2019届高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天（课件+练习）（打包16套）新人教版.zip

第四章 曲线运动 万有引力与航天1第四章 曲线运动 万有引力与航天章末过关检测(四)(时间：60 分钟 满分：100 分)一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中 a、 b、 c、 d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A．泥巴在图中 a、 c 位置的向心加速度大于 b、 d 位置的向心加速度B．泥巴在图中的 b、 d 位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的 c 位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的 a 位置时最容易被甩下来解析：选 C.当后轮匀速转动时，由 a＝ Rω 2知 a、 b、 c、 d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度 ω 相同的情况下，泥巴在 a 点有 Fa＋ mg＝ mω 2R，在 b、 d 两点有Fb＝ Fd＝ mω 2R，在 c 点有 Fc－ mg＝ mω 2R，所以泥巴与轮胎在 c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故 B、D 错误，C 正确．2．轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为 R，速率v＜ ， AC 为水平直径， BD 为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )RgA．物块始终受两个力作用B．只有在 A、 B、 C、 D 四点，物块受到的合外力才指向圆心C．从 B 运动到 A，物块处于超重状态D．从 A 运动到 D，物块处于超重状态解析：选 D.在 B、 D 位置，物块受重力、支持力，在 A、 C 位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故 A 错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B 错；从 B2运动到 A，向心加速度斜向下，物块失重，从 A 运动到 D，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D 对．3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 ω 转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30°， g 取 10 m/s2.则32ω 的最大值是( )A. rad/s B． rad/s5 3C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：选 C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知， μmg cos 30°－ mgsin 30°＝ mω 2r，解得 ω ＝1.0 rad/s，故选项 C 正确．4．(2018·泰州模拟)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球 A、 B、 C，它们离地面的高度分别为 3h、2 h 和h，当小车遇到障碍物 P 时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是( )A．三个小球落地时间差与车速有关B．三个小球落地点的间隔距离 L1＝ L2C．三个小球落地点的间隔距离 L1＜ L2D．三个小球落地点的间隔距离 L1＞ L2解析：选 C.落地时间只与下落的高度有关，故 A 项错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动，由公式 t＝ 可得下落时间之比为 tA∶ tB∶ tC＝ ∶ ∶1，水平位移之比2hg 3 2xA∶ xB∶ xC＝ ∶ ∶1，则 L1∶ L2＝( － )∶( －1)＜1，故 C 正确，B、D 错误．3 2 3 2 25.32015 年 4 月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为 M1和 M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A．双黑洞的角速度之比 ω 1∶ ω 2＝ M2∶ M1B．双黑洞的轨道半径之比 r1∶ r2＝ M2∶ M1C．双黑洞的线速度之比 v1∶ v2＝ M1∶ M2D．双黑洞的向心加速度之比 a1∶ a2＝ M1∶ M2解析：选 B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为 L，由 G ＝ M1r1ω 2＝ M2r2ω 2，得双黑洞的轨道半径之比M1M2L2r1∶ r2＝ M2∶ M1，选项 B 正确；双黑洞的线速度之比 v1∶ v2＝ r1∶ r2＝ M2∶ M1，选项 C 错误；双黑洞的向心加速度之比为 a1∶ a2＝ r1∶ r2＝ M2∶ M1，选项 D 错误．6．(2018·浙江台州模拟)如图所示，长为 L 的细绳一端固定在 O 点，另一端拴住一个小球．在 O 点的正下方与O 点相距 的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子 A.把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静2L3止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )A．