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1专题4曲线运动-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III）一．选择题1.（2019河南安阳二模）小球甲从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为，离斜面最远时的动量为p。现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是A.小球乙落在斜面上时的位移为B.小球乙在空中运动的时间为C.小球乙落在斜面上时的动能为D.小球乙离斜面最远时的动量为【参考答案】BC【名师解析】设斜面倾角为，当速度为v时，水平方向的位移，竖直方向的位移，根据几何关系可得，解得，则水平位移，落在斜面上的位移，所以小球乙落在斜面上时的位移为，故A错误；由于，所以小球乙在空中运动的时间为，故B正确；若平抛运动的速度为v，小球落在斜面上的速率，小球乙落在斜面上时的动能为，故C正确；当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，所以，小球乙离斜面最远时的动量为，故D错误。【关键点拨】根据竖直位移与水平位移的关系求出小球抛出到落在斜面上的时间，求出水平位移，再根据几何关系求解落在斜面上的位移与速度关系进行分析；求出落在斜面上是的动能与速度的关系分析动能；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，根据动量的计算公式求解小球乙离斜面最远时的动量。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，即物体某时刻速度方向与水2平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。2.（2019全国考试大纲调研卷3）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在抛出点东侧D．落地点在抛出点西侧【参考答案】D【名师解析】将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动．上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的力逐渐变小，因此水平向西的分加速度逐渐变小，小球的水平分运动是向西的变加速运动，故小球到最高点时水平向西的速度达到最大值，在最高点速度不为零，A错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平分加速度为零，B错误；下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的力逐渐变大，水平向东的分加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，故小球的落地点应在抛出点的西侧，C错误，D正确．3．(2019·嘉兴联考)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图。图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高。若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则()A．击中甲、乙的两球初速度v甲＝v乙B．击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同速度发球可能击中丁鼓D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大【参考答案】B【名师解析】由题图可知，甲、乙两鼓的高度相同，所以羽毛球到达两鼓用时相同，但由于离林丹的水平距离不同，甲鼓的水平距离较远，所以由v＝xt可知，击中甲、乙的两球初速度v甲＞v乙，故A错误，B正确；由题图可知，甲、丁两鼓不在同一直线上，所以用相同速度发球不可能到达丁鼓，故C错误；由于丁、3丙两鼓高度相同，但由图可知，丁鼓离林丹的水平距离最大，所以击中丁鼓的初速度一定大于击中丙鼓的初速度，故D错误。4．(2018·浙江省名校协作体3月考试)游乐园中的竖直摩天轮在匀速转动时，其每个载客轮舱能始终保持竖直直立状(如图)，一质量为m的旅行包放置在该摩天轮轮舱水平板上。已知旅行包在最高点对水平板的压力为0.8mg，下列说法正确的是()A．摩天轮转动过程中，旅行包所受合力不变B．旅行包随摩天轮的运动过程中始终受到轮舱水平板的摩擦力作用C．旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时受到的摩擦力为0.2mgD．旅行包随摩天轮运动的过程中机械能守恒【参考答案】C【名师解析】旅行包跟随摩天轮做匀速圆周运动，旅行包所受合力提供向心力，大小不变，方向时刻在变化，故A错误。旅行包随摩天轮的转动而做匀速圆周运动，合力提供向心力，在最高点与最低点只受到重力和支持力的作用，不受摩擦力，故B错误。在最高点有：mg－FN＝mv2R，且FN＝0.8mg，联立解得mv2R＝0.2mg；旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时，由摩擦力提供向心力，则有Ff＝mv2R＝0.2mg，故C正确；旅行包随摩天轮运动的过程中动能不变，而重力势能会变，故机械能不守恒，故D错误。5.（2019河南示范性高中联考）如图所示，A、B两小球用一根轻绳连接，轻绳跨过圆锥筒顶点处的光滑小定滑轮，圆锥筒的侧面光滑。当圆锥筒绕竖直对称轴OO′匀速转动时，两球都处于筒侧面上，且与筒保持相对静止，小球A到顶点O的距离大于小球B到顶点O的距离，则下列判断正确的是A.A球的质量大B.B球的质量大4C.A球对圆锥筒侧面的压力大D.B球对圆锥筒侧面的压力大【参考答案】BD【名师解析】绳对AB两球的拉力大小相等；分别对两球受力分析，根据正交分解法分别列出水平和竖直两个方向的方程即可进行讨论.绳对AB两球的拉力大小相等，设绳子受到的拉力大小为T，侧面对小球的支持力大小为F，则Tcosθ+Fsinθ=mg，可知小球的质量m越大，F也就越大；又由Tsinθ-Fcosθ=mω2lsinθ，解得T=mgsinθ+mω2lsinθcosθ；F=mgcosθ-mω2lsin2θ可知，质量m越大，F越大，l就越小，则B球的质量大，B球对圆锥筒侧面的压力越大，选项BD正确，AC错误；故选BD.