Rcs θ＝eq \f(1,2)gt12
根据速度分解可知vCx＝vCcs θ，解得x1＝5.4R
(3)小球在D点的速度为vD＝vCx＝eq \f(4,5)eq \r(10gR)
设细线的拉力为F，根据牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(vD2,R)，解得F＝5.4mg。
10.(2024·山东德州市第一中学月考)滑雪运动越来越受到青少年们的青睐，滑雪大跳台场地简化后的滑道示意图如图甲所示，A为最高点，B为起跳点。在某次训练中，运动员从A由静止开始下滑，到达B时速率为20eq \r(3) m/s，并沿与水平面夹角成α＝15°的方向飞出，落在倾角θ＝30°的坡道上的C点，不计一切阻力和摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：
(1)运动员由B到C的速度变化量Δv；
(2)运动员离坡面的最大距离；
(3)B、C两点间的距离；
(4)运动员落在C点时的速度方向与斜面间夹角的正切值。
答案 (1)40eq \r(2) m/s，方向竖直向下
(2)20eq \r(3) m (3)80(eq \r(3)＋1) m (4)2eq \r(3)－3
解析 (1)以B点为坐标原点，沿斜面向下建立x轴，垂直于斜面向上建立y轴，B到C的时间为t＝eq \f(2vBsinα＋θ,gcs θ)＝4eq \r(2) s，则运动员由B到C的速度变化量为Δv＝gt＝40eq \r(2) m/s，方向竖直向下
(2)根据速度与位移的关系有
hmax＝eq \f([vBsinα＋θ]2,2gcs θ)＝20eq \r(3) m
(3)运动员在水平方向有
x＝vBcs(α＋θ)·t＋eq \f(1,2)gsin θ·t2＝80(eq \r(3)＋1) m
(4)设C点速度与斜面之间的夹角为β
vx＝vBcs(α＋θ)＋gsin θ·t＝(10eq \r(6)＋20eq \r(2)) m/s
vy＝vBsin(α＋θ)＝10eq \r(6) m/s
则tan β＝eq \f(vy,vx)＝2eq \r(3)－3。
关键表述
关键表述解读
求滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力
由FN－mg＝meq \f(vC2,R)知，需要先求出滑块过C点的速度
若夹角θ1＝37°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道
在D点飞出，在E点切入轨道，从D到E为斜抛运动，利用斜抛规律可求出滑块过D点速度，从而求出滑块释放的高度h2
若0≤θ<90°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道
θ改变，vD也改变，滑块在D点的速度vD与θ满足一一对应关系
写出滑块由D到E过程中离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系
滑块在D点的速度vD与θ满足一一对应关系，函数关系中仅有变量θ，再利用数学知识求极值