统考版2021届高考物理二轮复习提升指导与精练6曲线运动含解析

曲线运动

1．曲线运动的问题每年必考，主要是在实际问题中考查速度、加速度、及位移的分解，平抛运动的处理方法，以及圆周运动与牛顿运动定律、能量等内容的综合应用。

2．常用思想方法：

(1)从分解的角度处理平抛运动。

(2)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)，做好受力分析，由牛顿第二定律列方程。

例1．(2019·全国卷I·16)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）

A. 200 N     B. 400 N      C. 600 N     D. 800 N

【解析】在最低点由2T－mg＝m，知T＝410 N，即每根绳子拉力约为410 N，故选B。

【答案】B

例2．(2019·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. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0

【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝mv12，根据平抛运动规律有h＝gt12，h＝v1t1；当在a点时动能为E2时，有E2＝mv22，h＝gt22，3h＝v2t2，联立解得，故选B。

【答案】B

1．(多选)如图所示，某同学将一块橡皮用光滑细线悬挂于O点，用一枝铅笔贴着细线中点的左侧以速度v水平向右匀速移动。则在铅笔移动到图中虚线位置的过程中(　　)

A．细线绕O点转动的角速度不断变小

B．细线绕O点转动的角速度不断增大

C．橡皮的运动轨迹为曲线

D．橡皮处于超重状态

【答案】ACD

【解析】如图所示，垂直绳子方向的速度v⊥＝vcos θ，半径，角速度，而θ逐渐增大，因此角速度减小，故A正确，B错误；v绳＝vsin θ，因v不变，θ逐渐增大，因此绳子速度增大，向上加速；依据运动的合成，可知橡皮的运动轨迹为曲线，处于超重状态，故C、D正确。

2．如图所示，一质量为m的质点做平抛运动，依次经过A、B、C三点，A到B和B到C的时间相等。A、C两点距水平地面高度分别为h1、h2，质点经过A、C两点时速度与水平方向的夹角分别为30°、60°，重力加速度大小为g，则(　　)

A．质点经过C点时动能为mg(h1－h2)

B．质点经过B点时速度与水平方向的夹角为45°

C．B、C间的高度差是A、B间的3倍

D．质点的水平速度大小为

【答案】D

【解析】质点从A到C过程中，质点的初速度不为零，因此由动能定理可知mg(h1－h2)＝ΔEk，故A错误；设A到B和B到C的时间为t，则有v0tan 60°＝v0tan 30°＋2gt，B点竖直方向的速度为vBy＝v0tan 30°＋gt，解得vBy＝v0，则质点在B点时速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝，故B错误；如果A点为抛出点，竖直方向为初速度为0的匀加速度直线运动，由于A到B和B到C的时间相等，则B、C间的高度差是A、B间的3倍，但A点不是抛出点，故C错误；由vBy＝v0tan 30°＋gt可得，竖直方向有，解得，故D正确。

3．(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，重力加速度大小为g，则(　　)

A．落于B点的小球飞行时间为t

B．v2＝gt

C．落于C点的小球的水平位移为gt2

D．A点距水平面MN的高度为gt2

【答案】ACD

【解析】落于C点的小球速度垂直QO，则分解速度，如图所示，则v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，选项C正确；落于B点的小球，则分解位移如图所示。其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t，有tan 45°＝，v2＝，选项A正确，B错误；设C点距地面的高度为h，由几何关系知2h＝v1t－v2t，得h＝gt2，故A距水平面高度H＝h＋gt2＝gt2，选项D正确。

4．(多选)如图所示，水平面内放置一个直径d＝1 m，高h＝1 m的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁s＝2 m 处的正上方有一点P，P点的高度H＝3 m，从P点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)

A．小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶的内壁

B．小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶的下底

C．小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶外壁

D．若P点的高度变为1.8 m，则小球无论初速度多大，均不能落在桶底(桶边缘除外)

【答案】ACD

【解析】如图所示，小球落在A点时，v1＝s＝ m/s，当小球落在D 点时，v2＝s＝ m/s，当小球落在B点时，v3＝(s＋d)＝ m/s，当小球落在C点时，v4＝(s＋d)＝ m/s。小球击中油桶内壁时，v2＜v＜v4，即 m/s＜v＜ m/s，选项A正确；小球击中油桶下底时，v2＜v＜v3，即 m/s＜v＜ m/s，选项B错误；小球击中油桶外壁时，v1＜v＜v2，即 m/s＜v＜ m/s，选项C正确；若P点的高度变为H0，轨迹同时过D点和B点，则此时的初速度v′＝s＝(s＋d)，解得H0＝1.8 m，v′＝5 m/s，在此高度上初速度大于5 m/s，小球落在油桶右侧内壁上，当速度小于5 m/s时，小球至多落在油桶左侧外壁，选项D正确。

5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r。在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r。现在进行倒带，使磁带绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t。则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(　　)

A．                        B．t

C．t                   D．t

【答案】B

【解析】因为A轮角速度一定，A轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v＝ωr，故线速度大小随时间t均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理。整个过程中，设A轮外缘初速度大小为v，则末速度大小为3v，运动时间为t，加速度为a，位移大小即磁带总长度为x，由匀变速直线运动规律，(3v)2－v2＝2ax，3v＝v＋at，当磁带有一半绕到A轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v′2－v2＝ax，v′＝v＋at′，解得v′＝v，t′＝t，选项B正确。

