2016版《高考调研》高考物理二轮重点讲练：专题三 力和曲线运动

1．(2015·保定)一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动，如图所示，其中A点是曲线上的一点，虚线1、2分别是过A点的切线和法线，已知该过程中物体所受到的合外力是恒力，则当物体运动到A点时，合外力的方向可能是( )

A．沿F1或F5的方向 B．沿F2或F4的方向 C．沿F2的方向

D．不在MN曲线所决定的水平面内 答案 C

解析 物体做曲线运动，必须有指向曲线内侧的合外力，或者合外力有沿法线指向内侧的分量，才能改变物体的运动方向而做曲线运动，合力沿切线方向的分量只能改变物体运动的速率，故F4、F5的方向不可能是合外力的方向，只有F1、F2、F3才有可能，故A、B项错误，C项正确．合外力方向在过M、N两点的切线所夹的区域里，若合外力不在MN曲线所决定的平面上，则必须有垂直水平面的分量，该方向上应有速度分量，这与事实不符，故合外力不可能不在曲线MN所决定的水平面内，D项错误．

2．(2015·湖北模拟)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( )

A．质点从M到N过程中速度大小保持不变

B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同

D．质点在M、N间的运动不是匀变速运动 答案 B

解析 由题意可知

，tMP＝tPN，则A项错误；物体运动中始终受恒力作

FΔv

用，由牛顿第二定律得a＝m，则加速度恒定，物体做匀变速曲线运动，D项错误．由a＝

Δt及tMP＝tPN可得，B项正确，C项错误．

3．(2015·江苏扬州)如图所示，半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O为其圆心，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在MN间做往复运动．下列说法中正确的是( )

A．小球在M点的重力势能大于在N点的重力势能 B．小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等 C．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等 D．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间 答案 B

解析 因为小球运动过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以小球从M到N与从N到M过程中重力对小球做的功相等都为零．运动时间相同，所以AD不正确．到最低点11时两种情况下小球下落高度相等，所以根据动能定理mgh＝mv2－mv2可得小球在最低点

220v2

的速度大小是相等的，根据牛顿第二定律可得F＝mr，即两种情况在最低点的向心力大小相等即合力大小相等，B项正确．在从N到M的过程中最低点小球受到的洛伦兹力方向竖v2

直向下，故有FN－mg－Bqv＝m，从M点到N点的过程中的最低点小球受到的洛伦兹力

rv2

方向竖直向上，故有F′N－mg＋Bqv＝mr，所以两种情况下小球经过最低点时对轨道的压力大小是不相同的，C项错误．

4.

(2015·景德镇三检)如图所示，斜面倾角为45°，质量m＝1 kg的小球A从斜面底端正上方h＝6 m处以v0＝1 m/s的初速度做平抛运动，同时小球B从斜面底端在外力作用下沿斜面向上做匀速直线运动，速度v＝2 m/s，两小球都看做质点，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．两小球不能在斜面上相遇 B．两小球一定可以在斜面上相遇 C．小球A落在斜面上的速度为10 m/s

D．小球A落在斜面上时，重力的瞬时功率为10 W 答案 B

解析 A项，小球B沿斜面向上做匀速直线运动，则在水平方向做匀速直线运动的速度为1 m/s，小球A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，速度大小也为1 m/s，可知两小球一定可以在斜面上相遇，故A项错误，B项正确；C项，当小球落在斜面上时，1

h－gt2

2

有：tan45°＝，解得t＝1 s，则小球落在斜面上时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s，可

v0t

2知：v＝v20＋vy＝101 m/s，故C项错误；D项，小球A落在斜面上时，重力的瞬时功率

为：P＝mgvy＝10×10 W＝100 W，故D项错误．

命题立意 本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率、平抛运动

5．(2015·徐州调研)学校组织“骑车投球”比赛，甲、乙两参赛者沿规定直轨道匀速骑行过程中，将手中网球沿垂直于骑行方向水平抛向地面上的塑料筐O中，如图，A点是轨道上离框最近的点．甲以3 m/s的速度骑行，在B点将网球以速度v水平抛出，网球恰好落入筐中；乙以4 m/s的速度骑行，要想将球投入筐中，乙参赛者应(不计空气阻力)( )

