专题4 曲线运动-2024年高考物理小题必刷卷

专题四 曲线运动 I高考攻略1 本部分内容主要考查运动的合成与分解方法的应用，平抛运动和圆周运动的规律及其应用，以本 专题为背景命制的题目常常涉及临界、极值、数形结合等问题，题型有选择题和计算题。近几年高考 特别注重联系生产、生活及科技实际的命题。 【考点·分层分练】 距离，h1、h2分别是散落物A、B在车上时的离地 高度。只要用米尺测量出事故现场的△L、h1、2 考点一曲线运动的理解 三个量，根据上述公式就能够估算出碰撞瞬间车 1.(2024·广东黄埔区模拟)如图所示，乒乓球从斜 辆的速度，则下列叙述正确的是 面上滚下后在水平桌面上沿直线运动。在与乒 A.A、B落地时间相同 乓球运动路线垂直的方向上横放一个纸筒（纸筒 B.A、B落地时间差与车辆速度成反比 开口略大于乒乓球直径)。人趴在桌子边沿并鼓 C.A、B落地时间差与车辆速度成正比 起嘴巴正对纸筒口，当乒乓球经过筒口时，对着 D.A、B落地时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积 乒乓球向筒口吹气，则乒乓球被吹后 等于△L 4.(2024·陕西省渭南市大荔县一模)如图所示，圆 弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小 球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该 小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨 道。OA与竖直方向的夹角为01，PA与竖直方 中 向的夹角为02。下列说法正确的是 A,保持原运动方向继续前进 B.一定能沿吹气方向进人纸筒 0 C.偏离原运动方向滚向纸筒左侧 D.偏离原运动方向滚向纸筒右侧 B 考点二运动的合成与分解 tan 02 2.一个质点从水平面内的xOy坐标系的原点出发 A.tan0·tan02=2 B. =2 tan 开始运动，其沿x轴正方向的分速度随时间变化 C,tan01·tan02=2 1 tan 021 的图像及沿y轴正方向的位移随时间变化的图 D.tan 0h 2 像如图甲、乙所示，一条直线过坐标原点，与x轴 考点四平抛运动的临界问题 正方向成30角，如图丙所示。质点经过该直线 5.(多选)(2024·秀英区校级月考)山西刀削面是 时的坐标为 中国著名面食之一，因其制作方法和风味的独 */ms) Y/m y/m 特，而驰名中外.如图所示，将一锅水烧开，拿一 块面团放在钢旁边较高处，用一刀片飞快地削下 一片片很薄的面片儿，使面片水平飞出，落向锅 茶 I/s x/m 中.若面团到锅的上沿的竖直距离为0.8m,最 丙 近的水平距离为0.5m,锅的半径也为0.5m,要 A.(12m,43m) B.(9m,33m) 想使削出的面片落入锅中，则面片的水平速度可 阳 C.(6m,2√3m) D.(3m,√3m) 能是下列选项中的哪些（忽略空气阻力，不计面 考点三平抛运动的规律及应用 片的大小，重力加速度取g=10m/s2)() 3.(2024·北京市西城区高三模拟)在交通事故中， 测定碰撞瞬间汽车的速度对于事故责任的认定 0.8m 具有重要的作用，《中国汽车驾驶员》杂志曾给出 一个估算碰撞瞬间车辆速度的公式：=√4.9 0.5m △L一，式中△L是被水平抛出的散落在事故 vh1一vh2 A.4m/s B.3 m.'s 现场路面上的两物体A、B沿公路方向上的水平 C.2 m/s D.1 m/s 13 6.(2024·江苏省苏州市高三模拟)如图所示，在楼 弯中测试其尾翼功能。当测试车速为90km/h,未 梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高 安装尾翼时，其转弯时的最小半径为90m:当安装 为H,宽为L,A为竖直踢脚板的最高点，B为水 尾翼后，转弯时的最小半径可减为85m。若汽车受 平踏脚板的最右侧点，C是水平踏脚板的中点。 到的最大静摩擦力为其对地面压力的：倍，尾翼质 弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小 量可以忽略。则下列选项中正确的是() 球的初速度可调节，小球被弹出前与A的水 平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到 AA一器 A而击中B,为了能击中C点，需调整h为h',调 B.以上数据无法计算汽车质量 整%为'，下列判断正确的是 C.