2019届二轮复习　曲线运动课件（78张）（全国通用） 78页

1 .(2018北京理综,20,6分)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位 置。但实际上,赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处。这一现 象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力” 与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该 “力”水平向西,则小球   (　　) A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧 考点一　运动的合成与分解 抛体运动 答案    D 　本题考查运动的合成与分解。以地面为参考系,由题意知,小球上升阶段,水平方向 受到向西的“力”作用,产生向西的加速度,水平方向做加速运动;竖直方向由于重力作用,做 匀减速运动。运动到最高点时竖直方向速度为零,水平“力”为零,水平方向加速度为零,此时 水平向西的速度达到最大,故选项A、B均错。下落阶段,小球受水平向东的“力”作用,水平 方向将向西做减速运动,由对称性知,落地时水平速度恰为零,此时落地点应在抛出点西侧,故C 错、D对。 知识拓展     科里奥利力 在旋转体系中做直线运动的质点,以旋转体系为参考系,质点的直线运动偏离原有方向的倾向 被归结为一个“假想力”的作用,这个“力”称为科里奥利力。 2 .(2013北京理综,19,6分,0.55)在实验操作前应该对实验进行适当的分析。研究平抛运动的实 验装置示意如图。小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放,并从斜槽末端水平飞出。改变 水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想 小球先后三次做平抛,将水平板依次放在如图1、2、3的位置,且1与2的间距等于2与3的间 距。若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次为 x 1 、 x 2 、 x 3 ,机械能的变化量依次为 Δ E 1 、Δ E 2 、Δ E 3 ,忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是   (　　)   A. x 2 - x 1 = x 3 - x 2 ,Δ E 1 =Δ E 2 =Δ E 3 B. x 2 - x 1 > x 3 - x 2 ,Δ E 1 =Δ E 2 =Δ E 3 C. x 2 - x 1 > x 3 - x 2 ,Δ E 1 <Δ E 2 <Δ E 3 D. x 2 - x 1 < x 3 - x 2 ,Δ E 1 <Δ E 2 <Δ E 3 答案    B 　由题意知,1、2间距等于2、3间距,由于竖直方向是匀加速运动,故 t 12 > t 23 ,又因为水平 方向为匀速运动,故 x 2 - x 1 > x 3 - x 2 ;忽略空气阻力,平抛运动中,机械能守恒,故Δ E 1 =Δ E 2 =Δ E 3 =0,所以 B选项正确。 考查点 　平抛运动 易错警示 　机械能是动能与势能的总和,在平抛运动中,忽略空气阻力的影响,重力势能的减少 量转化为动能的增加量,整个过程中动能与重力势能的总和保持不变。 3 .(2012北京理综,22,16分,0.87)如图所示,质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动,经 距离 l 后以速度 v 飞离桌面,最终落在水平地面上。已知 l =1.4 m, v =3.0 m/s, m =0.10 kg,物块与桌 面间的动摩擦因数 μ =0.25,桌面高 h =0.45 m。不计空气阻力,重力加速度 g 取10 m/s 2 。求 (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s ; (2)小物块落地时的动能 E k ; (3)小物块的初速度大小 v 0 。 解析 　(1)由平抛运动规律,有 竖直方向 h =   gt 2 水平方向 s = vt 得水平距离 s =   v =0.90 m (2)由机械能守恒定律,动能 E k =   mv 2 + mgh =0.90 J (3)由动能定理,有- μmg · l =   mv 2 -   m   得初速度大小 v 0 =   =4.0 m/s 答案 　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s 4 .(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以 v 和   的速度沿同一方向水平 抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的   (　　) A.2倍　    B.4倍　    C.6倍　    D.8倍 B组    统一命题·课标卷题组 答案    A 　本题考查平抛运动规律的应用。小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。设斜面 的倾角为 θ 。 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动, x = v 0 t , h =   gt 2 ,由图 中几何关系,可得tan θ =   ,解得: t =   ; 从抛出到落到斜面上,由动能定理可得: mgh =   mv ' 2 -   m   ,可得: v '=   =   · v 0 ,则   =   =   =   ,选项A正确。 