曲線運動專題訓練-備戰2025年高考物理一輪復習

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一、單選題

1.如圖所示，細繩一端系在豎直轉軸上，另一端連接物塊。轉軸帶動物塊在水平地面上運動。若物

塊做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）

A.物塊對地面的壓力可能為0B.細繩的拉力不變

C.物塊的線速度不變D.物塊的向心加速度不變

2.如圖，一同學在操場上練習投籃，某次籃球從。點拋出，經過了空間的A、B、C三點，A點和C

點等高，2點是最高點，若籃球從。點運動到A點的時間等于從A點運動到C點的時間，忽略空氣

阻力，54的豎直位移與30的豎直位移大小之比為（）

A.1:9B.2:9C.1:3D.4:9

3.下列對曲線運動描述正確的是（

A.速度大小和方向都在不斷變化B.加速度和速度的方向可能始終垂直

C.加速度一定變化D.物體只有在所受的合力方向與速度方向垂直時，才

能做曲線運動

4.自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C是相互關聯的三個轉動部分，且半徑RB=4&、RC=8RA,

如圖所示。當自行車正常騎行時A、B、C三輪角速度的大小之比。A:（OB：℃等于（）

A.1：1：8B.4：4：1

C.4：1：4D.1：2：4

5.如圖所示，。力兩質點從。點分別以相同的水平速度％沿x軸正方向被拋出，。在豎直平面內運動，

落地點為4,6沿光滑斜面運動，落地點為鳥/和鳥在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法中

A.a、6的運動時間相同B.a、6沿x軸方向的位移相同

C.a、6落地時的速度大小相同D.a、6落地時的動能相同

6.如圖，汽車沿直線以速度v勻速行駛過程中，車中水泥混凝土攪拌運輸罐也同時以角速度。勻速

轉動。取罐內一塊質量為根的石頭，石頭與它做勻速圓周運動平面上圓心的距離為R,則石頭所需的

向心力的大小為（）

222

.v_八(v+rv+(a)R)

A.m——B.ma>"RC.m------------D.m--------------

RRR

7.火災逃生的首要原則是離開火災現場，如圖所示是火警設計的一種讓當事人快捷逃離現場的救援

方案：用一根不變形的輕桿支撐在樓面平臺A2上，N端在水平地面上向右以％勻速運動，被救

助的人員緊抱在M端隨輕桿一起向平臺B端靠近，平臺高為/?，當GV=2〃時，被救人員向2點運動

的速率是（）

A.B.4%C.竽%D.

8.如圖，不可伸長的輕繩繞過光滑的釘子，一端固定在地面上，另一端吊著一個小球。在釘子沿水

平方向向左勻速運動的過程中，下列說法正確的是（）

光滑釘子

A.小球在豎直方向上做加速運動B.小球在豎直方向上做減速運動

C.小球在豎直方向上做勻速運動D.小球的運動軌跡是一條傾斜直線

9.如圖所示，把質量為機的石塊從//高處以30。角斜向上方拋出，初速度大小為力,不計空氣阻力,

取石塊出手點為零勢能參考平面，則下列說法正確的是（）

B.石塊運動過程中的機械能為根+1■相片

C.石塊從拋出到落地動能的變化量為“g/?