A．在到达B点之后将球抛出 B．在到达B点之前将球抛出 C．将球也以速度v水平抛出 D．将球以大于v的速度水平抛出 答案 BC

解析 高度一样两球落地时间相同，球除了参与竖直运动之外，水平方向还有两个分运动，小球由于随车前进的速度不同，所以抛球的位置不同，速度大的要远一些．所以选B项，而垂直于前进方向的分位移一样大，飞行时间一样，所以抛球的速度一样大．

6．(2015·连云港)如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB＝2BC，A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V．初动能为24 eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B.不计粒子的重力，下列说法正确的是( )

A．该粒子一定带负电

B．该粒子达到点B时的动能为40 eV C．改变初速度方向，该粒子可能经过C D．改变初速度方向，该粒子可能经过D 答案 AD

解析 由匀强电场中平行相等的线电势差相等的性质可以确定AB中点电势为4 V，C点电势为0.所以电场线由A指向CD中点．由此可以确定带电粒子带负电．由力和位移夹角确定对离子做负功，所以B错误．计算B点动能为8 eV.如果达到C点，则粒子动能为0，由曲线知识可得，小球速度不可能为0.

7.

(2015·广西)如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝40 m，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )

A．若v0＝18 m/s，则石块可以落入水中

B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 答案 A

解析 由几何知识可得A离水面高度h＝20 m，A离O点的水平距离是s＝203 m，1

由平抛知识s＝vt和h＝gt2，解得石块刚落到O点的初速度v＝103 m/s＝17.3 m/s，所以

2gt

A项正确；落入水面时，设速度方向与水平面夹角为α，由tanα＝，因t相同，所以v0

v0越大，夹角越小，B项错误；若石块不能落入水中，即使v0不同，由平抛知识可证明得到，速度方向与斜面的夹角都相同，C、D项错误．

8.

(2015·抚州)如图所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xOy，一质点在该平面内O点受大小为F的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经t时间质点运动到B点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确

的是( )

A．A、B两点间距离为2a 4＋2

B．C点与x轴的距离为a

2

C．质点在B点的速度方向与x轴成30°角 32D．质点从B点运动到C点所用时间可能为πt

16答案 BD

解析 根据题述质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，从B到C做匀速圆周运动，画出质点运动轨迹图，由图中几何关系可得，A、B两点距离为s＝a2＋?2a?2＝5a，A项错误．质点运动到B点的速度方向与x轴成45°角，C项错误．质点运动到B点的速度v＝2F

ma.根据质点从B到C做匀速圆周运动，向心力等于4F可得

4＋22R＝a，B项正确．质点从B22

4F＝mv2/R，解得R＝a.C点与x轴的距离为y＝a＋R＋3π

R432

点运动到C点所用时间为＝πt，D项正确．

v16

9．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )

A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零

D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H 答案 BD

解析 由于题中没有给出H和R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B项正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C项错误；由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球从B点离开，上升的高度一定等于H，故D项正确．

命题立意 考查学生对复合场问题，功能关系，圆周运动等知识综合运用分析能力 10．(2015·黑龙江)如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )

A.C.

gh

22gh

2

B.gh D．2gh

答案 A

解析 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据 1

h＝gt2，得t＝

2

2hg①

根据几何关系可知：x乙＝2h②

乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可知 f合mgsin45°2a＝＝＝g③

mm2

1根据位移时间公式可知：x乙＝v0t＋at2④

2由①②③④式，得v0＝gh

所以A项正确． 2

命题立意 根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，

运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解．该题考查了平抛运动及匀变速直线运动的基本公式的直接应用，抓住时间相等去求解

11.