一题多解     本题还可以将落到斜面上时的速度 v '进行分解,由图中几何关系可得 v '=   =   · v 0 ,则   =   =   =   ,选项A正确。 5 .(2017课标Ⅰ,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略 空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是   (　　) A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案     C　本题考查对平抛运动的理解。忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平 射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则 h =   gt 2 ,下落时间 t =   , t ∝   ,故 A、D错误。由 v y = gt = g ·   =   ,可知B错误。在水平方向上有 x = v 0 t , x 相同时, t ∝   ,故C正 确。 解题关键 　①平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动 (满足 h =   gt 2 和 v y = gt )和水平方向上的匀速直线运动(满足 x = v 0 t )。②做平抛运动时物体运动时 间由下落高度决定,运动的水平距离 x = v 0 ·   ,由初速度 v 0 和下落高度共同决定。 6 .(2017课标Ⅱ,17,6分)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一 小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距 离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g )   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案    B 　本题考查机械能守恒定律、平抛运动,考查学生的推理能力、应用数学知识处理 物理问题的能力。 小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有   mv 2 = mg ·2 R +   m   小物块从最高点水平飞出做平抛运动 有:2 R =   gt 2 x = v 1 t ( x 为落地点到轨道下端的距离) 联立得: x 2 =   R -16 R 2 当 R =-   ,即 R =   时, x 具有最大值,选项B正确。 方法指导     小物块运动的过程分为两个阶段,一是由轨道最低点到轨道最高点的曲线运动,符 合机械能守恒定律;二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动。根据两个阶段列方程,联立得 出关于 x 的表达式是解题的关键。 7 .(2015课标Ⅰ,18,6分,0.528)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽 分别为 L 1 和 L 2 ,中间球网高度为 h 。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不 同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3 h 。不计空气的作用,重力加速度大小为 g 。若 乒乓球的发射速率 v 在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则 v 的最大取值范围是   (　　)   A.     < v < L 1   B.     < v <   C.     < v <     D.     < v <     答案    D 　乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间 t 1 满足3 h =   g   。当 v 取最大值时 其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有 v max t 1 =   ,解得 v max =     ;当 v 取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3 h - h =   g   ,   = v min t 2 , 解得 v min =     。故D正确。 温馨提示     ①以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,则乒乓球做平抛运 动。②发射的位置和高度一定,说明若能落在台面上,则运动时间一定,且最大的水平位移为   。③若球恰好擦网而过,则下落2 h 的高度,水平位移最小为   。④平抛运动的飞行 时间由高度决定,而飞行距离由高度和初速度共同决定,当高度一定时,则由初速度决定。 1 .(2013北京理综,18,6分,0.90)某原子电离后其核外只有一个电子,若该电子在核的静电力作用 下绕核做匀速圆周运动,那么电子运动   (　　) A.半径越大,加速度越大　    B.半径越小,周期越大 C.半径越大,角速度越小　    D.半径越小,线速度越小 考点二　圆周运动 A组   自主命题·北京卷题组 答案    C 　设原子核的电荷量为 Q ,原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力, k   = ma 向 = m   = m (   ) 2 r = mω 2 r ,分别解得 a 向 = k   , T =2π   , ω =   , v =   ,则半径 r 越大,加速度 a 向 、角速度 ω 和线速度 v 均越小,而周期 T 越大,故选项C正确。 