【物理】2019届二轮复习力与曲线运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习力与曲线运动学案（全国通用）

第3讲　力与曲线运动 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ·17)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 ‎【考点定位】 平抛运动斜面模型 ‎【点评】 本题考查平抛运动与斜面结合的模型，利用该模型结论易得出“落在斜面上时的速度相互平行且大小与初速度成正比”．‎ ‎【难度】 中等 答案　A 解析　如图所示，可知：‎ x＝v0t，‎ x·tan θ＝gt2‎ vy＝gt＝2tan θ·v0‎ 则落至斜面的速率v落＝＝v0，甲、乙两球抛出速度为v和，则可得落至斜面时速率之比为2∶1，故选A.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ·15)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 ‎【考点定位】 平抛运动 ‎【点评】 本题考查分析平抛运动的基本方法：分解．‎ ‎【难度】 较易 答案　C 解析　由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝gt2及v＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故选项C正确．‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅱ·17)如图1所示，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)(　　)‎ 图1‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. ‎【考点定位】 平抛运动、机械能守恒、极值问题 ‎【点评】 本题情景是普通的利用机械能守恒解决圆周运动与平抛运动结合的问题，奇在求极值．‎ ‎【难度】 中等 答案　B 解析　小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝2mgr＋mv，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，t＝，联立解得x＝ ‎，由数学知识可知，当4r＝时，x最大，‎ 即r＝，故选项B正确．‎ ‎4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)‎ A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 ‎【考点定位】 曲线运动条件 ‎【点评】 重点考查对曲线运动中力与运动基本关系的理解．‎ ‎【难度】 较易 答案　BC 解析　质点开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，该质点所受的合外力等于该恒力，若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错误；若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，故C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错误．‎ ‎5．(2018·全国卷Ⅲ·25)如图2，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：‎ 图2‎ ‎(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．‎ ‎【考点定位】 圆周运动、抛体运动、动能定理、动量 ‎【点评】 本题一个重点在分析小球在C点的受力情况及速度，考查了圆周运动的动力学分析能力，另一个重点在分析小球从C点落至水平面的运动，考查运动的分解的基本方法．要警惕这种苗头，毕竟斜下抛、竖直面内圆周运动的非特殊点的受力情况是不在考纲内的．‎ ‎【难度】 较难 答案　(1)mg　　(2)　(3) 解析　(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 α①‎ F2＝(mg)2＋F②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 F＝m③‎ 由①②③式和题给数据得F0＝mg④‎ v＝⑤‎ ‎(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得 DA＝Rsin α⑥‎ CD＝R(1＋cos α)⑦‎ 小球由A点运动到C点，由动能定理有 ‎－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧‎ 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⊥＝vsin α⑪‎ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ .‎ 平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动的受力特点)及能量变化，是考查重点，多在选择题中出现.平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒，近年在计算题中出现，需要重视.绳、杆关联物体的速度，曲线运动条件的考查近年来也出现过，值得注意.‎ 考点1　曲线运动的理解与应用 ‎1．物体做曲线运动的条件及特点 ‎(1)条件：F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线．‎ ‎(2)特点：‎ ‎①F合恒定：做匀变速曲线运动．‎ ‎②F合不恒定：做非匀变速曲线运动．