未安装尾翼时，若提高汽车转弯速度，则其转 弯时的最小半径需增大 D.安装与未安装尾翼相比，车均以相应最小半 径转弯时其向心加速度大小相等 考点七圆周运动的临界问题 9.(2024·山东省青岛市高 1.5 三一模)如图，质量分别为 A.'的最大值为2h m、2m、3m的物块a、b、c, B.h'的最小值为2h 放置在水平圆盘上随圆盘 C'的最大值为 一起以角速度，匀速转 6 动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间 D的最小值为西动 的动摩擦因数均为：，a、b和c与转轴的距离分 别为r和1.5r。下列说法正确的是 考点五圆周运动的运动学问题 A.b对a的摩擦力为mg 7.(2024·广西模拟)学校门口的车牌自动识别系 B.圆盘对b的摩擦力为2ma2r 统如图所示，闸杆距地面高为1m,可绕转轴O 在竖直面内匀速转动：自动识别区ab到a'b'的 C圆盘的角速度清足≤ 距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶人自动 识别区，识别的反应时间为0.3s:若汽车可看成 D.圆盘的角速度满足≤\ 2u8 高1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平 10.(多选)(2024·海南海口市农垦中学高三月考) 距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆转 如图所示，一长为0.1m的轻杆的一端固定在 动的角速度至少为 位于O点的水平转轴上，另一端固定一质量为 0.1kg的小球（可视为质点），轻杆随转轴在竖 2识别摄像机 直平面内做匀速圆周运动，P是圆周上的最高 点，Q为最低点。已知重力加速度g取10m时s2 0. 不计空气阻力，下列说法正确的是 () A.rad/s B. 6 rad/s c. rad s D.rad/s A,当小球运动到与O点等高的水平位置时，杆 对小球的作用力为零 考点六 圆周运动的动力学问题 B.若小球经过P点时的速度大小为1ms,则 8.(多选)如图所示， 此时杆对小球的作用力为零 为跑车尾翼功能示 C.若小球经过P点时杆对小球的作用力大小 意图，当汽车高速 等于0.36N,则此时小球的速度大小一定等 行驶时，气流会对 于0.8m/s 跑车形成一个向下的压力，压力大小与车速的关系 D.若小球经过Q点时杆对小球的作用力大小等 满足F、=k2(k=1.2kgm)。现某跑车在水平转 于5N,则此时小球的速度大小一定等于2ms 14 【考能·演习演练】 11.(2024·广东广州市黄埔区高三模拟)在一次足 球比赛中，队友甲示意队友乙向前跑。当队友 乙在图中位置以某一速度匀速前跑时，队友甲 A,滑块A从右向左先做加速度减小的加速运 将足球从静止瞬间踢起，足球轨迹如图所示且 动，后做加速度减小的减速运动 刚好落在队友乙的脚下。用表示队友乙与足 B.当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大 球的水平速度，、表示水平位移。速率越大，空 气阻力越大，从踢起足球到落地，下列图像大致 C当OB杆与OA垂直时.清块的速度大小为 能反映乙和球的运动情况的是 D.当B=90'时，滑块的速度大小为RV2+R 14.(2024·河北省邯郸市高三一模)如图所示，半 o球 径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮 上a、b两点与O的连线相互垂直，圆轮最低点 距地面的高度为R,a、b两点均粘有一个小物 体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物 体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上。 12.(2024·江苏省常州市高三模拟)随着科技的飞 (不计空气阻力，重力加速度为g)则圆轮的转 速发展，人工智能越来越多地出现在人们的生 动方向及转动的角速度为 活之中。如图所示，为某品牌的扫地机器人，其 形状为圆盘形，圆盘半径为R。扫地机器人在 一片空旷的水平地面作业时，其中心轴上每一点 均沿着一条直线做匀速直线运动，速度大小为 同时机身绕着中心轴做匀速圆周运动，角速度大 70 小为w。现考虑圆盘边缘上的一点P,1=0时过该 A.逆时针 /2g B.顺时针 g N 点的半径处在中心轴的运动方向上。下列关于P 点运动的描述正确的是 ( C.逆时针 g N D.顺时针 2R o 中心轴线 15.