考查点 　圆周运动。 知识延展     在经典物理中,电子绕核运动的情况和卫星绕地球的运动类似,随着运动半径的增 大,运动的线速度、角速度、加速度都变小,周期变大。 2 .[2011北京理综,22(2),10分,0.79]如图所示,长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点,下端系一质量为 m 的小球(小球的大小可以忽略)。   由图示位置无初速释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计 空气阻力。 解析 　运动中只有重力做功,小球机械能守恒 mgl (1-cos α )=   mv 2 则通过最低点时,小球的速度大小 v =   根据牛顿第二定律 T '- mg = m   解得轻绳对小球的拉力 T '= mg + m   = mg (3-2 cos α ),方向竖直向上 答案             mg (3-2 cos α ),方向竖直向上 3 .(2014课标Ⅱ,17,6分,0.645)如图,一质量为 M 的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套 在大环上质量为 m 的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为 g 。 当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为   (　　)   A. Mg -5 mg 　    B. Mg + mg C. Mg +5 mg 　    D. Mg +10 mg B组    统一命题·课标卷题组 答案    C      解法一 　以小环为研究对象,设大环半径为 R ,根据机械能守恒定律,得 mg ·2 R =   mv 2 , 在大环最低点有 F N - mg = m   ,得 F N =5 mg ,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三 定律知,小环对大环的压力为 F N '= F N ,方向竖直向下,故 F = Mg +5 mg ,由牛顿第三定律知C正确。 解法二　 设小环滑到大环最低点时速度为 v ,加速度为 a ,根据机械能守恒定律   mv 2 = mg ·2 R ,且 a =   ,所以 a =4 g ,以大环和小环整体为研究对象,受力情况如图所示。 F - Mg - mg = ma + M ·0 所以 F = Mg +5 mg ,由牛顿第三定律知C正确。 4 .(2018课标Ⅲ,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切, BC 为圆弧轨道的直径, O 为圆心, OA 和 OB 之间的夹角为 α ,sin α =   。一质量为 m 的小球 沿水平轨道向右运动,经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆 心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g 。求 (1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小; (2)小球到达 A 点时动量的大小; (3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。 解析 　本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。 (1)设水平恒力的大小为 F 0 ,小球到达 C 点时所受合力的大小为 F 。由力的合成法则有   =tan α   ① F 2 =( mg ) 2 +     ② 设小球到达 C 点时的速度大小为 v ,由牛顿第二定律得 F = m     ③ 由①②③式和题给数据得 F 0 =   mg   ④ v =     ⑤ (2)设小球到达 A 点的速度大小为 v 1 ,作 CD ⊥ PA ,交 PA 于 D 点,由几何关系得 DA = R sin α   ⑥ CD = R (1+cos α )   ⑦ 由动能定理有 答案 　(1)   mg        　(2)   　(3)     - mg · CD - F 0 · DA =   mv 2 -   m     ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得,小球在 A 点的动量大小为 p = mv 1 =     ⑨ (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为 g 。设小球在竖 直方向的初速度为 v ⊥ ,从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t 。由运动学公式有 v ⊥ t +   gt 2 = CD     　     v ⊥ = v sin α     由⑤⑦⑩   式和题给数据得 t =         1 .(2018北京人大附中月考,5)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理的学习更加有 趣和深入。在家里,当你开一个开口朝下的水龙头时,仔细调节水流速度,你会发现水流稳定时 是一定形态的水柱;在公园里,我们也常能看到各种漂亮的喷泉,观察从粗细均匀的水管管口竖 直向上喷出的水柱,处于上升阶段的水柱也会呈现一定的形态。