‎ ‎③做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧．‎ ‎2．绳(杆)关联物体的速度 ‎(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等．‎ ‎(2)若物体运动方向不沿绳(杆)方向，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条．‎ ‎　(多选)(2018·湖南省株洲市上学期质检一)光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，某时刻受到一水平恒力F的作用，经一段时间后物块从A点运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90°，如图3所示，则在此过程中(　　)‎ 图3‎ A．物块的动能一定始终不变　‎ B．水平恒力F方向一定与AB连线垂直 C．物块的速度一定先增大后减小 D．物块的加速度不变 答案　BD ‎　(多选)一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度vx图象和流水的速度vy图象如图4甲、乙所示，运动中船头指向保持不变，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．快艇的运动轨迹为直线 B．快艇的运动轨迹为曲线 C．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 s D．快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m 答案　BC 解析　两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，故A错误，B正确；‎ 船在静水中的速度垂直于河岸时，时间最短．在垂直于河岸方向上的加速度a＝ m/s2＝0.5 m/s2，由d＝at2得，t＝＝ s＝20 s，故C正确；在沿河岸方向上的位移x＝vyt＝3×20 m＝60 m，所以快艇最快到达浮标处经过的位移s＝＝20 m，故D错误．‎ ‎1．(2018·山西省孝义市质量检测三)一个质量为2 kg的物体，在三个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为6 N和10 N的两个力，另一个力保持不变，此后该物体(　　)‎ A．可能做匀变速直线运动，加速度大小可能等于1.5 m/s2‎ B．可能做类平抛运动，加速度大小可能等于12 m/s2‎ C．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能等于3 m/s2‎ D．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于6 m/s2‎ 答案　D ‎2．(多选)如图5所示，一段绳子跨过距地面高度为H的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连接物块Q，小车最初在左边滑轮的下方A点，以速度v从A点匀速向左运动，运动了距离H到达B点(绳子足够长)，下列说法正确的有(　　)‎ 图5‎ A．物块匀加速上升 B．物块在上升过程中处于超重状态 C．车过B点时，物块的速度为v D．车过B点时，左边绳子绕定滑轮转动的角速度为 答案　BD 解析　将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，如图：‎ 设在B点时绳子与水平方向的夹角为θ，‎ 则：tan θ＝＝1，‎ 所以θ＝45°.‎ 设此时物块的速度为v′，则v′＝vcos 45°，‎ 则v′＝v，故C错误；‎ 在B点时，左侧的绳子的长度是H，由图可知垂直于绳子方向的分速度为：v⊥＝vsin 45°＝v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为：ω＝＝，故D正确．‎ 由三角函数可解得：当小车运动到绳与水平方向夹角为α时物块的速度为v″，则v″＝vcos α，随α的减小，v″增大，所以物块Q向上做加速运动，但不是匀加速运动，加速度的方向向上，所以物块处于超重状态，故A错误，B正确．‎ 考点2　平抛运动的规律与应用 ‎1．求解平抛运动的基本思路和方法——运动的分解 将平抛运动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——“化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法．‎ ‎2．两个基本关系 ‎(1)位移关系： 位移方向偏转角tan α＝.‎ ‎(2)速度关系： 速度方向偏转角tan θ＝＝＝2tan α.‎ 分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题．‎ 命题热点1　基本规律的应用 ‎　(2018·湖南省三湘名校第三次大联考)某人先后将两只飞镖A、B沿同一方向水平射出，飞镖插到竖直墙壁上的位置如图6所示．不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．若两飞镖是以相同的速度射出的，则A的射出点较高 B．若两飞镖是以相同的速度射出的，则B的射出点较高 C．若两飞镖是在同一位置射出的，则A的初速度较小 D．若两飞镖是在同一位置射出的，则B的初速度较小 答案　D 解析　设飞镖飞行的水平距离为s，飞镖的初速度为v0，竖直分速度为vy，速度与竖直方向的夹角为θ，‎ 则有tan θ＝＝，‎ v0＝，解得下落高度h＝gt2＝，‎ 水平距离s＝；‎ 若两飞镖是以相同的速度射出的，由于A飞镖速度与竖直方向的夹角比B飞镖速度与竖直方向的夹角大，所以A飞镖下落的高度比B飞镖下落的高度小，所以A、B飞镖的射出点位置无法比较，故A、B错误；若两飞镖是在同一位置射出的，由于A飞镖速度与竖直方向的夹角比B飞镖速度与竖直方向的夹角大，所以A飞镖初速度比B飞镖初速度大，故C错误，D正确．