(2015·海南模拟)如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为l，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动(不计空气阻力)．

(1)若小球恰好通过最高点A且悬点距地面的高度h＝2l，小球经过B点或D点时绳突然断开，求两种情况下小球从抛出到落地所用时间之差Δt；

(2)若小球通过最高点A时的速度为v，小球运动到最低点C或最高点A时，绳突然断开，两种情况下小球从抛出到落地水平位移大小相等，则O点距离地面高度h与绳长l之间应满足什么关系．

解析 (1)若小球恰好通过最高点vA＝gl 1212

mv＝mv＋mgl 2B2AvB＝vD＝3gl

从B点、D点小球分别竖直上抛和竖直下抛，则 2vB2vD23glΔt＝g＝g＝g

(2)小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t，则 1

h＋l＝gt2，x＝vt

2

小球运动到最低点速度为v′，绳突然断开后小球做平抛运动时间为t′，则 1

h－l＝gt′2，x′＝v′t′

2

11

由机械能守恒定律，得2mgl＋mv2＝mv′2

22又x＝x′

v′2

联立上述各式解得h＝－l

2g小球运动到最高点时v≥gl

11

由机械能守恒定律2mgl＋mv2＝mv′2

22小球运动到最低点时速度，有v′≥5gl v′23

故h＝－l，得h≥l

2g212.

(2015·四川高考模拟)如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子(不计重力)，速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线(P到直线ab的距离PC＝1 m)，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝

5

m(现只研究与放射源P和直线ab在同一2

个平面内的粒子的运动)，当真空中(直线ab以上区域)只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B＝2 T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中(直线ab以上区域)只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时q

它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．(粒子比荷为＝1×106

mC/kg)求：

(1)粒子的发射速率；

(2)当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；(结果可用根号表示)

(3)当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间． 解析

(1)作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r 如图由相似三角形知识，有 QCAO＝ PQr

由直角三角形知识，有AO＝r2－PA2 v20对粒子由牛顿第二定律，得qv0B＝mr 解以上方程并代入数据，得v0＝1.25×106 m/s

(2)因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以QC＝v0t

1qE2PC＝··t

2mv＝

qE2

v0＋?m·t?2

517 ×106m/s 4

联立解以上方程并代入数据，得v＝E＝1.25×107 V/m

(3)从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，如图，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得

sin∠PO′P1＝

PP14

＝ PO′5

所以∠PO′P1＝53° 得∠PO′C＝106° 则其运动时间t＝

1062πm106π－

·qB＝×106 s 360360

13．(2015·广东模拟)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板c1、c2，两板间距为d1＝0.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板c1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72 m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板c3，平板c3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2＝0.18 m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0＝42 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过c1q

板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷m＝20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s＝

2

m，不考虑空气阻力．求： 10

(1)匀强电场的场强大小；

(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板c3上，求磁感应强度的取值范围； (3)若t＝0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如图乙所示随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板c3上所用的时间．(计算结果保留两位小数)

解析 (1)小球在第Ⅱ象限做类平抛运动，得s＝v0t at＝v0tanθ qE＝ma

解得E＝82 V/m

(2)设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律

v＝

v0＝8 m/s sinθ

小球进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图

mv2

qvB＝R mv

解得B＝qR 小球刚好能打到Q点时，磁感应强度最大设为B1.此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有：

L－R1R1＝

R1L＋d2－R1

解得R1＝0.4 m，B1＝1 T

小球刚好不与c2板相碰时，磁感应强度最小设为B2.此时小球的轨迹半径为R2，由几何关系有：

R2＝d1 2

解得B2＝ T

3

2

故磁感应强度的取值范围 T≤B≤1 T

3

(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，有

r＝

mv

＝0.18 m qB3

2πm9π

＝ s qB3200

T＝

1

由磁场周期T0＝T可知：小球在磁场中运动轨迹如图，一个磁场周期内小球在x轴方

3向的位移为3r＝0.54 m，而L－3r＝0.18 m＝r，即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场．

11133π

则在磁场中运动的时间：t1＝T＋T＋T＝ s

334800d29

离开磁场到打在平板c3上所用时间：t2＝＝ s

v400小球从M点到打在平板c3上所用总时间： 33π＋18

t＝t1＋t2＝ s≈0.15 s

800

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