结合日常观察,分析这两种情 况水柱的形态   (　　) A.水龙头流出的水柱:粗细均匀;喷泉喷出的水柱:粗细均匀 B.水龙头流出的水柱:上细下粗;喷泉喷出的水柱:上细下粗 C.水龙头流出的水柱:上粗下细;喷泉喷出的水柱:上细下粗 D.水龙头流出的水柱:上粗下细;喷泉喷出的水柱:上粗下细 考点一 　运动的合成与分解 抛体运动 A组    2016—2018年高考模拟·基础题组 三年模拟 答案    D 　从水龙头流出的水,下落时间越长速度越大,而水在单位时间内的流量是不变的,所 以看到的是“上粗下细”的水柱;相反喷泉喷出的水,按竖直上抛运动来处理,水上升时间越 长,速度越小,在单位时间内流量不变的情况下,看到的是“上粗下细”的水柱,故D正确。 关键点拨     单位时间内水的流量是不变的。 2 .(2016北京朝阳期中,4)一辆汽车在水平公路上沿曲线由 M 向 N 行驶,速度逐渐减小。图中分 别画出了汽车转弯所受合力 F 的四种方向,其中可能正确的是   (　　)   答案    C 　汽车沿曲线由 M 向 N 行驶,所受合力 F 的方向指向轨迹的凹侧;速度逐渐减小,说明合 力 F 在曲线切线方向上的分力与速度反向,因此选C。 3 .(2018北京民大附中月考,6)(多选)如图所示,在一次救灾工作中,一架静止在空中的直升机 A 用悬索(重力不计)救起了伤员 B 。直升机水平方向做匀速直线运动,竖直方向上伤员与直升机 的高度差 h 与时间 t 的关系为 h = H - bt 2 (式中 H 表示开始计时时伤员与直升机的高度差, b 是一常 数, t 表示伤员上升的时间)。不计伤员和悬索受到的空气阻力,这段时间内从地面上观察,下面 判断正确的是   (　　) A.悬索始终保持竖直 B.伤员做直线运动 C.伤员做曲线运动 D.伤员的加速度大小、方向均不变 答案    ACD　 伤员水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动, F 合 与 v 不共线,做类 平抛运动,轨迹为曲线。由 h = H - bt 2 可知伤员竖直方向上的运动位移 x =   at 2 = bt 2 ,竖直方向上的 加速度 a =2 b ,恒定,方向竖直向上,伤员受悬索拉力和重力的合力竖直向上,因此悬索保持竖 直。伤员无水平方向加速度。 4 .(2016北京四中期中,7)一个物体做平抛运动,已知重力加速度为 g 。根据下列已知条件,既可 以确定初速度大小,又可以确定飞行时间的是   (　　) A.水平位移大小 B.下落高度 C.落地时速度大小和方向 D.从抛出到落地的位移大小 答案    C 　由水平位移 x = v 0 t 知,已知水平位移 x 不能同时确定初速度 v 0 和飞行时间,A错误。由 下落高度 h =   gt 2 知,已知下落高度 h 只能确定飞行时间,B错误。由落地速度大小和方向可以确 定水平初速度 v 0 和竖直方向速度 v y ,由 v y = gt 能确定飞行时间,C正确。只由位移大小不能确定水 平位移与竖直位移,也就不能确定水平速度与飞行时间,D错误。 5 .(2018北京东城二模,22)如图所示,一质量为 m =0.10 kg的小物块以初速度 v 0 从粗糙水平桌面 上某处开始运动,经时间 t =0.2 s后以速度 v =3.0 m/s飞离桌面,最终落在水平地面上。物块与桌 面间的动摩擦因数 μ =0.25,桌面高 h =0.45 m,不计空气阻力,重力加速度 g 取10 m/s 2 。求: (1)小物块的初速度 v 0 的大小; (2)小物块落地点距飞出点的水平距离 x ; (3)小物块落地时的动能 E k 。 解析 　(1)由牛顿第二定律得小物块在桌面上运动时的加速度大小 a =   =   = μg 由运动学公式有 v 0 - v = at 解得小物块的初速度 v 0 =3.5 m/s。 (2)小物块飞离桌面后做平抛运动,飞行时间 t '=   小物块落地点距飞出点的水平距离 x = vt ' 解得水平距离 x =0.9 m。 (3)对小物块从离开桌面到落地的过程应用动能定理有 mgh = E k -   mv 2 解得小物块落地时的动能 E k =0.9 J。 答案 　(1)3.5 m/s　(2)0.9 m　(3)0.9 J 解题关键 　正确受力分析,合理选择解决问题的物理方法,抓住关键的运动过程。 6 .[2018北京西城二模,24(1)]合成与分解是物理学中常用的一种研究问题的方法,如研究复杂 的运动就可以将其分解成两个简单的运动来研究。请应用所学物理知识与方法,思考并解决 以下问题。 如图所示,将一小球以 v 0 =20 m/s的初速度从坐标轴原点 O 水平抛出,两束平行光分别沿着与坐 标轴平行的方向照射小球,在两个坐标轴上留下了小球的两个“影子”,影子的位移和速度描 述了小球在 x 、 y 两个方向的运动。不计空气阻力的影响, g =10 m/s 2 。   a.分析说明两个“影子”分别做什么运动; b.经过时间 t =2 s小球到达如图所示的位置,求此时小球的速度 v 。 解析     a.在 x 方向,因为小球不受力的作用,所以影子做匀速直线运动; 在 y 方向,因为小球仅受重力的作用,且初速度为0,所以影子做初速度为零的匀加速直线运动。 b.此时 x 方向影子的速度 v x = v 0 =20 m/s y 方向影子的速度 v y = gt =20 m/s 小球的速度 v =   代入数据解得 v =20   m/s tan θ =   =   =1,得 θ =45 ° 速度方向与 x 轴正方向成45 ° 角   答案　见解析 思路点拨 　两个“影子”的运动反映的是平抛小球在水平和竖直方向的运动。 7 .(2017北师大实验中学期中,5)下列说法正确的是   (　　) A.竖直平面内做匀速圆周运动的物体,其合外力可能不指向圆心 B.