(2024·河北张家口市高三模拟)如图所示，一 个倾角为45的斜面与一个圆弧对接，斜面的 底端在圆心O的正下方。从斜面顶点以一定的 初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确 的是 A.P点的运动轨迹为直线 B.P点的运动轨迹为圆弧 45 C.经过半个周期，P点通过的位移大小为2R+ A.小球初速度不同，则运动时间一定不同 2x B.小球落到斜面上时，其速度方向一定相同 D.经过一个周期，P点通过的位移大小为4R十 C,小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该 13.(2024·浙江模拟)如图所示，斯特林发动机的 处圆的切线垂直 机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复 D.小球落到圆弧面上时位置越高，末速度越大 运动。连杆AB,OB可绕图中A、B、O三处的 16.(多选)(2024·四川成都高三模拟)如图，倾角 转轴转动，连杆OB长为R,连杆AB长为L(L 37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量 >R),当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时， 3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环(O为接 滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平 触点)的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另 方向夹角为a,AB杆与OB杆的夹角为B。在 端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与 滑块向左滑动过程中 斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时 15 Oa水平且细线刚好伸直)，重力加速度大小为 B.A、B两球的质量比为mA:mB=3:2 g,sin37°=0.6，则在小球从a摆到最低点b的 过程中（物块和斜面体始终静止） C.剪断细绳瞬间，A球速度为A=弓2gL 以么 D.剪断细绳瞬间，两球距地面高度为12L 0 【考场·真题真练】 n 19.(2024·湖北卷)如图所示，有五片荷叶伸出荷 A.斜面对物块的摩擦力先诚小后增大 塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶 B.斜面对物块的作用力保持不变 上，设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平 C.斜面对物块的摩擦力最大值为1.2ng 面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在 D.地面对斜面体的支持力最小值为6,2mg c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若 17.(多选)(2024·江西宜春市高三一模)2022年 以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到() 令全世界瞩目的世界杯于12月18日在卡塔尔 落下了帷幕，由巨星梅西率领的阿根廷队拿下 了冠军，捧起了大力神杯。某运动员的弹跳性 能较好，如图是其在日常训练弹跳性。7人制 足球门高2m,宽5m,P点是地面球门线的中 点，PQ垂直球门线且PQ=6m,该运动员在Q 点正上方跳起将球以一定的初速度水平向右顶 A.荷叶a B.荷叶b 出，运动员跳起后的高度为2.45m,球视为质 C.荷叶c D.荷叶d 点，不计空气阻力及人的宽度，g=10m/s2, 20.（多选)(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的 √42.25=6.5，以下说法正确的是 光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立 Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从=0开始， 将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同 时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2,其 大小与时间！