小球的向心加速度突然增大到原来的 3 倍B．小球的线速度突然增大到原来的 3 倍C．小球的角速度突然增大到原来的 1.5 倍D．细绳对小球的拉力突然增大到原来的 1.5 倍解析：选 A.细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误．圆周运动的半径由 L 变为 ，L3由 a＝ 知， a 增大到原来的 3 倍，A 正确．根据 v＝ rω 知角速度 ω 增大到原来的 3 倍，v2r4C 错误．细绳碰到钉子前瞬间 FT－ mg＝ m ，碰后瞬间 FT′－ mg＝ m ，再根据机械能守恒v2L v2L3有 mgL＝ mv2，由此可得 FT′＝ FT，D 错误．12 73二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0分)7.饲养员在池塘边堤坝边缘 A 处以水平速度 v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒．堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为 5 m， g 取 10 m/s2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是 ( )A．若平抛初速度 v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度 v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小C．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度 v0越大，从抛出到落水所用的时间越长D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度 v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小解析：选 AB.鱼饵颗粒落地时间 t＝ ＝ s＝1 s，刚好落到水面时的水平速2hg 2×510度为 v＝ ＝ m/s＝3.75 m/s＜5 m/s，当平抛初速度 v0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会st 5×341落在斜面上，A 正确；由于落到水面的竖直速度 vy＝ gt＝10 m/s，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度 v0无关，C 错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为 α ，则α ＝53°，tan α ＝ ＝ ＝ ，即 ＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水yx 12vytv0t vy2v0 vyv0平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数，D 错误．8.5如图所示光滑管形圆轨道半径为 R(管径远小于 R)，小球 a、 b 大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度 v 通过轨道最低点，且当小球 a 在最低点时，小球 b 在最高点，以下说法正确的是( )A．当小球 b 在最高点对轨道无压力时，小球 a 比小球 b 所需向心力大 5mgB．当 v＝ 时，小球 b 在轨道最高点对轨道无压力5gRC．速度 v 至少为 ，才能使两球在管内做圆周运动5gRD．只要 v≥ ，小球 a 对轨道最低点的压力比小球 b 对轨道最高点的压力大 6mg5gR解析：选 BD.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球所受重力充当向心力， mg＝ m得 v0＝ ，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，gR2mgR＋ mv ＝ mv2，解以上两式可得： v＝ ，B 项正确；小球在最低点时， F 向12 20 12 5gR＝ m ＝5 mg，在最高点和最低点所需向心力的差为 4mg，A 项错误；小球在最高点，内管对v2R小球的支持力与重力的合力可以提供向心力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2 mgR＝ mv2，解得 v＝2 ，C 项错误；当 v≥ 时，小球在最低12 gR 5gR点所受轨道压力 F1＝ mg＋ ，由最低点运动到最高点，2 mgR＋ mv ＝ mv2，小球所受轨道mv2R 12 21 12压力 F2＝ － mg， F2＝ －5 mg， F1－ F2＝6 mg，再根据牛顿第三定律，可见小球 a 对轨mv2R道最低点压力比小球 b 对轨道最高点压力大 6mg，D 项正确．9．(2018·新疆生产建设兵团第二中学高三月考)某次网球比赛中，某选手将球在边界正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是( )A．击球高度 h1与球网高度 h2之间的关系为 h1＝1.8 h2B．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于 h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内6D．若保持击球高度不变，球的初速度 v0只要不大于 ，一定落在对方界内xh12gh1解析：选 AB.