匀速直线运动和自由落体运动的合运动一定是曲线运动 C.物体竖直向上做匀加速直线运动时,物体受到的重力将变大 D.火车超过限定速度转弯时,车轮轮缘将挤压铁轨的外轨 考点二　圆周运动 答案    D 　匀速圆周运动的合外力一定指向圆心,A错误。匀速直线运动和自由落体运动的合 运动可以是匀变速直线运动,B错误。物体竖直向上做匀加速直线运动时,物体受到的重力不 变,C错误。火车超过限定速度转弯时,需要的向心力增大,火车有向外运动的趋势,车轮轮缘将 挤压铁轨的外轨,D正确。 8 .(2016北京东城期中,11)摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车, 如图所示。当列车转弯时在电脑控制下车厢会自动倾斜,沿直线行驶时车厢又恢复成竖直状 态,就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速列车在水平面内行驶,以360 km/h的速度拐弯, 拐弯半径为1 km,则车厢内质量为50 kg的乘客,在拐弯过程中受到火车给他的作用力为( g 取10 m/s 2 )   (　　)   A.0　　B.500 N　　C.500   N　　D.1 000 N 答案    C     360 km/h=100 m/s,人所受的合力即向心力 F 合 = m   =50 ×   N=500 N。 火车给人的作用力是斜向上的,水平方向分力提供向心加速度,竖直方向分力等于重力,则火车 给人的作用力 F =   =   N=500   N。 9 .(2018北京首师大附中月考,4)(多选)细线系着小球悬于 O 点,线长为 l ,在 O 点正下方   l 处固定 一钉子 P ,把线拉直直至水平,无初速度释放,当线碰到钉子时   (　　) A.小球的向心加速度增大　    B.小球的速度增大 C.小球的角速度增大　    D.线的拉力增大 答案    ACD 　小球运动至最低点时,线与钉子相碰时会使小球做圆周运动的半径 r 减小,而此 时小球的速度不变,故B错误。由 a n =   知,此时小球的向心加速度增大,A正确。由 ω =   知,此 时小球的角速度增大,故C正确。由 F = mg +   知,此时线对小球的拉力增大,故D正确。 解题关键 　解决本题的关键是要掌握线速度、角速度、向心加速度之间的关系,以及知道在 本题中悬线碰到钉子的瞬间,小球的线速度大小不变,但其做圆周运动的半径减小。 10. (2018北京首师大附中月考,13)一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周 运动的一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图甲所示,曲线上的 A 点 的曲率圆定义为:通过 A 点和曲线上邻近 A 点两侧的两点作一圆,当邻近的另外两点无限接近 A 点时,此圆的极限位置叫做曲线 A 点处的曲率圆,其曲率圆半径 R 叫做 A 点的曲率半径。现将一 物体沿与水平面成 θ 角的方向以速度 v 0 抛出,如图乙所示。不计空气阻力,则在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是   (　　)   甲 乙 A.   　     B.   C.   　    D.   答案    D     斜抛出去的物体同时参与两个方向的运动,水平方向做 v x = v 0 cos θ 的匀速直线运动, 竖直方向以初速度 v y = v 0 sin θ 做匀减速直线运动,到最高点 P 时,竖直方向速度为零,则其速度为 v P = v x = v 0 cos θ 且方向水平向右,再由题意知物体在 P 点的运动可看做速度为 v P = v 0 cos θ ,运动半 径为 r 的圆周运动,此时重力提供向心力,则有 mg = m   ,可得 r =   ,故D正确。 解题关键　 曲率半径是一个新的概念,平时不熟悉,但根据题目的介绍可知,求曲率半径也就是 求在该点做圆周运动的半径,读懂题目的真正意图是解本题的关键。 11.(2018北京房山二模,22)有一个质量为800 kg的小汽车驶上圆弧半径为50 m的拱桥,重力加 速度 g 取10 m/s 2 。 (1)汽车到达桥顶时速度为5 m/s,汽车对桥的压力是多大; (2)汽车以多大的速度经过桥顶时恰好对桥面没有压力; (3)假如拱桥的半径增大到与地球半径 R =6 370 km一样,当汽车的速度不断地增大就会在桥上 腾空形成绕地球做圆周运动的卫星,求使汽车成为卫星的最小速度。(结果可带根号)   解析 　(1)汽车在拱桥上做圆周运动,在桥顶时受力如图,由牛顿第二定律有 mg - N =   解得 N =7 600 N 根据牛顿第三定律知,汽车对桥的压力为7 600 N   (2)当汽车对桥的压力为零时,有: mg =   代入数据解得 v 0 =   m/s=10   m/s (3)当桥的半径增大到与地球的半径一样时,汽车要在桥面上腾空,车对桥顶没压力,则有 mg =   代入数据解得: v min =   km/s 答案 　(1)7 600 N　(2)10   m/s　(3)   km/s 12 .(2018北京朝阳期中,18)如图所示,细线的一端固定,另一端系着质量为 m 的小球(可视为质 点),小球在如图所示的水平面内做匀速圆周运动。已知细线长为 l ,与竖直方向的夹角为 θ ,重 力加速度为 g 。求: (1)小球对细线拉力 F 的大小; (2)小球角速度 ω 的大小。 解析 　小球的受力情况如图所示 (1)在竖直方向,根据牛顿第二定律有 F ' cos θ - mg =0 所以 F '=   根据牛顿第三定律可知,小球对细线拉力的大小 F = F '=   (2)由几何关系可知,小球在水平面内做圆周运动的轨道半径 r = l sin θ 在水平方向,根据牛顿第二定律有 F ' sin θ = mω 2 r 所以 ω =   答案 　(1)   　(2)   13. (2017北京朝阳期中,19)某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速 度的实验。