‎ ‎3.如图7所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd.从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点．若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的(　　)‎ 图7‎ A．b与c之间某一点 B．c点 C．c与d之间某一点 D．d点 答案　A 解析　过b作一条与水平面平行的直线，若没有斜面，当小球从O点以速度2v水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上c点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、c之间，故A正确，B、C、D错误．‎ 命题热点2　平抛运动与斜面结合问题 ‎　(多选)(2018·河南省鹤壁市调研)如图8所示，水平面上有一倾角为θ的斜面，斜面足够长，一可看成质点的小盆A静止在斜面上，某一时刻在外力作用下从斜面的顶端以一定的加速度滑下，同时另一小球B(图中未画出)从斜面顶端以某一初速度水平向右抛出．要使小球能落入盆中，下列说法中正确的是(不计空气阻力)(　　)‎ 图8‎ A．只要盆运动的加速度满足一定的条件，球一定能落入盆中 B．只要球抛出的初速度满足一定的条件，球一定能落入盆中 C．球落入盆用的时间与球的初速度成正比 D．球落入盆时，盆的速度与球的初速度成正比 答案　ACD 解析　球落入盆中时，盆的位移就是球运动的合位移，作出合位移与分位移的平行四边形，可得sin θ＝，解得a＝，选项A正确，B错误；‎ 同理可得tan θ＝，解得t＝，选项C正确；也可得cos θ＝，解得v＝，选项D正确．‎ ‎4.(多选)(2018·安徽省江淮十校第三次联考)如图9所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的 B．小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的 C．小球经过D点与落在B点时重力做功之比为1∶4‎ D．小球经过D点与落在B点时重力做功之比为1∶3‎ 答案　AC 解析　从O到B过程，根据平抛运动的分运动公式，‎ 有：AB＝v0t，h＝gt2，‎ 联立解得：AB＝v0；‎ 在D点，速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍，‎ ＝＝2·＝；解得vDy＝，‎ 因vDy＝gtD；xD＝v0tD，‎ 解得xD＝v0，则xD＝AB，选项A正确，B错误；‎ D点与出发点的竖直距离hDy＝＝h，根据W＝mgh可知小球经过D点与落在B点时重力做功之比是1∶4，选项C正确，D错误．‎ 考点3　圆周运动问题 ‎1．解决圆周运动动力学问题的关键 ‎(1)圆周运动动力学问题的实质是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动合外力方向指向圆心)，要做好受力分析，由牛顿第二定律列方程求合外力．‎ ‎(2)做匀速圆周运动的物体，所受合外力提供向心力．‎ ‎(3)做非匀速圆周运动的物体，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力改变速度的大小．‎ ‎2．竖直平面内圆周运动的两种临界问题 ‎(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥.‎ 其实圆周轨道上比圆心高的点都有自己的临界速度，小球的速度小于临界速度时就会以斜上抛的方式脱离圆周轨道；在比圆心低的点，小球的速度可以减小到0而不脱离轨道，如果轨道光滑的话会沿圆周轨道滑下去．‎ ‎(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0.‎ 命题热点1　水平面内的圆周运动 ‎　(多选)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图10所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系在小球上，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时(　　)‎ 图10‎ A．细绳对小球的拉力可能为零 B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等 C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等 D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零 答案　CD 解析　因为圆环光滑，故小球可能受三个力的作用，分别是重力、环对球的弹力、细绳的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg，‎ FTsin 60°－FNsin 60°＝mω2rsin 60°，‎ 解得FT＝mg＋mω2r，‎ FN＝mg－mω2r，‎ 当ω＝时，金属圆环对小球的弹力FN＝0，故C、D正确，A、B错误．‎ ‎5.(2018·广东省佛山市质检一)如图11所示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看成一个整体，下列论述正确的是(　　)‎ 图11‎ A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供 B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供 C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心 D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力 答案　B 解析　向心力为沿半径方向上的合力，运动员转弯时，受力分析如图所示，‎ 可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当Ff<，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会离心发生侧滑，故C、D错误．