2017-2021年（5年）北京高考物理真题分类汇编之圆周运动、平抛运动与机械能守恒定律（Word版含答案）

2017-2021年北京高考物理真题分类汇编之圆周运动、平抛运动与机械能守恒定律
一．选择题（共2小题）
1．（2021 北京）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　）
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
2．（2021 北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
二．计算题（共3小题）
3．（2018 北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。
4．（2019 北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1＞r2）的雨滴在空气中无初速下落的v﹣t图线，其中　 　对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v﹣t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
5．（2021 北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
三．解答题（共2小题）
6．（2021 北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a．人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1。
b．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件。
7．（2020 北京）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
2017-2021年北京高考物理真题分类汇编之圆周运动、平抛运动与机械能守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共2小题）
1．（2021 北京）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　）
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．
【分析】根据上坡和下坡受力情况分析汽车的牵引力的大小，根据P＝Fv分析汽车的功率的变化情况。
【解答】解：汽车做匀速率运动，受力平衡，
设上下坡的夹角为θ，汽车受到的摩擦力为f，
在ab段，根据受力平衡可得，F1＝f+mgsinθ，此时的功率为P1＝F1v＝（f+mgsinθ）v，
在bc段，根据受力平衡可得，F2＝f，此时的功率为P2＝F2v＝fv，
在cd段，根据受力平衡可得，F3＝f﹣mgsinθ，此时的功率为P3＝F3v＝（f﹣mgsinθ）v，
所以P1＞P2＞P3，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】此题考查了功率的计算，解题的关键是明确汽车匀速运动时，受力平衡，分析不同情况下牵引力的大小。
2．（2021 北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
【考点】动量 冲量；匀速圆周运动．
【专题】计算题；定量思想；匀速圆周运动专题；动量定理应用专题；理解能力；推理能力；分析综合能力．
【分析】在圆盘停止运动前，根据匀速圆周运动的规律，可以分析摩擦力的方向，通过动量定理可以求得摩擦力的冲量大小；圆盘停止转动后，由于惯性，可以知小物体运动的方向，通过动量定理可以求出小物体所受摩擦力的冲量大小。
【解答】解：A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误；
B、圆盘停止转动前，根据动量定理I＝Δp，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误；
C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误；
D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度v＝ωr，最终停止运动速度为0，根据动量定理I＝Δp，可知动量变化量为mωr，所以摩擦力的冲量为mωr，故D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查圆周运动的规律和动量定理，较为简单。
二．计算题（共3小题）
3．（2018 北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。
【考点】动量定理；动能定理；向心力．
【专题】计算题；定量思想；方程法；动量定理应用专题．
【分析】（1）从A到B根据速度﹣位移关系求解AB的长度；
（2）根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；
（3）根据受力情况画出运动员经过C点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。
【解答】解：（1）从A到B根据速度﹣位移关系可得：vB2﹣vA2＝2aL，
解得：L＝m＝100m；
（2）根据动量定理可得：I＝mvB﹣mvA＝60×30﹣0N s＝1800N s；
（3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；
根据动能定理可得：mgh＝mvC2﹣mvB2，
根据第二定律可得：FN﹣mg＝m
解得：FN＝3900N。
答：（1）长直助滑道AB的长度为100m；
（2）运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为1800N s；
（3）若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。
【点评】本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
4．（2019 北京）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1＞r2）的雨滴在空气中无初速下落的v﹣t图线，其中　①　对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v﹣t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【考点】动能定理．
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；方程法；动能定理的应用专题；应用数学处理物理问题的能力．
【分析】（1）分析雨滴动能和重力势能大小的变化，根据动能定理即可求出；
（2）雨滴匀速下落时，受竖直向下的重力G、竖直向上的空气阻力F阻作用而处于平衡状态，由平衡条件可以求出雨滴在空气中下落的终极速度表达式，然后判断；若没有空气的阻力，则雨滴做自由落体运动；
（3）根据动量定理和题意中有关空气阻力的关系式列式求解。
【解答】解：（1）对雨滴，下落得过程中重力做正功，阻力做负功，由动能定理可得：mgh﹣W＝