所用器材有:玩具小车(可视为质点)、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的 半径为 R =0.20 m)。将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图所示,托盘秤的示数为1.00 kg;将玩 具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数为1.40 kg;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1.80 kg,凹形桥模拟器与 托盘间始终无相对滑动。取重力加速度 g =10 m/s 2 ,求: (1)玩具小车的质量 m ; (2)玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时对其压力的大小 F ; (3)玩具小车经过最低点时速度的大小 v 。 解析 　(1)由题中数据可知小车的质量 m =1.40 kg-1.00 kg =0.40 kg (2)由题中数据可知凹形桥模拟器的质量 m 0 =1.00 kg① 设秤盘对凹形桥模拟器的支持力为 N 支 ,凹形桥模拟器对秤盘的压力为 N 压 ,根据力的平衡条件, 对凹形桥模拟器有: F + m 0 g = N 支   ② 根据牛顿第三定律可得: N 支 = N 压   ③ 而 N 压 = m 示 g   ④ 其中, m 示 =1.80 kg 联立①②③④式并代入相关数据可得: F =8.0 N (3)小车通过最低点时,凹形桥模拟器对小车的支持力 F '与小车重力的合力提供向心力,有: F '- mg = m     ⑤ 根据牛顿第三定律可得: F '= F   ⑥ 联立⑤⑥式并代入相关数据可得: v =1.4 m/s 答案 　(1)0.40 kg　(2)8.0 N　(3)1.4 m/s 1 .(2017北京海淀期中,2)在2016年的夏季奥运会上,我国跳水运动员获得多枚奖 牌,为祖国赢得荣誉。高台跳水比赛时,运动员起跳后在空中做出各种动作,最后 沿竖直方向进入水中。若此过程中运动员头部连续的运动轨迹示意图如图中虚 线所示, a 、 b 、 c 、 d 为运动轨迹上的四个点。关于运动员头部经过这四个点时 的速度方向,下列说法中正确的是   (　　) A.经过 a 、 b 、 c 、 d 四个点的速度方向均可能竖直向下 B.只有经过 a 、 c 两个点的速度方向可能竖直向下 C.只有经过 b 、 d 两个点的速度方向可能竖直向下 D.只有经过 c 点的速度方向可能竖直向下 B组    2016—2018年高考模拟·综合题组 时间: 45 分钟　　分值: 80 分 一、选择题(每题 6 分,共 48 分) 答案    B 　头部的速度方向沿 a 、 b 、 c 、 d 各点的切线方向,故只有经过 a 、 c 两点时速度有可能 竖直向下。 2 .(2016北京海淀期中,3)在长约1.0 m的一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个适当的圆柱 形的红蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧,并迅速竖直倒置,红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上 升到管底。将此玻璃管倒置安装在小车上,并将小车置于水平导轨上。若小车一端连接细线 绕过定滑轮悬挂小物体,小车从 A 位置由静止开始运动,同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。经过 一段时间后,小车运动到虚线表示的 B 位置,如图所示。按照图建立坐标系,在这一过程中红蜡 块实际运动的轨迹可能是下图中的   (　　) 答案    C 　蜡块在竖直方向上做匀速直线运动,水平方向上随小车做匀加速直线运动,故合运 动轨迹为类平抛运动轨迹,又知其所受合外力方向水平向右,则C正确。 3 .(2015北京朝阳期中,7)船在静水中的航速为 v 1 ,水流的速度为 v 2 。为使船行驶到河正对岸的码 头,则 v 1 相对 v 2 的方向应为   (　　) 答案    C      v 2 的方向是沿河岸的,要使船能行驶到对岸的码头,需要使船的实际速度即 v 1 和 v 2 的 合速度与河岸垂直,也就是与 v 2 垂直,如图所示。 4 .(2016北京东城期中,9)如图所示,滑板运动员以速度 v 0 从距离地面高度为 h 的平台末端水平飞 出,落在水平地面上。运动员和滑板均可视为质点,忽略空气阻力的影响,下列说法中正确的是   (　　)   A. h 一定时, v 0 越大,运动员在空中运动时间越长 B. h 一定时, v 0 越大,运动员落地瞬间速度越大 C.运动员落地瞬间速度与高度 h 无关 D.运动员落地位置与 v 0 大小无关 答案    B 　运动员和滑板做平抛运动,有 h =   gt 2 ,故运动时间与初速度无关,故A错误;根据动能 定理,有 mgh =   mv 2 -   m   ,解得 v =   ,故 v 0 越大, h 越大,运动员落地瞬间速度越大,故B正确, C错误;射程 x = v 0 t = v 0   ,高度一定时,初速度越大,射程越大,故D错误。 考查点 　①平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。 ②匀速直线运动和匀变速直线运动的规律。 思路分析 　平抛运动中,运动时间由竖直位移决定,水平位移由竖直位移和初速度共同决定。 曲线运动速度一般根据能量守恒定律计算。 5 .(2015北京五中期中,1)关于匀速圆周运动的说法,正确的是   (　　) A.匀速圆周运动是匀速运动 B.匀速圆周运动是匀变速运动 C.某个恒力作用下质点也可以做匀速圆周运动 D.做匀速圆周运动的物体的合力必须是变力 答案    D 　做匀速圆周运动的物体所受合力指向圆心,大小不变,方向时刻改变,合力是变力所 以加速度时刻改变,是非匀变速运动,A、B、C错误。 6 .(2016北京东城期中,10)某石英表中的分针与时针可视为做匀速圆周运动,分针的长度是时 针长度的1.5倍,则下列说法中正确的是   (　　) A.分针的角速度与时针的角速度相等 B.分针的角速度是时针的角速度的60倍 C.分针端点的线速度是时针端点的线速度的18倍 D.分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的1.5倍 答案    C 　分针的周期为 T 分 =1 h,时针的周期为 T 时 =12 h,两者周期之比为 T 分 ∶ T 时 =1∶12,由 ω =   知分针的角速度是时针的12倍,故A错误、B错误。由 v = ωr 得,分针与时针端点的线速度之 比为 v 分 ∶ v 时 = ω 分 r 分 ∶ ω 时 r 时 =18∶1,即分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍,故C正确。 a 分 ∶ a 时 =   ∶   =216∶1,故D错误。 7 .(2016北京朝阳期中,11)火车转弯时,如果铁路弯道的内外轨一样高,外轨对轮缘(如图a所示) 挤压的弹力 F 提供了火车转弯的向心力(如图b所示),但是靠这种办法得到向心力,铁轨和车轮 极易受损。在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨(如图c所示),当火车以规定的行驶速度 转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为 v ,以下说法中正确的是   (    　)   A.该弯道的半径 R =   B.当火车质量改变时,规定的行驶速度也将改变 C.当火车速率大于 v 时,外轨将受到轮缘的挤压 D.当火车速率小于 v 时,外轨将受到轮缘的挤压 答案    C 　设轨道平面与水平面间夹角为 θ ,如图所示, G 与 N 的合力提供向心力, mg ·tan θ = m   , 则 R =   ,A项错。 v =   ,与火车质量无关,B项错。当火车速率大于 v 时,所需向心力增 大,外轨对轮缘挤压提供一部分向心力;当火车速率小于 v 时,所需向心力减小,通过内轨对轮缘 的挤压来减小向心力,C项正确,D项错。   考查点 　①牛顿第二定律、向心力公式。 ②做圆周运动的物肛体所受合力提供向心力。 思路分析      G 与 N 的合力提供向心力 mg tan θ = m   R =   , v =   ,与 m 无关。 火车速率大于 v 时,挤压外轨。 火车速率小于 v 时,挤压内轨。 8 .(2017北京朝阳期中,8)图示为某种过山车游乐项目。已知车内某人的质量为 m ,轨道 A 、 B 两 点的曲率半径分别为 R 1 和 R 2 ,过山车经过 A 点时的速度大小为 v A ,人和车的大小相对轨道半径可 以忽略不计,不计摩擦阻力。当过山车无动力运行时,下列说法正确的是   (　　)   A.该人在 A 点受到的支持力大小为 m   B.过山车经过 B 点时的最小速度为   C.从 A 点运动到 B 点的过程中,过山车(含人)的动量守恒 D.从 A 点运动到 B 点的过程中,过山车(含人)的机械能守恒 答案    D 　在 A 点对人进行受力分析,根据牛顿第二定律,有: F - mg = m   ,得 F = m   + mg ,选项A错 误;因为在 B 点过山车有轨道支撑,合力最小可以为零,所以过山车的最小速度为零,选项B错误; 从 A 点到 B 点的过程,过山车(含人)所受合力不为零,动量不守恒,选项C错误;由于支持力不做 功,没有动力,只有重力做功,过山车(含人)的机械能守恒,选项D正确。 9 .(16分)(2018北京海淀期中,16)暑假里,小明去游乐场游玩,坐了一次名叫“摇头飞椅”的游 艺机,如图甲所示,该游艺机顶上有一个半径为4.5 m的“伞盖”,“伞盖”在转动过程中带动 下面的悬绳转动,其示意图如图乙所示。“摇头飞椅”高 O 1 O 2 =5.8 m,绳长5 m。小明挑选了一 个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下,他与座椅的总质量为40 kg。小明和椅子的转动 可简化为如图乙所示的圆周运动。在某段时间内,“伞盖”保持在水平面内稳定旋转,绳与竖 直方向夹角为37 ° 。 g 取10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8,在此过程中,求: (1)座椅受到绳子的拉力大小; (2)小明运动的线速度大小; (3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落,求落地点与游艺机转轴(即图乙中 O 1 点)的距离。 (结果保留两位有效数字) 二、非选择题(共 32 分) 解析 　(1)小明和座椅做圆周运动的向心力沿水平方向,由平行四边形定则得 座椅受到绳子的拉力 T =   =500 N (2)由牛顿第二定律有: mg tan 37 ° = m   其中 R 0 =4.5 m+5 m × sin 37 ° =7.5 m 解得 v =7.5 m/s (3)由几何关系知,座椅离地高度 h = O 1 O 2 - L cos 37 ° =5.8 m-4 m=1.8 m 由平抛运动规律得 x = vt h =   gt 2 解得 x =4.5 m 由勾股定理得,落地点与游艺机转轴的距离 r '=   =8.7 m 答案 　(1)500 N　(2)7.5 m/s　(3)8.7 m 10 .