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为 x 和 的时间比为3x22∶3，则竖直方向上，根据 h＝ gt2，则有 ＝ ，解得 h1＝1.8 h2，故 A 正确；若保持12 h1－ h2h1 49击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据 h1＝ gt 得，12 21t1＝ ，则平抛运动的最大速度 v01＝ ＝ ，根据 h1－ h2＝ gt 得， t2＝2h1g 2xt1 xh12gh1 12 2，则平抛运动的最小速度 v02＝ ＝ x ，增加击球高度，只要速2（ h1－ h2）g xt2 g2（ h1－ h2）度合适，球一定能发到对方界内，故 B 正确、D 错误；任意降低击球高度(仍大于 h2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到对方界内，故 C 错误．10．(2018·鄂豫晋陕冀五省月考)美国一家科技公司整了一个“外联网”(Outernet)计划，准备发射数百个小卫星，向全球提供免费 WiFi 服务．若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A．小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大B．小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大C．小卫星运行时的轨道半径越大，周期越大D．小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速度不变解析：选 BC.发射的速度大小与小卫星的质量无关，故 A 错误；小卫星的轨道越高，发射时克服引力做功越多，则发射的速度越大，故 B 正确；根据 ＝ mr 知，周期 T＝GMmr2 4π 2T2，小卫星的轨道半径越大，周期越大，故 C 正确；小卫星在轨道上做匀速圆周运动4π 2r3GM时，受到的万有引力大小不变，向心加速度的大小不变，方向时刻改变，故 D 错误．三、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12 分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为 R＝0.20 m)．7完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为 1.00 kg.(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________kg.(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为 m；多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示．序号 1 2 3 4 5m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取 9.80 m/s2，计算结果保留 2 位有效数字)解析：(2)题图乙中托盘秤的示数为 1.40 kg.(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m＝ kg＝1.81 kg.1.80＋ 1.75＋ 1.85＋ 1.75＋ 1.905小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝( m－1.00) g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N.由题意可知小车的质量为m′＝(1.40－1.00) kg＝0.40 kg，对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－ m′ g＝ m′v2R解得 v≈1.4 m/s.答案：(2)1.40 (4)7.9 1.412．(12 分)“太极球”是近年来在广大市民中比较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的 A、 B、 C、 D 位置时球与板间无相对运8动趋势． A 为圆周的最高点， C 为最低点， B、 D 与圆心 O 等高．设球受到的重力为 1 N，不计板的重力．求：(1)球在 C 处受到板的弹力比在 A 处受到的弹力大多少？(2)设在 A 处时板对球的弹力为 F，当球运动到 B、 D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角 θ ，请作出 tan θ － F 的关系图象．解析：(1)设球运动的线速度为 v，半径为 R，则在 A 处时 F＋ mg＝ m ①v2R在 C 处时 F′－ mg＝ m ②v2R由①②式得 Δ F＝ F′－ F＝2 mg＝2 N.(2)在 A 处时板对球的弹力为 F，球做匀速圆周运动的向心力 F 向 ＝ F＋ mg，在 B 处不受摩擦力作用，受力分析，则tan θ ＝ ＝ ＝ F＋1F向mg F＋ mgmg作出的 tan θ － F 的关系图象如图．答案：(1)2 N (2)图见解析13．(16 分)如图所示，从 A 点以某一水平速度 v0抛出一质量 m＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入∠ BOC＝37°的光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道 C 端的切线水平．