6．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，a绳与水平方向成θ角，b绳沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，a、b两绳均伸直，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳张力不可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大

C．当角速度ω＞，b绳将出现张力

D．若b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变

【答案】AD

【解析】小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，选项A正确；根据竖直方向上小球受力平衡得，Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的张力不变，选项B错误；当b绳张力为零时，有＝mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω＞时，b绳出现张力，选项C错误；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，选项D正确。

7．(多选)如图，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥体对物体的(　　)

A．支持力将减小        B．支持力将增大

C．静摩擦力将不变        D．静摩擦力将增大

【答案】AD

【解析】对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，将所受的力沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r，竖直方向Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，联立以上两式解得Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ，FN＝mgcos θ－mω2rsin θ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故A、D正确，B、C错误。

8．(多选)如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP边水平，OP与OQ在O点平滑相连，质量均为m的A、B两小环用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上。初始时刻，将轻绳拉至水平位置拉直（即B环位于O点），然后同时释放两小环，A环到达O点后，速度大小不变，方向变为竖直向下，已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A．当B环下落L时，A环的速度大小为

B．A环到达O点时速度大小为

C．在A环到达O点的过程中，B环先加速后减速

D．当A环到达O点后，再经的时间能追上B环

【答案】BC

【解析】B环下落一段位移后，设绳子与水平方向之间的夹角为α，则与竖直方向之间的夹角β＝90°－α；设此时A的速度为vA，将A的速度沿绳子方向与垂直于绳子的方向分解，设沿绳子方向的分速度为v，如图，则v＝vAcos α，设B的速度为vB，将B的速度也沿绳子的方向与垂直于绳子的方向分解，其中沿绳子方向的分速度与A沿绳子方向的分速度是相等的，则v＝vBcos β，所以，当B环下落L时绳子与水平方向之间的夹角sin α＝，所以α＝30°，则vB＝vA，B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，得mgL＝mvA2＋mvB2，联立得，故A错误；由于A到达O点时B的速度为0，由机械能守恒得mvA′2＝mgL，所以vA′＝，故B正确；B开始下降的过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动，当A到达O点时，B的速度等于0，所以B一定还存在减速的过程，即A环到达O点的过程中，B环先加速后减速，故C正确；环A过O点后做加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B时有vA′t＋gt2＝L＋gt2，t＝，故D错误。

9．现有一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。

(1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？

(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。

(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？

【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg＝m

解得v临界＝ m/s

因为v1＞v临界

所以绳子有拉力且满足mg＋T1＝m

解得T1＝3 N。

(2)因为v2＜v临界，所以绳子无拉力，小球以v2的初速度做平抛运动，设经过时间t后绳子再次伸直，

则满足方程 x2＋(y－L)2＝L2

其中x＝v2t，y＝gt2

解得t＝0.6 s。

(3)当t＝0.6 s时，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tan α＝＝，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s

绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，

v3＝vysin α－vxcos α＝ m/s

接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得

 mgL(1－cos α)＝mv2－mv32

又T－mg＝m

解得：T＝ N。

10．如图，水平光滑杆CP上套有一个质量mA＝1 kg的小物块A(可视作质点)，细线跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量mB＝2 kg的小物块B，C点为O点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离OC＝h＝0.4 m。开始时AO与水平方向的夹角为30°，A和B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为θ＝37°固定斜面，斜面上有一质量M＝1 kg的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩擦因数均μ1＝0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF长L1＝0.53 m)，FE部分与物块A间的动摩擦因数μ2＝。木板端点E距斜面底端G长LEG＝0.26 m。现将A、B同时由静止释放(PO与水平方向的夹角为60°)，物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上DF段运动时间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；

(2)木板表面FE部分的长度L2；

(3)从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G？

【解析】(1)在P点时，由速度关系vAcos 60°＝vB

得：vA∶vB＝2∶1。

(2)物块运动到C点时，物块B的速度恰为零，物块从A点运动到C点，A、B组成系统机械能守恒：

mBg(OA－OC)＝mAvA2

解得：vA＝4 m/s

设物块刚滑上木板时的速度大小为v0，由平抛规律：m/s

滑上木板后，在DF段：因为木板与斜面间最大静摩擦力fm＝μ1(m＋M)gcos 37°＝8 N，木板重力沿斜面的分量Gx＝Mgsin θ＝6 N，所以木板静止

物块加速度a1＝gsin θ＝6 m/s2

设物块经时间t1运动到F，则：L1＝v0t1＋a1t12

解得：t1＝0.1 s

物块到达F点的速度vF＝v0＋a1t1＝5.6 m/s

过F后，对物块有：mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2

得：a2＝3 m/s2

对木板有：Mgsin 37°＋μ2mgcos 37°－μ1(m＋M)gcos 37°＝Ma

得：a＝1 m/s2

设物块经时间t2滑到E点，则：t2＝2t1＝0.2 s

木板的位移x＝at22

物块的位移xʹ＝vFt2＋a2t22

木板表面FE部分的长度L2＝xʹ－x

代入数据解得：L2＝1.16 m。

(3)分离时木板位移x＝0.02 m，速度v＝at2＝0.2 m/s

分离后，对木板：Mgsin 37°－μ1Mgcos 37°＝Maʹ

得：aʹ＝2 m/s2

由LEG－x＝vt3＋aʹt32，得：t3＝0.4 s

所以t＝t1＋t2＋t3＝0.7 s。