‎ 命题热点2　竖直面内的圆周运动 ‎　(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)如图12所示，在竖直平面内固定一内壁光滑、半径为R的圆形轨道．质量分别为m、2m的A、B两小球(可视为质点)以等大的速率v0同时从a点分别向上、向下滑入圆形轨道(ab为过圆心O的水平直径)，两球在第一次相遇前的运动过程中均未脱离轨道．已知当地的重力加速度为g.则(　　)‎ 图12‎ A．第一次相遇时两球的速率相等 B．v0应满足的条件是v0≥ C．第一次相遇点可能在b点 D．第一次相遇前，B球对轨道的最大压力为6mg＋ 答案　ABD 解析　两个小球在光滑的圆轨道内运动，只有重力做功，机械能均守恒，开始出发时机械能相等，则再次相遇时机械能也相等，速率必定相等，故A正确．若A小球恰能通过最高点，对A球在最高点有：mg＝m，解得v＝，A球从出发点到最高点，根据机械能守恒定律得mv＝mv2＋mgR，解得v0＝，故v0应满足的条件是v0≥，同理对B球也成立，故B正确；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b点时，两者速率相等，则从a运动到b点的过程中A球的平均速率小于B球的平均速率，所以两球第一次相遇时应在b点的上方，故C错误；根据竖直面内的圆周运动的特点，在第一次相遇前，B球对轨道的压力最大时，在轨道的最低点，对B球根据机械能守恒定律得：×2mv＋2mgR＝×2mv′2，在最低点，由牛顿第二定律得FN－2mg＝2m，联立解得：FN＝6mg＋，根据牛顿第三定律可知第一次相遇前，B球对轨道的最大压力为FN′＝6mg＋，故D正确．‎ ‎6．(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图13所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外轨内表面光滑，内轨外表面粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两轨间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．当v0＝时，小球最终停在最低点 B．当v0＝2时，小球可以到达最高点 C．当v0＝时，小球始终做完整的圆周运动 D．当v0＝时，小球在最高点时对内轨的外表面有挤压 答案　C 解析　若v0＝，则由mv＝mgh可知，h＝R，则小球能到达与圆环圆心等高的一点后反向返回，在最低点两侧往返运动，选项A错误；若v0＝2，小球到达最高点的速度恰好为零，但是因轨道内轨粗糙，则小球与内轨接触时要损失机械能，则小球不能到达最高点，选项B错误；若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点，则到达最高点时满足mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒可知，mv＝mg·2R＋mv2，解得v0＝，有此可知当v0＝时，小球始终做完整的圆周运动，且沿外轨道恰能运动到最高点，选项C正确，D错误．‎ ‎1．(2018·江西省赣州市十四县市期中)下列关于力与运动的叙述中正确的是(　　)‎ A．物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，加速度也变化 B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心 C．物体运动的速率在增加，所受合力方向与运动方向夹角小于90°‎ D．物体在变力作用下有可能做曲线运动，做曲线运动物体一定受到变力作用 答案　C 解析　物体所受合力方向与运动方向有夹角时，该物体速度一定变化，但加速度不一定变化，如平抛运动，A错误；若物体做变速圆周运动，则存在一个切向加速度，合力不指向圆心，B错误；合力方向与运动方向夹角小于90°时合力做正功，速度增大，C正确；如果变力与速度方向不共线，则做曲线运动，但做曲线运动的物体受到的合力可以为恒力，如平抛运动，D错误．‎ ‎2.(2018·湖北省黄冈市质检)如图1是码头的旋臂式起重机，当起重机旋臂水平向右保持静止时，吊着货物的天车沿旋臂向右匀速行驶，同时天车又使货物沿竖直方向先做匀加速运动，后做匀减速运动．该过程中货物的运动轨迹可能是下图中的(　　)‎ 图1‎ 答案　C 解析　货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据平行四边形定则，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，轨迹为曲线，货物的加速度先向上后向下，因为加速度的方向指向轨迹的凹侧，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎3.(2018·湖北省武汉市调研)如图2是对着竖直墙壁沿同一水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出．不计空气阻力，则(　　)‎ 图2‎ A．a和b的飞行时间相同 B．b的飞行时间比c的短 C．a的水平初速度比b的小 D．c的水平初速度比a的大 答案　D 解析　根据t＝可知，b下落的高度比a大，则b飞行的时间较长，根据v0＝，因水平位移相同，则a的水平初速度比b的大，选项A、C错误；b的竖直下落高度比c大，则b飞行的时间比c长，选项B错误；a的竖直下落高度比c大，则a飞行的时间比c长，根据v0＝，因水平位移相同，则a的水平初速度比c的小，选项D正确．‎ ‎4.(2018·安徽省宿州市一质检)如图3所示，A、B两小球从相同高度，以相同速率、同时水平相向抛出．