已知长木板的质量 M＝4 kg， A、 B 两点距 C 点的高度分别为 H＝0.6 m、 h＝0.15 m， R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数 μ 1＝0.7 ，长木板与地面间的动摩擦因数μ 2＝0.2， g＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块的初速度 v0及在 B 点时的速度大小；(2)小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道的压力大小；9(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从 A 点到 B 点，物块做平抛运动，H－ h＝ gt212设到达 B 点时竖直分速度为 vy，则 vy＝ gt，联立解得 vy＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为 θ ＝37°有 tan θ ＝ ＝ ，得 v0＝4 m/svyv0 34在 B 点时的速度大小 v1＝ ＝5 m/s.(2)从 A 点至 C 点，由动能定理有：mgH＝ mv － mv12 2 12 20设物块在 C 点受到的支持力为 FN，则有FN－ mg＝解得： v2＝2 m/s， FN≈47.3 N7根据牛顿第三定律可知，物块在 C 点时对圆弧轨道的压力大小为 47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff＝ μ 1mg＝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F′ f＝ μ 2(M＋ m)g＝10 N因为 Ff＜ F′ f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为 l＝ ＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m第四章 曲线运动 万有引力与航天第四章 曲线运动 万有引力与航天第四章 曲线运动 万有引力与航天第四章 曲线运动 万有引力与航天第四章 曲线运动 万有引力与航天切 线 方向变 速合力加速度平行四 边 形相等独立相同××√√××1第一节 曲线运动 运动的合成与分解(建议用时：60 分钟)一、单项选择题1.如图所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员相对地面的运动，下列说法中正确的是( )A．消防队员做匀加速直线运动B．消防队员做匀变速曲线运动C．消防队员做变加速曲线运动D．消防队员水平方向的速度保持不变解析：选 B.以地面为参考系，消防员同时参与水平方向的匀速运动和斜向上的匀加速运动，其合运动为匀变速曲线运动，A、C 错，B 对，由运动的合成与分解知识可知水平方向的速度变大，D 错．2.各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的( )解析：选 D.由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向轨迹凹侧可知，对应的运动2轨迹可能为 D.3．在河面上方 10 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为 30°.人以恒定的速率 v＝2.5 m/s 水平向左拉绳，使小船靠岸，那么( )A．船受到的合外力为零B．3 s 时绳与水面的夹角为 60°C．3 s 时小船的速率为 3.75 m/sD．3 s 时小船距离岸边 7.5 m解析：选 D.设绳子与水面的夹角为 θ ，根据运动的合成与分解，船的速度 v1＝，当 θ 增大时， v1增大，船做加速运动，船受到向左的合外力，选项 A错误；开始vcos θ时，滑轮到船的绳长 l＝ ＝20 m，3 s时间内绳子缩短 Δ l＝ vt＝7.5 m，故 3 shsin 30°时滑轮到船的绳长 l1＝ l－Δ l＝12.5 m，绳子与水面的夹角满足 sin θ 1＝ ＝ ，解得hl1 45θ 1＝53°，选项 B错误；根据 v1＝ ，当 θ ＝53°时， v1≈4.17 m/s，选项 C错误；vcos θ3 s时小船距离岸边 x＝ l1cos θ 1＝7.5 m，选项 D正确．4.2016年 9月 24日，中华龙舟大赛(昆明·滇池站)开赛，吸引上万名市民来到滇池边观战．如图所示，假设某龙舟队在比赛前划向比赛点的途中要渡过 288 m宽、两岸平直的河，河中水流的速度恒为 v 水 ＝5.0 m/s.龙舟从 M处开出后实际沿直线 MN到达对岸，若直线 MN与河岸成 53°角，龙舟在静水中的速度大小也为 5.0 m/s，已知 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，龙舟可看做质点．则龙舟在水中的合速度大小 v和龙舟从 M点沿直线 MN到达对岸所经历的时间 t分别为( )A． v＝6.0 m/s， t＝60 s B． v＝6.0 m/s， t＝72 sC． v＝5.0 m/s， t＝72 s D． v＝5.0 m/s， t＝60 s解析：选 A.设龙舟头与3航线 MN之间的夹角为 α ，船速、水速与龙舟在水中的合速度如图所示，由几何知识得 α ＝53°，龙舟在水中的合速度大小 v＝6.0 m/s.航线 MN的长度为 L＝ ＝360 288 msin 53°m，故龙舟从 M点沿直线 MN到达对岸所经历的时间为 t＝60 s.5.(2018·天津河西区月考)如图所示， A、 B是两个游泳运动员，他们隔着水流湍急的河流站在岸边， A在上游的位置，且 A的游泳技术比 B好，现在两个人同时下水游泳，要求两个人尽快在河中相遇，试问应采取下列哪种方式比较好( )A． A、 B均向对方游(即沿图中虚线方向)而不考虑水流作用B． B沿图中虚线向 A游； A沿图中虚线偏上方向游C． A沿图中虚线向 B游； B沿图中虚线偏上方向游D． A、 B均沿图中虚线偏上方向游； A比 B更偏上一些解析：选 A.游泳运动员在河里游泳时同时参与两种运动，一是被水冲向下游，二是沿自己划行方向的划行运动．游泳的方向是人相对于水的方向．选水为参考系， A、 B两运动员只有一种运动，由于两点之间线段最短，所以选 A.6.一个半径为 R的半圆柱体沿水平方向向右以速度 v匀速运动．