的关系如图(2)所示。已知物块 1线 的质量为1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不 A.球进入球门的最小时间为0.7s 计空气阻力。则 B.球落在P点的时间为O.7s C.球进入球门的最小发球速度约为20m/s 0 /m D.球进入球门的最大发球速度约为21.67ms 18.(多选)(2024·东北三省三校高三一模)如图所 示，A、B两小球分别用长为10L、5L的细绳悬 y/m 30 挂在同一竖直线上的两点，现使两球在水平面 内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚 图(1) 好运动到相同高度时，A、B两球运动半径分别 为6L,4L。此时剪断两细绳，两球落在水平地 面上同一点。则下列说法正确的是 6 4 10L 3 2 1 0 234 图(2) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1s时，物块的y坐标值为2.5m NNNNNNNNNNN8 A.在角速度缓慢增大的过程中，两绳的拉力均 C.t=1s时，物块的加速度大小为53m/s2 增大 D.t=2s时，物块的速度大小为10√2m/s 16# 专题四 曲线运动 代入数据解得:△x2-2.25m 1.【解析】 一开始兵兵球向右运动,当兵兵球受到沿纸简 产生的热量为Q=nmAg△x2-0.25×mAx10$ 方向的吹气的力后,乒兵球参与了两个方向的分运动,会 2.25(D)-5.625nA( 偏离原运动方向滚向纸简右侧;由于惯性,乒兵球不可能 因为两物块的质量未知,所以其产生的热量不一定 沿吹气方向进入纸筒。故ABC错误,D正确。 相等,故C错误;D、0.75s时,两物块的速度大小相 【答案】D 等,根据追及,相遇的知识点可知,此时两物块在相 2.【解析】质点沿工轴正方向做初速度为零的匀加速 遇前其距离达到了最大值,其距离为:△rmax-a^{} 直线运动,加速度大小a一2m/s{②,沿y轴正方向做匀 速直线运动,速度大小v一2ms,设质点经过时间 十v(/一1)一 2·yo-vor,解得 代入数据解得:△.xmx-0.75m 设0.75s后在经过t2时间物块A超过物块B后其 xo-12m,yo-4、3m,选项A正确。 距离达到△xmax,此过程a的加速度为a3,则有:mA 【答案】A gsin37*-'mAgcos37*-mAa3,代入数据解得:a= 3.【解析】A、忽略空气阻力,水平抛出的物体做平抛运 1 动,竖直方向有:h一 4 m/s②},2△xmax-vot+-a22-vo2 {22 3 代入数据解得t一 s,所以在0.75s后,物块A在 7 解得:t一 g 由于h、h;关系不确定,则A、B落地时间关系也不确 传送带上运动的时间小于等于③ s时,A、B间的最 定,故A错误;BC、物体抛出初速度与车速相等,水平 大距离就不会变,故D错误。 方向做匀速直线运动,有x:=v1,x2一vt 【答案】AB 解得:-1 19.【解析】 细线剪断前,对B、C、D整体受力分析,由 力的平衡条件有A、B间轻弹策的弹力FAB一6mg, 可知,A、B落地时间差与车辆速度和物体A、B沿公 对D受力分析,由力的平衡条件有C、D间轻弹黄的 路方向上的水平距离△L均有关系,即不能简单认为 弹力F(co一mg,细线剪断瞬间,对B由牛顿第二定 A.B落地时间差与车辆速度成反比还是成正比,故 律有3mg一FAB一3maB,对C由牛顿第二定律有 BC错误;D、由C得,AL一v(t一t2),可知,A、B落地 $ng十Fn=2mac,联立解得aB=-g,ac=1.5g,A 时间差和车辆碰撞瞬间速度的乘积等于AL,故D 正确。 正确。 【答案】 A 【答案】D 20.【解析】由图像可知0~3to时间内木板做匀加速直 4.【解析】 小球做平抛运动,水平方向做匀速直线运 线运动,3to~4to时间内木板做匀减速直线运动,由 动,竖直方向做自由落体运动,则从A点沿园孤的切 题意可知小物块在/一3加时刻以与本板等大、反向的 线方向进入轨道速度与水平方向的夹角为0;,tan 速度从右端滑上木板,故A错误;由v一1图像的斜 --8.PA与竖直方向的夹角为02,则位移与坚 率可得:木板做匀加速直线运动的加速度大小为:a vo v0 2g 28.1-3to时刻木板的速度大小为:v1 0 3 -aX3fo-- 2ugto,木板做匀减速直线运动的加速 ·tan0-2,故A正确,BCD错误。 