D.石塊運動過程中最小速度為

10.如下圖所示，輕質不可伸長的細繩繞過光滑輕質定滑輪C與物體A、B相連，質量為機的物體A

置于傾角為e的光滑固定斜面上，質量為M的物體B可沿光滑固定桿無阻力滑動。初始時刻BC繩恰

沿水平方向，AC繩與斜面平行，從當前位置開始將A、B由靜止釋放，在此后的極短時間內，下列

A.物體A一定沿斜面向上加速

B.^mgsinO>Mg,則A不能沿斜面向上加速

C.繩子拉力可能小于mgsin。

D.繩子拉力可能等于加gsin。

11.如圖所示，光滑的圓錐體頂部有一根桿，一根不可伸長的輕繩一端與桿的上端相連，另一端與一

個質量為根=lkg的小球（視為質點）相連，其中輕繩的長度為L=0.5m。在桿的上端安裝了一個驅

動裝置，可以使小球繞圓錐體在水平面內做勻速圓周運動，角速度在一定范圍內可以調整。圓錐體固

定在水平面上，其軸線沿豎直方向，母線與軸線的夾角為9=37。。當小球旋轉的角速度為。。時，小

球與圓錐體之間的彈力恰好為零，此時繩上的拉力為"，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

B.g=25rad/s

C.”=12.5ND.穌=14.5N

二、實驗題

12.某實驗小組用如圖所示的裝置來探究圓錐擺運動的規律，輕質細線穿過豎直固定的細圓管（內壁

以及管口均光滑）并跨越光滑的定滑輪，一端連接物塊（質量為M）,另一端連接直徑為d的小球,

讓小球在水平面內做勻速圓周運動并通過光電門（小球通過光電門的時間為加），物塊靜止不動，

用秒表來記錄小球做圓周運動的時間，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

（1）小球在水平面內做勻速圓周運動的線速度大小丫=（用d、Ar表示），從小球某次通過光電

門開始計時，若測得連續"次（”從1開始計數）通過光電門的時間間隔為則小球做圓周運動的

周期？=（用小f表示），若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為“，圓弧軌跡的

半徑為r,則小球受到的向心力工=(用H、八M、g表示)。

(2)實驗發現當兩次圓錐擺實驗的圓弧半徑7■不同，而細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差”相

同時，兩種圓周運動的周期T相同，這說明圓錐擺的周期T與H有關，則有r=(用反、g表

示)。

三、解答題

13.如圖所示，固定在水平面上傾角分別為30。、60。的兩斜面下端緊靠在一起，若將小球。以初速度

%從左側斜面頂端A點水平向右拋出，小球a落在右側斜面上時的速度方向恰好與斜面垂直，若將小

球b以某一初速度從A點水平向右拋出，小球6落在左側斜面時與小球。的落點在同一水平面上，忽

略空氣阻力，重力加速度大小為g,求：

(1)小球b被拋出時的初速度大小V。；

(2)左側斜面的高度限

14.人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看做質點的貨物從［圓弧滑道頂端尸點靜止釋

放，沿滑道運動到圓弧末端。點時速度大小為6m/s。已知貨物質量為10kg滑道高度h為4m,且過Q

點的切線水平，重力加速度取lOm/s?。求：

⑴經過Q點時對軌道的壓力F；

⑵貨物從尸點運動到。點的過程克服阻力做的功W。

15.跳臺滑雪是一項勇敢者的運動。圖所示運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺

A點處沿水平方向飛出，在空中飛行一段距離后在斜坡B點處著陸。測得A3間的距離為50m,斜坡

與水平方向夾角為37°,已知運動員及裝備的總質量為80kg,不計空氣阻力，g取10m/s2,

sin370=0.6,cos37°=0.8計算結果均保留根號。求：

⑴運動員從A點飛出時的速度大小v。；

(2)若運動員從A點飛出時的速度大小變為2%,仍落到斜面上，求運動員落到斜面上的點到B點的距

離。

16.如圖所示，水平轉臺上有一個質量為根的物塊，用長為/的輕質細繩將物塊連接在轉軸上，細繩

與豎直轉軸的夾角。=30。，此時細繩伸直但無張力，物塊與轉臺間的動摩擦因數為〃=。5,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，重力加速度為g,則

(1)當水平轉盤以角速度電勻速轉動時，繩上恰好有張力，求功的值;

為勻速轉動時，求物塊所受的摩擦力大小;

(2)當水平轉盤以角速度的=

(3)當水平轉盤以角速度q=,求細繩拉力大小。

17.如圖所示，足夠長的光滑水平地面上固定著一個粗糙斜面，斜面的傾角。=37。，質量M=2kg,

長度L=10m,斜面底端通過一段小圓弧(半徑很小，未畫出)與水平地面相切。在斜面左側豎直固

定一個光滑半圓軌道CDF,軌道半徑R=2m,軌道的最低點C與水平地面相切。將一質量為根=lkg

的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊恰好能夠到達圓軌道的最高點幾物塊可視為質點，

sin37o=0.6,cos370=0.8,重力加速度g取10m/s?。

(1)求物塊與斜面間的動摩擦因數4;

(2)解除斜面的固定，要使物塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道，求小物塊在斜面上的釋放點距水平