经过时间t在空中相遇；若不改变两球抛出点的位置和抛出的方向，A球的抛出速率变为原来的，B球的抛出速率变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为(　　)‎ 图3‎ A.t B.t C．t D.t 答案　B 解析　两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据x＝vAt＋vBt知，当A球的抛出速率变为原来的，B 球的抛出速率变为原来的2倍时，则两球从抛出到相遇，有x＝v0t＋v0t＝v0t′＋2v0t′，解得t′＝t，故选B.‎ ‎5．(多选)(2018·甘肃省兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．如图4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，两轨所在斜面的倾角为θ，则(　　)‎ 图4‎ 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．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压 答案　ABD 解析　火车转弯时内、外轨不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m，解得：r＝，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m，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所需向心力，此时外轨对火车轮缘有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确．‎ ‎6．(多选)(2018·广东省深圳市三校模拟)如图5所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时(　　)‎ 图5‎ A．线速度相等 B．向心加速度相等 C．对轨道的压力相等 D．两小球都处于超重状态 答案　BCD 解析　设半圆轨道的半径为r，小球到最低点时的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr＝mv2，所以v＝，由于它们的半径不同，所以线速度不相等，故A错误；‎ 小球的向心加速度an＝＝2g，与半径无关，因此此时两个小球的向心加速度相等，故B正确；‎ 在最低点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，联立解得：FN＝3mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3mg，由于球的质量相等，所以两个小球对轨道的压力相等，故C正确；由于两小球加速度均向上，故均处于超重状态，故D正确．‎ ‎7．(2018·安徽省安庆市二模)如图6所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端可绕O点在斜面内转动，先将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面向上并与轻杆垂直的初速度v0＝3 m/s，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图6‎ A．此时小球的加速度大小为 m/s2‎ B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上 C．若增大v0，小球到达最高点时杆对小球的弹力一定增大 D．若增大v0，小球到达最高点时杆对小球的弹力可能减小 答案　C 解析　小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：‎ 切向加速度为：a′＝＝gsin α；‎ 向心加速度为：an＝＝ m/s2＝30 m/s2；‎ 此时小球的加速度为合加速度，‎ a＝>an＝30 m/s2，故A错误；‎ 从开始到最高点过程，根据动能定理，‎ 有：－mglsin α＝mv－mv；‎ 解得：v＝v－2glsin α 考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin α＝m，‎ 即v＝glsin α，由于v－v>0，‎ 可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球是拉力，故B错误；‎ 在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，‎ 故：F＋mgsin α＝m，‎ 如果初速度增大，则小球到达最高点时的速度也增大，故拉力F一定增大，故C正确，D 错误．‎ ‎8.(2018·福建省厦门市质检)如图7所示，质量为m＝0.5 kg的小球(可视作质点)从A点以初速度v0水平抛出，小球与竖直光滑挡板CD和AB各碰撞一次(碰撞时均无能量损失，两挡板最低点在同一高度)，小球最后刚好打到CD板的最低点．已知CD挡板与A点的水平距离为x＝2 m，AB高度为4.9 m，空气阻力不计，g＝9.8 m/s2，则小球的初速度v0大小可能是(　　)‎ 图7‎ A．7 m/s B．6 m/s C．5 m/s D．4 m/s 答案　B 解析　小球从A点开始做平抛运动，撞击挡板反弹时无动能损失，即水平速度反向，竖直速度不变，可等效为平抛运动的继续，整个多次碰撞反弹可视为一个完整的平抛运动，h＝gt2，可得t＝1 s；则有(2n－1)x＝v0t(n＝1,2,3，…)，n＝2时，得v0＝6 m/s，故B正确．‎ ‎9.(2018·山东省青岛二中第二学段模考)如图8所示，ABDC和CDFE是空间竖直的两个边长均为L的正方形．在B点，小球甲以初速度v甲向左做平抛运动；在C点，小球乙以初速度v乙向右做平抛运动．甲小球运动过程中经过C点，乙小球运动过程中经过F点，两小球同时落地．