【答案】A 2_ 2/2gzo 5.【解析】 度大小为:a2一 一g,由题意可知物 10 /2×0.8 块先向左匀减速到零后,再向右匀加速与木板共速 A 110 -8s-0.4s 设物块的加速度大小为a,以向右为正方向,则有: 27gto-- 2ugto+a3to,解得:a3-2ng,设木板与小 -1.25m/s 物块的质量分别为M、n,小物块和木板间动摩擦因 数为1,根据牛领第二定律得: 当r-0.5m+2×0.5m-1.5m时,面片的水平速 对物块有:umg一ma3 度为1.5 对木板加速过程有:F-Mg-Ma1 对木板减速过程有:(M十m)g+ng-F-Ma? 可得面片的水平速度范围是:1.25m/s v 3.75ms. 所以AD不可能,BC可能,故AC错误,BC正确。 【答案】BC 据上述对BC选项的解答可得:F-3.Mg 6.【解析】小球做平抛运动有y-1gt{②.x-v0,可得y #。,调一(),一H,调# 而/一4t。之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大 小为:f-(M+m)g-(M+M)g-3-Mg 2 后考虑临界情况,小球恰好没有擦到A而击中C,则 因F一f,故1一4to之后小物块和木板一起做匀速运 #4-()},即'#一H所以”#-),从越高 动。故D正确。 【答案】 ABD 处抛出而击中C点,抛物线越陵,越不容易擦到A点, 132 所以h'-12.是满足条件的最小值,故A、B错误;由 小的减速运动,即球的速度减小,即球的位移一时间 图像斜率会变小;乙做匀速直线运动,位移随时间均 匀增加。故A正确,BCD错误。 【答案】 A 12.【解析】 /15 AB、P点参与了两个分运动:绕中心轴做匀 ,即一 v,由vo一 6 6 速圆周运动和随扫地机器人向前做匀速直线运动, 合运动既不是直线,也不是圆孤,故AB错误;C、经 vo是满足条件的最大值,故C正 过半个周期,绕中心轴做匀速圆周运动的分运动中, 确,D错误。 P点绕中心轴转过半周,向运动方向走过的位移大 【答案】C。 小为2R,随扫地机器人向前做匀速直线运动的分运 7.【解析】阐杆转动时间为1---1。-6.9 3-0.3s2s 动中,P点向运动方向走过的位移为x一vol一v r 则P点通过的位移大小为2R+0,故C正确;D、经 汽车匀速顺利通过,间杆转动的角度至少为tan0= 0.6 过一个周期,绕中心轴做匀速圆周运动的分运动中, P点绕中心轴转过一周,向运动方向走过的位移大 __ 小为0,随扫地机器人向前做匀速直线运动的分运动 【答案】B 中,P点向运动方向走过的位移为x一vot一o 8.【解析】 AB.未安装尾翼时,合力提供向心力mg 2 一,安装尾翼后,合力提供向心力(ng+F)-m 【答案】 . C 解得n-1275kg, ,故A正确,B错误;C.未安 13.【解析】 设滑块的速度(合速度)大小为v,沿水平方 向,如图将A点的速度分解为沿着杆的分速度和垂 装尾翼时,由合力提供向心力mg一m 直杆的分速度 7) 车转弯速度,则其转弯时的最小半径需增大,故C正 确;D.车均以相应最小半径转弯时其向心加速度大小 同,所以向心加速度不同,故D错误。 【答案】 AC 根据运动的合成与分解可知,沿杆方向的分速度: 9.【解析】 AB、对a受力分析,由于不发生相对滑动,故 -cosd 受重力、支持力以及b对a的静摩擦力作用,静摩擦力 B点做圈周运动,实际速度是圆周运动的线速度,可 提供向心力,f一m{②}r,静摩擦力不一定为mg,对ab 以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速 受力分析,可知圆盘对b的摩擦力为fr一3m^{}r,故 度,如图设B的线速度为v,则沿杆的分速度:v1 AB错误;CD、三个物体的角速度相等,c的半径较大, v'cosθ-v'cos(90-③)-v'sin B,v'-R 所需向心力较大,对物体c,有:3m②(1.5r)n· 又二者沿杆方向的分速度是相等的,即v一v1,联 3mg,解得:{3 /2,故C错误,D正确。 cos sina 50,解得v-asot tana,A.滑块A从右向左运动 【答案】D 10.【解析】A.当小球运动到与O点等高的水平位置 sing 时,其速度v一sotana,随角度a变化而不均匀变 时,向心力指向圆心,重力竖直向下不能提供向心 化,角度。先增大后减小,根据正切函数的性质可 力,因此只能杆对小球的作用力提供向心力,不为 零,A错误;B.