地面的最大高度〃；

(3)在滿足(2)的條件下，求由最大高度//處釋放的物塊，從釋放至第一次沖上斜面并到達最高點的

過程中，系統的產生的總熱量Q。(計算結果保留2位有效數字)

參考答案:

題號12345678910

答案AABCCBCACA

題號11

答案C

1.A

【詳解】CD.物塊做勻速圓周運動，角速度不變，線速度、向心加速度大小不變，但方向時刻改變，

CD錯誤；

AB.設繩長為3與豎直方向夾角為仇物塊與地面間的摩擦因數為〃，物塊在轉臺上做圓周運動,

據牛頓第二定律可得

Tsin6+juN=mco2Lsin0

豎直方向根據平衡條件可得

N+Tcos0=mg

聯立解得

丁Lsin0-Lig)

L=---------------------

sincos0

N_msin0(g-co1Leos0)

sine-〃cos6

可見隨著角速度的增大，細繩的拉力會發生變化，物塊對地面的壓力可能為0,A正確，B錯誤。

故選Ao

2.A

【詳解】設籃球從3點運動到。點的時間為方,則籃球從。點運動到8點的時間為

，'=2/+，=3，

根據逆向思維，則籃球從O點到B點的逆運動為籃球從B點到O點的平拋運動

712

hBA=

%=gg尸

可得

怎A：%=1：9

故選Ao

3.B

【詳解】A.曲線運動是變速運動，即速度方向時刻在變，但速度大小不一定改變，如勻速圓周運動,

故A錯誤；

B.加速度和速度的方向可能始終垂直，如勻速圓周運動，故B正確；

C.曲線運動的加速度不一定改變，如平拋運動的加速度始終為重力加速度，故C錯誤；

D.物體做曲線運動的條件是所受的合力方向與速度方向不共線即成一定夾角，但不一定是直角，銳

角、鈍角和直角均可，故D錯誤。

故選B。

4.C

【詳解】由于A輪和B輪是通過皮帶傳動，皮帶傳動的特點是兩輪與皮帶接觸點的線速度的大小與

皮帶的線速度大小相同，故

VA=VB

故

VA?1?1

由角速度和線速度的關系式

v=coR

可得

CDA?COB~~^?1

由于A輪和C輪共軸，故兩輪角速度相同，即

COA=COC

故

COA:COC=1:1

所以

COA:COB:C9C—4：1：4

故選Co

5.C

【詳解】A.。在豎直平面內做平拋運動，豎直方向是自由落體運動，匕在斜面上運動，受到重力和支

持力，沿斜面向下是勻加速運動，加速度是gsin。，b沿斜面方向位移大，加速度小，根據尤/可

知6運動的時間長，故A錯誤；

B.服b在水平方向都是勻速運動，因為水平方向的初速度相同，b運動時間長，所以6的水平位移

大于。的水平位移，故B錯誤；

CD.根據動能定理

mgh=—mv2——mv^

整理可得

,1212

gh=-v--v0

兩個質點初速度相等，豎直方向下落的高度相等，則。、6落地時的速度大小相同，由于質量關系未

知，所以無法確定。、方落地時的動能大小，故C正確，D錯誤。

故選C。

6.B

【詳解】石頭的分運動有兩個，其一為與汽車一起以速度v向前做勻速直線運動，其二為繞圓心做勻

速圓周運動，勻速直線運動不需要向心力，故石頭所需的向心力的大小為

2

Fn=mcoR

故選Bo

7.C

【詳解】將N端的速度%進行分解，設此時「與水平方向的夾角為。，如圖所示

則人的速度等于％沿桿的分量，即

。人=vQcos6

根據幾何關系可得

A2/72r-

cos0=.==一

yl（2h）2+h25

解得

隊=|島

故選C。

8.A

【詳解】在釘子沿水平方向向左勻速運動的過程中，設釘子的速度為"，傾斜繩子與水平方向的夾角

為9,將釘子速度分解為沿傾斜繩子方向分速度匕和垂直傾斜繩子方向分速度匕，則有

匕=vcos^

小球由于受到繩子拉力與重力均處于豎直方向，所以小球水平方向做勻速直線運動，水平速度等于釘

子速度，豎直方向小球的速度為

vy=V}=VCOS0

由于。逐漸減小，cose逐漸增大，則小球在豎直方向上做加速運動；小球的合運動為曲線運動，所

以小球的運動軌跡是一條曲線。

故選Ao

9.C