在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体的接触点 P与柱心的连线与竖直方向的夹角为 θ 时，竖直杆运动的速度为( )A. B． vtan θvtan θC． vcos θ D． vsin θ解析：4选 B.竖直杆运动的速度(实际速度) vP是接触点沿切线方向的速度与半圆柱体速度的合速度，如图，根据速度的合成，运用平行四边形定则，得 vP＝ vtan θ ，故 B正确．二、多项选择题7．(2018·苏州模拟)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其 v－ t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的 x－ t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在 2 s内做匀变速曲线运动C． t＝0 时猴子的速度大小为 8 m/sD． t＝2 s 时猴子的加速度大小为 4 m/s2解析：选 BD.由题图乙、丙看出，猴子在竖直方向做初速度 vy＝8 m/s、加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度 vx＝－4 m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为 v＝ m/s＝4 m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故82＋ 42 5猴子做匀变速曲线运动，故选项 B正确，A、C 均错误；由题图乙、丙可得， t＝2 s时，ay＝－4 m/s 2， ax＝0，则合加速度大小 a 合 ＝4 m/s 2，故选项 D正确．8.(2018·江苏泰州中学高三模拟)一质点在 xOy平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是( )A．质点沿 x方向可能做匀速运动B．质点沿 y方向可能做变速运动C．若质点沿 y方向始终匀速运动，则 x方向可能先加速后减速D．若质点沿 y方向始终匀速运动，则 x方向可能先减速后反向加速解析：选 BD.质点做曲线运动过程中合力指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹5凹的一侧，由图可知：加速度方向指向弧内， x轴方向有分加速度，所以 x轴方向不可能匀速， y方向可能有分加速度，故质点沿 y方向可能做变速运动，A 错误，B 正确；质点在x方向先沿正方向运动，后沿负方向运动，最终在 x轴方向上的位移为零，所以 x方向不能一直加速运动，也不能先加速后减速，只能先减速后反向加速，故 C错误，D 正确．9．船在静水中的速度 v1和水速 v2一定，过河的最短时间为 t1，用最短的位移过河的时间是 t2，则下列说法正确的是( )A．若 v1v2，则 ＝v1v2B．若 v1v2，则 ＝v1v2C．若 v1v2，船dv1过河位移最短时，船的合速度垂直河岸， v＝ ， t2＝ ，解得 ＝ ，选项 A正确，v1v2B错误；若 v1v2，小船不可能垂直河岸过河．要使过河位移最短，根据合运动是相互独立的两个分运动的叠加，当 v1和 v2的合速度 v的方向与河岸方向的夹角 θ 最大时，小船过河的位移最短．当速度 v1与合速度 v垂直时， θ 最大，此时合位移 s＝ ，合速度dsin θv＝ ，sin θ ＝ ，解得 t2＝ ，故 ＝ ，选项 C错误，D 正确．v1v2 v1v210.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于 O点，现用一枝铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度 v匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是( )A．橡皮在水平方向上做匀速运动B．橡皮在竖直方向上做加速运动C．橡皮的运动轨迹是一条直线D．橡皮在图示虚线位置时的速度大小为 v cos2θ ＋ 1解析：选 AB.悬挂橡皮的细线一直保持竖直，说明橡皮水平方向具有和铅笔一样的速6度，A 正确；在竖直方向上，橡皮的速度等于细线收缩的速度，把铅笔与细线接触的地方的速度沿细线方向和垂直细线方向分解，沿细线方向的分速度 v1＝ vsin θ ， θ 增大，沿细线方向的分速度增大，B 正确；橡皮的加速度向上，与初速度不共线，所以做曲线运动，C错误；橡皮在题图虚线位置时的速度 vt＝ ＝ v ，D 错误．sin2θ ＋ 1三、非选择题11.如图所示，一艘轮船正在以 4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为 v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同．某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化．求：(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小．(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值．解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度 v与水流速度 v1方向垂直，如图所示，故此时船相对于静水的速度 v2的大小： v2＝ ＝ m/s＝5 m/s，设 v与 v2的夹角为 θ ，42＋ 32则 cos θ ＝ ＝0.8.vv2(2)熄火前，船的牵引力沿 v2的方向，水的阻力与 v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下， v2逐渐减小，但其方向不变，当 v2与 v1的矢量和与 v2垂直时，轮船的合速度最小，则 vmin＝ v1cos θ ＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s.