【关键点拨】本题关键是对小球受力分析，要知道小球做圆周运动向心力的来自于合外力，运用牛顿第二定律和向心力知识结合进行解答。6.（2019浙江绿色联盟模拟）有一种射水鱼能将嘴探出至水面处向空中射水，射出的水在空中画出一条优美的大弧线后落在距射出点0.4m处，水能上升的最大高度为1.0m，射水鱼在寻找食物时发现在距水面1.0m的树叶上有一小昆虫，它选择适当位置射水后恰好射中。若忽略水在空气中所受的阻力，取g＝10m/s2，则下列有关描述正确的是（）A．它射水的速度约为m/sB．它射水的速度约为m/sC．它射水方向与水平面夹角的正切值为10D．它射水方向与水平面夹角的正切值为55【参考答案】C【名师解析】根据竖直方向的竖直上抛运动求解竖直方向的初速度和运动时间，再求出水平方向的初速度，然后进行速度的合成；根据tanθ＝求解正切值。水能上升的最大高度为1.0m，则上升速度为：vy＝＝m/s＝2m/s，上升时间为：t＝＝0.2s，则水平速度为：vx＝＝m/s，射水的速度为：v＝＝m/s，故AB错误；它射水方向与水平面夹角为θ，则有：tanθ＝＝＝10，故C正确、D错误。【关键点拨】本题主要是考查了斜上抛运动的规律，知道斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，结合运动学公式灵活求解。二．计算题1．(13分)（2019湖南娄底二模）某人设计了如图所示的滑板个性滑道。斜面AB与半径R＝3m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD。一滑板爱好者连同滑板等装备(视为质点)总质量m＝60kg。某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远。若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)P、B两点间的距离；(2)滑板在C点对轨道的压力大小。【名师解析】(1)设爱好者滑到C的速度为vC，水平、竖直方向的位移分别为x1、y1。C到D由平抛运动规律有tanα＝y1x1＝12gt2vCt＝gt2vC①(1分)6则t＝2vCtanαg②(1分)因此x1＝vCt＝2v2Ctanαg③(1分)lCQ＝x1cosα＝2v2Ctanαgcosα④(1分)由④式可知vC越大则lCQ间距越大。由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大。设斜面AB的倾角为θ，人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsinθ－90x＝ma⑤得a＝mgsinθ－90xm⑥(1分)由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大。即x＝mgsinθ90＝4m⑦(1分)(2)设P、B间摩擦力对人做功为WFf，由动能定理有mgxsinθ＋WFf＝12mv2B－0⑧(1分)而WFf＝－12·x·90x⑨(1分)(或由⑧⑨得mgxsinθ－45x2＝12mv2B－0，2分)B、C间运动机械能守恒12mv2B＋mgR(1－cosθ)＝12mv2C⑩(2分)在C点FN－mg＝mv2CR○11(1分)解得FN＝1320N(1分)(其中vB＝26m/s，vC＝6m/s)由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN′＝1320N(1分)(其它解法参照给分)2.(2018·宁波选考适应性考试)宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中，设计了一个如图所示的起始触发装置：AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开。竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的套环。每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左侧最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x(可以调节)，已知弹簧锁定时的弹性势能Ep＝10mgR，套环P与水平杆DE段的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆7粗细变化对套环的影响，重力加速度为g。求：(1)当h＝7R时，套环到达杆的最高点C处时的速度大小；(2)在(1)问中套环运动到最高点C时对杆作用力的大小和方向；(3)若h在3R至9R连续可调，要使该套环恰能击中Q点，则x应该在哪个范围内调节？【名师解析】(1)当h＝7R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律有：Ep＝mg(h＋R)＋12mv2Ep＝10mgR，解得v＝2gR。(2)在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律有：mg＋FC＝mv2R解得FC＝3mg，方向竖直向下。由牛顿第三定律可得套环对杆的作用力FC′＝FC＝3mg，方向竖直向上。(3)套环恰能击中Q点，平抛运动过程：h－R＝12gt2x＝vEt从P到E，根据能量守恒定律有：Ep＝mg(h－R)＋μmg·2R＋12mvE2又3R≤h≤9R，由以上各式可解得：42R≤x≤9R。【参考答案】：(1)2gR(2)3mg，竖直向上(3)42R≤x≤9R3．如图1所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长l＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝35，cos37°＝45)8(1)装置BO′O绕竖直轴O′O匀速转动，若细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求此时的角速度ω1；(2)若装置BO′O绕竖直轴O′O匀速转动的角速度ω＝503rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角α；(3)装置BO′O可以以不同的角速度匀速转动，请你通过计算在坐标图2中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象。(计算过程可在草稿纸上