则下列说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．v甲＝v乙 B．两小球落地时的速度大小相等 C．甲小球落地点到F点的距离等于2L D．甲小球运动到C点时，乙小球开始做平抛运动 答案　A 解析　‎ 甲、乙两球下降相同高度时的水平位移相等，则初速度相等，由于落地时下降的高度不同，则落地时的竖直分速度不相等，根据平行四边形定则知，两球落地时的合速度不相等，故A正确，B错误；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，甲球从B到C的时间大于从C到地面的时间，则从C到地面的水平位移小于L，则甲球落地点到F点的距离小于2L，故C错误；因为两球同时落地，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，甲球从B到C的时间大于从C到地面的时间，而乙球从C到F的时间和甲球从B到C的时间相等，可知甲球未到达C点时，乙球开始做平抛运动，故D错误．‎ ‎10．(2018·山西省太原市上学期期末)如图9所示，对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m，位于竖直面内)的特技演员SteveTruglia来说，瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果．若速度太慢，汽车在环形车道上，便有可能像石头一样坠落；而如果速度太快，产生的离心力可能让他失去知觉．挑战中汽车以16 m/s的速度进入车道，到达最高点时，速度降至10 m/s成功挑战．已知演员与汽车的总质量为1 t，将汽车视为质点，在上升过程中汽车速度一直减小，下降过程中速度一直增大，取g＝10 m/s2，则汽车在以16 m/s的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中(　　)‎ 图9‎ A．通过最低点时，汽车受到的弹力为4×104 N B．在距地面6.4 m处，演员最可能失去知觉 C．只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s，才可能挑战成功 D．只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J，才可能挑战成功 答案　D 解析　通过最低点时，汽车受到的弹力为FN1＝mg＋m＝1 000 N＝5×104 N，选项A错误；在轨道的最低点时，车速最大，人对座椅的压力最大，最容易失去知觉，选项B错误；汽车到达最高点的最小速度为v＝＝ m/s＝8 m/s，则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s，才可能挑战成功，选项C错误；从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W＝mv－mv2＝×1 000(162－82) J＝9.6×104 J，选项D正确．‎ ‎11.(2018·福建省泉州市模拟三)古代的水车可以说是现代水力发电机的鼻祖．如图10为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0.1 m．不计挡水板的大小，空气阻力不计．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝‎ ‎0.8.求：‎ 图10‎ ‎(1)轮子转动角速度ω；‎ ‎(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h.‎ 答案　(1)50 rad/s　(2)1.12 m　0.86 m 解析　(1)水流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度为v，v＝＝5 m/s 轮子边缘的线速度v′＝v＝5 m/s 所以轮子转动的角速度ω＝＝50 rad/s ‎(2)设水流到达轮子边缘时的竖直分速度为vy，平抛运动时间为t，水平、竖直分位移分别为sx、sy，‎ vy＝＝4 m/s t＝＝0.4 s sx＝v0t＝1.2 m sy＝gt2＝0.8 m 水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h为：‎ l＝sx－Rcos 37°＝1.12 m h＝sy＋Rsin 37°＝0.86 m.‎ ‎12．(2018·福建省厦门市质检)如图11甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”．它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示．在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.‎ 图11‎ ‎(1)求质点的质量；‎ ‎(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对A、B两点的压力差为定值；‎ ‎(3)若磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过B点最大速率．‎ 答案　见解析 解析　(1)在A点：F＋mg－FA＝①‎ 根据牛顿第三定律：FA＝FA′＝7mg②‎ 由①②式联立得：m＝③‎ ‎(2)质点能完成圆周运动，在A点，根据牛顿第二定律：‎ F＋mg－FNA＝④‎ 根据牛顿第三定律：FNA′＝FNA⑤‎ 在B点，根据牛顿第二定律：F－mg－FNB＝⑥‎ 根据牛顿第三定律：FNB′＝FNB⑦‎ 从A点到B点过程，根据机械能守恒定律：‎ mg·2R＝mv－mv⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧联立得：FNA′－FNB′＝6mg，为定值，得到证明．‎ ‎(3)在B点，根据牛顿第二定律：‎ ‎2F－mg－FNB＝ 当FNB＝0时，质点速率最大，vB＝vBm ‎2F－mg＝⑨‎ 联立解得：vBm＝.‎