在最高点P,只有重力提供向心力时 知,滑块先做加速度增大的加速运动,后做加速度减 小的减速运动,故A错误;BC.当O杆OB与AB垂 直时,a=90-},sing-cos ,则RsinokR,滑 cosa -1m/s,小球经过P点时的速度大小为1ms,则此 块的速度不是最大,故B、C错误;D.当③一90{}时,如 时杆对小球的作用力为零,B正确;C.在最高点P, 图所示: 杆对小球的作用力可能向上,也可能向下,是两种情 } -0.8m/s.= 1.36m/s.C错误;D.当小球运动 到Q点时,小球受到杆的拉力为5N,则有F一mg 滑块的速度为:Rsin_aR cos 1. 【答案】BD V.2十R{ 11.【解析】 根据题意可知,球在水平方向只受到了阻 D正确。 力的作用,所以根据牛顿第二定律可知球的水平方 【答案】D 14.【解析】 向的加速度减小,故球的水平速度逐渐减小,所以水 由题意知,a点物体做平抛运动,hh。,若 平方向上,球做加速度减小的减速运动,而乙做匀速 b点物体与a点物体下落的时间相同,则b点物体必 直线运动;s一1图像的斜率表示速度,球做加速度减 须做竖直下抛运动,故知围轮转动方向为逆时针 133 方向。 min-Xmin 2hmx 1①# 10 a点物体做平抛运动,则有R一 平位移最大,下落高度最小时,初速度最大,则球从 球门上角进入时初速度最大,此时水平位移为x ③ /gR 6^{}+2.5}m-6.5m,下落高度为Ah-(2.45-2) #由①②得一#2# ③ ④ /10 2×0.45m/s~21.67m/s,故C错误,D正确。 由③④解得→。# 综上所述,C项正确。 【答案】BD 【答案】C 18.【解析】 1 A、设绳子与竖直方向的夹角为0,对球受力 15.【解析】 A、平抛运动的时间由下落的高度决定。若 分析,坚直方向,根据平衡条件得:Fcos0一mg,角速 小球落到斜面与圆孤面上时的下落高度相同,则小 度缓慢增大的过程中,8逐渐增大,cos8逐渐减小, 球平抛运动的时间相同,故A错误;B、设斜面倾角为 绳的拉力F增大,故A正确;C、当两球刚好运动到 8.小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为“,则 1。 -,tana-:故tana-2tan), 0of 20 # 只要是小球落在斜面上时,其速度方向一定相同,故 B正确;C、小球落到圆狐面上时,若落点速度方向与 该处圆的切线垂直,则速度的反向延长线通过圆心, C得,球的质量直接约去,无法求解两球的质量关 但由平抛运动规律知,速度的反向延长线应通过水 -1 系,故B错误;D、对B球,由几何关系得:sin0B一 平位移的中点,又因为水平位移的中点不可能是圆 心,所以小球落到圆孤面上时,其速度方向不可能与 该处圆的切线垂直,故C错误;D.设小球的初速度为 3 运动时间为1,则小球落到圆张面上时速度大小为 mB5Lsin0B 一,解得:vB一- v- 十(g){②},当v越大时落点位置越高,但1越 小,o不一定大,故D错误。 做平抛运动,设落地时间为1,水平方向小球的位移 【答案】B 如图: 16.【解析】 A.当Oa水平时,细线拉力为零,斜面对物 块的摩擦力沿斜面向上,大小为f1-3mgsin37{},小 球从a摆到最低点b点,由动能定理mgl-m^{} 在b点有:Fi-mg=m},解得细线拉力Fi:-3mg >f.一1.8mg,斜面对物块的摩擦力沿斜面向下,小 球从a运动到b过程中细线的拉力逐渐增大,所以斜 面对物块的摩擦力先减小后增大,故A正确;B.斜面 由几何关系和平抛运动规律得:水平方向:(va)^{②}十 对物块的支持力不变,斜面对物块的摩擦力变化,所 (6L)?一(p)?十(4L),竖直方向:h一 2g{,联立 以斜面对物块的作用力变化,故B错误;C.斜面对物 块的沿斜面向上的摩擦力最大值为fi一3mgsin37 解得:h一12L,故D正确。 【答案】 -3mg×0.6-1.8mg,斜面对物块的沿斜面向下的 1 ACD 摩擦力最大值为f。-3ng-1.8mg-1.2mg,所以斜 -水平方向::-ot 19.【解析】 平抛运动一 面对物块的摩擦力最大值为1.8ng,故C错误;D.对 -→o二 竖直方向:h2 1 斜面和物块整体分析,当细线的拉力最大时,地面对 斜面体的支持力最小,最小值为F;一(5m十3m)g一 F. sin37*-8mg-1.8mg-6.2mg,故D正确。 【答案】AD __o最小,C对。 V 2 17.【解析】 A、根据题意可知,球在空中做平抛运动,下 【答案】 C 落高度最小时,时间最短,由人一gr^{}可得最短时 20.