答案：(1)5 m/s (2)2.4 m/s12.(2018·无锡模拟)一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为 m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是 H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过7时间 t绳子与水平方向的夹角为 θ ，如图所示．试求：(1)车向左运动的加速度的大小；(2)重物 m在 t时刻速度的大小．解析：(1)车在时间 t内向左运动的位移： x＝Htan θ由车做匀加速运动得： x＝ at212解得： a＝ ＝ .2xt2 2Ht2tan θ(2)车的速度： v 车 ＝ at＝2Httan θ由运动的分解知识可知，车的速度 v 车 沿绳的分速度与重物 m的速度相等，即：v 物 ＝ v 车 cos θ解得： v 物 ＝ .2Hcos θttan θ答案：(1) (2)2Ht2tan θ 2Hcos θttan θ1第一节 曲线运动 运动的合成与分解1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A. B．kvk2－ 1 v1－ k2C. D．kv1－ k2 vk2－ 1解析：选 B.设河宽为 d，船速为 u，由于去程小船的船头始终垂直于河岸，则去程所用时间为 t1＝ ；由于回程小船的航线垂直于河岸，则回程所用时间为 t2＝ ＝du du⊥；根据题意有 k＝ ，解得 u＝ ，故选 B 项．du2－ v2 t1t2 v1－ k22.(2018·河南名校联考)如图，这是质点做匀变速曲线运动的轨迹的示意图．已知质点在 B 点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是( )A． C 点的速率小于 B 点的速率B． A 点的加速度比 C 点的加速度大C． C 点的速率大于 B 点的速率D．从 A 点到 C 点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大解析：选 C.质点做匀变速曲线运动， B 点到 C 点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，所以， C 点的速率比 B 点速率大，故 A 错误，C 正确；质点做匀变速曲线运动，则加速度大小和方向不变，所以质点经过 C 点时的加速度与 A 点的相同，故 B 错误；若质点从A 点运动到 C 点，质点运动到 B 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有 A 点速度与加速度方向夹角大于 90°， C 点的加速度方向与速度方向夹角小于 90°，故 D 错误．3．(多选)玻璃生产线上，宽 12 m 的成型玻璃以 8 m/s 的速度向前运动，在切割工序处，割刀速度为 10 m/s，为了使割的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则下列说法正确的是( )A．割刀在沿玻璃板运动方向的分速度与玻璃板移动的速度相同B．割刀与运动方向的夹角为 37°C．切割一次的时间为 1.5 s2D．若玻璃板以 2 m/s 的速度连续不断地向前运动，要将玻璃切割成一角为 45°的平行四边形，可使割刀朝着沿玻璃板运动方向的分速度为 8 m/s 的方向进行切割解析：选 ABD.玻璃板被切成矩形，说明割刀在沿玻璃板运动方向的分速度与玻璃板移动的速度相同，选项 A 正确；如图甲所示，有 cos α ＝ ＝ ，故割刀实际移动方向与玻v板v刀 45璃板移动方向间的夹角为 α ＝37°，割刀相对玻璃板的速度为 v 相 ＝ ＝6 m/s，故切割一次的时间 为 t＝ ＝2 s，选项 B 正确，C 错误；切割为平行四边形时，割刀在沿玻璃dv相板运动方向的分速度与玻璃板移动的速度不相同，又要求平行四边形有一个角为 45°，故沿玻璃板运动方向割刀相对玻璃的速度 Δ vx与垂直玻璃运动方向的相对速度 Δ vy相等，即 Δ vx＝Δ vy，由于玻璃板只沿一个方向运动，故 Δ vy就是割刀的另一分速度，如图乙所示，则(Δ vx＋2 m/s)2＋Δ v ＝ v ，又 v 刀 ＝10 m/s，故 Δ vx＝6 m/s(Δ vx＝－8 m/s 舍去)，故2y 2刀割刀沿玻璃板运动方向的分速度为 8 m/s，D 正确．4.(2018·宁夏银川市二中统考)如图所示，有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、 B 分别套在水平杆与竖直杆上， A、 B 用一不可伸长的轻绳相连， A、 B 质量相等，且可看做质点．开始时细绳水平伸直， A、 B 静止．由静止释放 B 后，已知当轻绳与竖直方向的夹角为 60° 时，滑块 B 沿着竖直杆下滑的速度为 v，则 A 的速度为( )A． v B． v 12C. v D． v32 33解析：选 D.将滑块 A、 B 的速度沿图示方向分解，根据几何知识可得滑块 B 沿绳子方3向上的分速度为： v1＝ vcos 60°，滑块 A 沿绳子方向上的分速度为： vA1＝ vAsin 60°，因为 v1＝ vA1，则有： vA＝ vcot 60°＝ v，故 D 正确．33第四章 曲线运动 万有引力与航天转动 的快慢线 速度方向向心加速度圆 心方向大小圆 周 突然消失不足以远 离F＝ mω2rF＝ 0Fmω2r×××√×√第四章 曲线运动 万有引力与航天g匀速直 线 v0v0t自由落体 gt匀 变 速曲线匀速直 线竖 直上抛××××√√第四章 曲线运动 万有引力与航天正比 反比质 点远 大于两球心球心7.9 发 射环绕11.2地球16.7太阳速度相同有关 不同低速高速 微 观√√×√×√