【詳解】A.石塊從拋出到落地，由動能定理

mgh=/一;機片

可知石塊運動過程中的最大動能為

12

Ei?=mgh+-mv0

故A錯誤；

B.取石塊出手點為零勢能參考平面，根據機械能守恒定律得，石塊運動過程中的機械能為

E=喏

故B錯誤；

C.石塊從拋出到落地，由動能定理

mgh=AEk

故C正確；

D.當石塊運動到最高點時，速度最小，則石塊運動過程中最小速度為

々八°&

%n=%COS30=萬%

故D錯誤。

故選Co

10.A

【詳解】AB.由于固定桿光滑，當前位置物體B在豎直方向上只受重力作用，從當前位置開始將A、

B由靜止釋放，物體B將向下運動，由于繩子長度不變，故在此后的極短時間內，物體A一定沿斜

面向上加速，故A正確，B錯誤；

CD.將物體B的速度沿繩方向和垂直于繩方向分解

物體A、B沿繩方向的速度相等，則

vA=vBsina

物體B向下運動的極短時間內，a增大，物體A的速度增大，物體A做加速運動，根據牛頓第二定

律

T—mgsin0=ma>0

故子拉力大于根gsin。，故CD錯誤。

故選Ao

11.C

【詳解】對小球受力分析，如圖所示

Tocos0=mg

水平方向根據牛頓第二定律可得

"sin。=ma^r

由幾何關系得

r-Lsin0

聯立解得

砒=5rad/s,To=12.5N

故選Co

d

12.(1)M8

n-li

⑵2噌

【詳解】（1）[1]小球直徑為d,通過光電門的時間為4,則小球在水平面內做勻速圓周運動的線速

度大小

d

v=一

A/

⑵從小球某次通過光電門開始計時，若測得連續"次"從1開始計數）通過光電門的時間間隔為t,

則小球做圓周運動的周期

T=——

n-1

[3]若測得細圓管下管口與圓弧軌跡圓心間的高度差為凡圓弧軌跡的半徑為「，根據幾何關系有

MgH

解得小球受到的向心力

F”=±Mg

ri

（2）小球受到的向心力

47r2r

Fn=Mr-=-Mg

解得

H

7=2萬

g

13.(D%=5

⑵F

【詳解】（1）由題意可知，小球〃、。在空中運動的時間/相等，有

j_2

解得

%*

（2）設小球故平拋運動的水平位移為羽結合幾何

x=:,2x=votxab=2x-x

則有

Ob=—ab,OB=—Ob,OC=BC+OB=V3AC

22

解得

14.(l)190N

(2)220J

【詳解】(1)貨物經過。點時，由牛頓第二定律

v2

F^-mg=m--

K

解得

V2

FN=mg+m一=190N

R

由牛頓第三定律可知，

F=FN

可得經過。點時對軌道的壓力190N。

(2)貨物從尸點運動到。點的過程，由動能定理可得

12

mgh—W--mv-0

解得貨物從P點運動到。點的過程克服阻力做的功

1

W=mgh--mv9=220J

小2。面

15.(1)-------m/s

3

(2)150m

【詳解】(1)物體在空中平拋運動的高度為

y=/sin夕=50x0.6m=30m

則平拋的時間為

平拋的水平位移為

x=lcos0=50x0.8m=40m

則平拋的初速度為

X20&,

v=—=-------m/s

°nt3

(2)運動員在空中做平拋運動，則有

1y

x=2vt,y=—gt9,—=tan6

o2x

解得

t=2,x=160m,y=120m

則合位移為

s=Qx2+y2=200m

故距B點的距離為

^=200m-50m=150m

g

16.(1)

⑵，吆

(3)2mg

【詳解】(1)當水平轉盤以角速度用勻速轉動時，繩上恰好有張力，此時物塊受到的靜摩擦力達到

最大，由牛頓第二定律得

Ring=ma)^r=rna^lsin0

代入數據解得

(2)當水平轉盤以角速度q=｛需勻速轉動時，由于由靜摩擦力提供向心力，則有

f=mco^r=mai^lsin0

解得

￡1

f=-mg

(3)當支持力為零時，物塊所需要的向心力由重力和細繩拉力的合力提供，由牛頓第二定律得

mgtan0=mco^lsin