所以：W＝
（2）a．当雨滴的速度最大时：mg＝f
其中：m＝，空气阻力f＝kr2vm2，
联立可得：vm＝
b．由vm＝可知雨滴的半径越大则末速度越大，所以末速度较大的①对应半径为r1的雨滴。
若没有空气的阻力，则雨滴做自由落体运动，则：v＝gt
其v﹣t图象如图：
（3）取圆盘△t时间内扫过柱体内分子的个数为N，则：N＝v △t Sn
由题意，由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，若取上下左右前后6个方向，则各方向的分子各占；
设分子的平均速率为v0，碰撞为弹性碰撞，则：
对上表面，向下运动的分子与圆盘碰撞，由于圆盘的质量远大于分子的质量，根据动量守恒与动能守恒可知，则分子碰撞后的速率：v1＝2v﹣v0
对分子则：
沿前后左右方向运动的分子与盘的下表面碰撞，获得向下的速率，大小为2v，所以：
对下表面，向上运动的分子与圆盘碰撞，由于圆盘的质量远大于分子的质量，根据动量守恒与动能守恒可知，则分子碰撞后的速率：v2＝v0+2v
对分子则：
圆盘受到的阻力：f＝f2+f3﹣f1
联立可得：f＝
则：f∝v2
答：（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，这一过程中克服空气阻力所做的功W为。
（2）a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式为vm＝；
b．①，如图；
（3）证明见上。
【点评】该题属于物理知识在日常生活中的应用，其中雨滴的终极速度是常见的问题，要注意雨滴的质量与球的体积的联系。
5．（2021 北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【考点】动量守恒定律；能量守恒定律；平抛运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】（1）竖直方向为自由落体运动，由h＝可解得时间；
（2）根据平抛运动的规律求出碰前A的速度大小；
（3）根据能量守恒可得到碰撞过程中A、B所组成的系统损失的机械能。
【解答】解：（1）竖直方向为自由落体运动，由h＝
代入数据解得t＝0.30 s
（2）设A、B碰后速度为v，
水平方向为匀速运动，由s＝vt
代入数据解得v＝1.0m/s
根据动量守恒定律，规定向右为正方向，由mv0＝2mv
得v0＝2m/s
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE＝
代入数据解得ΔE＝0.10J
答：（1）两物块在空中运动的时间为0.30s；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小为2m/s；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能为0.10J。
【点评】本题要学会分析物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有两个过程，对于碰撞，其基本规律是动量守恒，要熟练运用。
三．解答题（共2小题）
6．（2021 北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a．人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1。
b．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件。
【考点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理能力．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求得拉力大小；
（2）a、根据能量守恒判断夹角的大小，b、设通过最高点最小速度为vm根据牛顿运动定律与能量守恒定律可知ΔEk应满足的条件。
【解答】解：（1）根据牛顿运动定律T﹣mg＝
得T＝mg+
（2）a．设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得mgl1（1﹣cosθ1）＝
mgl2（1﹣cosθ2）＝
已知v1＝v2，得mgl1（1﹣cosθ1）＝mgl2（1﹣cosθ2）
因为l1＞l2，得cosθ1＞cosθ2
所以θ2＞θ1
b．设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得
Ek＝mgl1（1﹣cosθ）
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为vm
根据牛顿运动定律得mg＝
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
Ek+ΔEk≥2mgl2+
得ΔEk≥mgl2﹣mgl1（1﹣cosθ）
答：（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，此时“摆球”受到拉力T的大小为mg+。
（2）a．证明过程见解析。
b．在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件为ΔEk≥mgl2﹣mgl1（1﹣cosθ）。
【点评】“摆球”做的是圆周运动，运动过程中利用动能定理计算速度的大小，根据向心力公式计算向心力的大小，在第二问中注意能量守恒的应用。
7．（2020 北京）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
【考点】平抛运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力．
【分析】（1）根据竖直高度求出物体在空中运动的时间，结合水平位移公式求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）根据速度位移公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出包裹落地时的速度大小v；
（3）包裹做平抛运动，分解位移，分别得到水平方向和竖直方向上的分位移表达式，然后消去时间得包裹的轨迹方程。
【解答】解：（1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
解得：
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为：x＝v0t＝
（2）包裹落地时，竖直方向速度为：vy＝gt＝
落地时速度为：v＝＝
（3）包裹做平抛运动，分解位移，水平方向上有：x＝v0t′
竖直方向上有：y＝gt′2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为：y＝
答：（1）包裹释放点到落地点的水平距离x为；
（2）包裹落地时的速度大小v为；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，该包裹运动的轨迹方程为y＝。
【点评】本题以无人机水平匀速飞行并释放一包裹为背景考查了平抛运动在实际问题中的应用，解决此题的关键是要明白平抛运动在水平方向上做匀速直线运动和竖直方向上做自由落体运动，灵活选取运动学公式求解。
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