【解析】 1 根据图(2)可知,F:随时间变化的关系为F1一 4-1(N),其中14s,F2随时间变化的关系为F。 2(2.45-2) 间为:fminN s-0.3s,故A错误;B、由 3t.F、F2的合力F-F:+F2-4+2t(N),物块沿y 10 2X2.45 10 10N-6N,物块沿x轴方向的分力F.-F-4+2t 一0.7s,故B正确;CD、根据题意,由x一vt和h= (N),由于F,随时间变化,因此物块所受的合力不恒 #②}可知,球的初速度为--,可知,当水平 定,加速度不恒定;物块做非匀变速曲线运动,故A F一 位移最小,下落高度最大时,初速度最小,则球从P点进 错误;物块沿y方向做匀加速运动,加速度a。一 n 门时发球速度最小。由图可知,水平位移最小为工min gsin30*-10x1 1ms2-5m/s2,根据匀变速运动公 6m.下落高度最大为h-2.45m,则最小发球速度为 134 式,t-1s时,物块的y坐标值y-at}-×5× lg 3,解得行星A、B的质量之比为M;.Mg-3:1. 故B错误;C、由题图甲可知,两行星的第一宇宙速度 *m=2.5m,故B正确;当t-1s 时,F-4N+2$ 2 1N-6N,此时物块所受的合力F=F?+F} ## - 6^{}+6{}N-6v②N,根据牛顿第二定律F合= GM /GMt B,解得RA-3RB. ma,代入数据解得物块的加速度大小a一5/②m/s^{} MA MB联立 故C错误;t一2s时刻,物块沿y轴方向的速度v 两行星的密度分别为oA一 __ 。、_B=- at-5x2m/s-10ms,物块在t-2s时刻,沿x轴 方向的合力F'-(4+2×2)N-8N,在0~2s内沿 &轴方向的平均加速度F+F4+8 解得pA'pB-1:9,故C正确;D、在行星表面上,根 2rr 2×1.2m's2 R2 -5m/s②,1-2s时刻,物块沿x轴方向的速度u-a #O. l=5×2m/s=10m/s,根据运动的合成与分解,在 面的重力加速度大小之比为gA,gB -2s时刻的速度v=、-*+v}-、10{+10{}ms R 解得:gA:g8-1:3,故D错误。 -10/②m's,故D正确。 【答案】AC 【答案】BD 5.【解析】 飞船质量为n,在距地面高度为h的地方; 专题五 万有引力与航天 GMn 1.【解析】因为P轨道的半径小于Q轨道的半长轴,则 GM ){},故B正确,ACD错误。 【答案】B 误,B正确;根据开普勒第二定律知,卫星在近地点a .Mm 6.【解析】第一宇宙速度即近地卫星的速度,有G R} 的速度大于在远地点b的速度,选项C错误,D正确。 【答案】BD 2 2.【解析】 1 半径为R的密度均匀的完整球体对距离球 Mnt二 比为_ 心O为3R的质点产生的万有引力为F一G /g:R MR # R#MR#,故选A。# 【答案】 A #### 7.【解析】A、风云三号07星和地球同步卫星的质量未 知,无法比较其受地球引力的大小,故A错误;B、由万 GMm_mo2}r,变形可得:= 有引力提供向心力:G 1M ##M,由此可知轨道半径越小,角速度越大,故风云 /GM ^{2 (2R+){}# 三号07星运行的角速度大于地球自转的角速度,故B 质点的万有引力大小为F一F一F,解得F G4M 45,故选C。 得到:一Gr /GM 由此可知,轨道半径越小,线速度越 【答案】 C 3.【解析】。 设该行星的质量为M,半径为R,航天飞船 大,故C错误;D、风云三号07星绕地球做圆周运动, 的质量为”,绕行周期为T,根据万有引力提供向心 而第一字宙速度是最大的环绕速度,是最小的发射速度, 力.G#M__m 故发射该星的速度满足:7.9km.sv11.2km/s,故D R{2 错误。 【答案】B 立解得p一 3r 8.【解析】在圆轨道近月点变轨成为圆轨道,要实现 变轨应给飞行器点火减速,减小所需的向心力,故点 间就可以估算出星体的平均密度,故D正确,ABC 火后动能减小,故A错误;设飞行器在近月轨道II绕 错误。 【答案】 D 4.【解析】 A、卫星绕行星做匀速圆周运动,根据万有引 得T-2K ^} 轨道II上的运行周期,可求出飞行器在轨道IlI上的运 .4_2 行周期,故BD正确;只有万有引力作用情况下,飞行 器在轨道II上通过B点的加速度与在轨道II上通过 B点的加速度相等,故C正确。 【答案】BCD 已知条件bB-bA-lg3,得1gG#M 4r2 9.【解析】若使飞船与天和核心舱在同一轨道上运行, 然后飞船加速,所需向心力变大,则飞船将脱离原轨 135