专题三 曲线运动-2022新教材高考物理【培优限时练】 小题突破·大题攻略

专题三　曲线运动 1．【解析】　 (1)已知m＝100 g＝0.1 kg，质点做类平抛运动，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速度为a＝＝m/s2＝10 m/s2 t＝3 s时质点沿y轴方向的分速度为vy＝at1－at2＝(10×2－10×1)m/s＝10 m/s 故t＝3 s时质点速度的大小为v＝＝m/s＝10m/s，因为vy＝v0，所以t＝3 s时质点速度方向与x轴正方向、y轴正方向均成45°角。 (2)根据运动过程的对称性可知，质点在第1 s内、第2 s内、第3 s内沿y轴方向的位移相等，则t＝3 s时质点沿y轴方向分位移为y＝3×at2＝3××10×12m＝15 m，t＝3 s时质点沿x轴方向的分位移为x＝v0t＝10×3 m＝30 m，因此，t＝3 s时质点的位置坐标为(30 m，15 m). 【答案】　(1)10 m/s，与x轴正方向y轴正方向均成45°角　(2)(30 m，15 m) 2．【解析】　(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H－h＝gt2，设小物块到达B点时竖直分速度为vy∶v0＝gt， 由以上两式解得：vy＝3 m/s ，由题意，速度方向与水平面的夹角为37°，tan 37°＝，解得v0＝4 m/s ，则小物块运动到B点时的速度v1＝＝5 m/s； (2)设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得mgh＝mv－mv，设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝，由几何关系得cos θ＝，由上式可得R＝0.75 m, v2＝2 m/s, FN＝47.3 N，根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N； (3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f1＝μ1mg＝7 N，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f2＝μ2g＝10 N，因f1<f2，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0，则长木板长度为l＝＝2 m. 【答案】　(1)5 m/s　(2)47.3 N，方向向下　(3)2.0 m 3．【解析】　(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝mv2 解得v＝ 在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m 解得FN＝－5mg. (2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有FN＝－5mg＝0 解得Rm＝. (3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝gt2，解得t＝ 水平位移x＝vt＝ · ＝ 当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大． 解得R＝D到A的最大距离xm＝. 【答案】　(1)－5mg　(2)　(3) 4．【解析】　如图所示， 物体在前5 s内由坐标原点起向东沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为ax＝＝ m/s2＝2 m/s2 方向沿x轴正方向 5 s末物体沿x轴方向的位移x1＝axt＝×2×52m＝25 m， 到达P点，5 s末速度v2＝axt1＝2×5 m/s＝10 m/s 从第5 s末开始，物体参与两个分运动：一个是沿x轴正方向做速度为10 m/s的匀速直线运动，经10 s其位移x2＝v2t2＝10×10 m＝100 m 另一个是沿y轴正方向(正北方向)做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为ay＝＝ m/s2＝1 m/s2 经10 s沿y轴正方向的位移y＝ayt＝×1×102 m＝50 m 沿y轴正方向的速度vy＝ayt2＝1×10 m/s＝10 m/s 设15 s末物体到达Q点，则QO＝＝ m≈135 m，方向为东偏北θ角，满足tan θ＝ 15 s末的速度为v1＝＝ m/s＝10 m/s　tan α＝＝1 所以α＝45°即方向为东偏北45°角． 【答案】　135 m，方向为东偏北θ角，满足tan θ＝ 10 m/s，方向为东偏北45° 5．【解析】　以两种方式释放，从A到B位移相同，设AB长为L， (1)水平方向位移L sin α＝v0t1　① 竖直方向位移L cos α＝gt　② 联立①②得L＝. (2)将L值代入①式可得t1＝. 物体下滑的加速度a＝g cos α，由L＝at，得t2＝. 将L、a代入得t2＝，则有＝. (3)平抛运动的水平分速度v1x＝v0，竖直分速度v1y＝gt1＝； 下滑运动的水平分速度v2x＝v2sin α，竖直分速度v2y＝v2cos α； 由于v2＝＝，所以v2x＝2v0cos α，v2y＝； 则＝，＝. 【答案】　(1)　(2)cosα　(3)　 6．【解析】　(1)第一、二两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的． 由题意知水平射程之比为：x1∶x2＝1∶3，故平抛运动的初速度之比为v1∶v2＝