(16分)(2017北京东城期末,19)北京赢得了2022年第二十四届冬季奥林匹克运动会的举办 权,引得越来越多的体育爱好者参加滑雪运动。如图所示,某滑雪场的雪道由倾斜部分 AB 段和 水平部分 BC 段组成,其中倾斜雪道 AB 的长 L =25 m,顶端高 H =15 m,滑雪板与雪道间的动摩擦因 数 μ =0.25。滑雪爱好者每次练习时均在倾斜雪道的顶端 A 处以水平速度飞出,落到雪道时他靠 改变姿势进行缓冲,恰好可以使自己在落到雪道前后沿雪道方向的速度相同。不计空气阻力 影响,取重力加速度 g =10 m/s 2 。   (1)第一次滑雪爱好者水平飞出后经 t 1 =1.5 s落到雪道上的 D 处(图中未标出),求水平初速度 v 1 及 A 、 D 之间的水平距离 x 1 。 (2)第二次该爱好者调整水平初速度,落到雪道上的 E 处(图中未标出),已知 A 、 E 之间的水平距 离为 x 2 ,且 x 1 ∶ x 2 =1∶   ,求该爱好者落到雪道上的 E 处之后的滑行距离 s 。 (3)该爱好者在随后的几次练习中都落在雪道的 AB 段,他根据经验得出如下结论:在 A 处水平速 度越大,落到雪道前瞬时速度越大,速度方向与雪道的夹角也越大。他的观点是否正确,请你判 断并说明理由。 解析 　滑雪爱好者自 A 处以水平速度飞出后,可能落在雪道的倾斜部分 AB 段,也可能落在雪道 的水平部分 BC 段。 (1)设滑雪爱好者落在雪道的水平部分 BC 段所用时间为 t 0 , 根据平抛运动的规律有 H =   g   解得 t 0 =   s 由此可知,滑雪爱好者水平飞出后经 t 1 =1.5 s落在雪道的倾斜部分 AB 段。 根据平抛运动的规律有   =   解得 v 1 =10 m/s A 、 D 之间的水平距离 x 1 = v 1 t 1 解得 x 1 =15 m (2)设此次爱好者水平初速度为 v 2 ,由 x 1 ∶ x 2 =1∶   ,可知 x 2 =15   m,由此可判断此次滑雪爱好 者水平飞出后落在雪道的水平部分 BC 段。 由平抛运动的规律有 x 2 = v 2 t 0 答案 　(1) v 1 =10 m/s     x 1 =15 m　(2) s =45 m　(3)见解析 解得 v 2 =15 m/s 落在雪道上之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行, 由动能定理有- μmgs =0-   m   解得该爱好者落到雪道上的 E 处之后的滑行距离 s =45 m (3)他的观点不正确。正确观点是:在 A 处水平速度越大,落到雪道前瞬时速度越大,而速度方向 与雪道的夹角不变。 设爱好者水平初速度为 v 0 由平抛运动的规律知,落到 AB 段均满足tan θ =   =   解得 t =   ,由此可知: v 0 越大,运动时间 t 越长 落到雪道前瞬时速度大小 v =   = v 0   , v 0 越大,落到雪道前瞬时速度越大 设速度方向与水平方向间夹角为 α ,tan α =   =2 tan θ ,速度方向与水平方向间夹角与 v 0 无关,即 速度方向与雪道的夹角与 v 0 无关。 1 .(2015北京四中期中,2)(多选)关于力和运动的关系,以下说法中正确的是   (　　) A.物体做曲线运动,其加速度一定改变 B.物体做曲线运动,其加速度可能不变 C.物体的运动状态发生变化,该物体的受力情况一定发生变化 D.物体在恒力作用下运动,其速度方向可能改变 C 组 教师专用题组 答案    BD 　物体做平抛运动时,所受重力不变,加速度不变,速度方向改变,A错,B、D正确;若 物体运动状态发生变化,则说明物体受合外力不为零,物体所受合外力既可能是恒定的,也可能 是变化的,故C选项错误。 2 .(2015北京朝阳一模,16)如图所示,从同一水平线上的不同位置,沿水平方向抛出两小球 A 、 B , 不计空气阻力。要使两小球在空中相遇,则必须   (　　)   A.先抛出 A 球　     B.先抛出 B 球 C.同时抛出两球　    D.两球质量相等 答案    C 　由题干可知两小球做平抛运动,要使两小球在空中相遇,则需同一时刻到达同一位 置,两小球竖直方向做自由落体运动,下落高度相同,所用时间相同,因此需同时抛出两球,与两 球质量无关,水平抛出速度 v A > v B 。 3 .(2015北京四中期中,9)(多选)如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒 固定不动,两个质量相同的小球 A 和 B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动, 则   (　　)   A.球 A 的线速度必定大于球 B 的线速度 B.球 A 的角速度必定小于球 B 的角速度 C.球 A 的运动周期必定小于球 B 的运动周期 D.球 A 对筒壁的压力必定大于球 B 对筒壁的压力 答案    AB 　球运转时受力如图 向心力 F 向 = mg cot θ =   。 由于 m A = m B , R A > R B ,故 v A > v B ,A正确; F 向 = mg cot θ = mω 2 R , 由于 R A > R B ,故 ω A < ω B ,B正确; F 向 = mg cot θ = m   R ,由于 R A > R B ,故 T A > T B ,C错; F N =   ,故 F N A = F N B ,由牛顿第三定律知,D错。 4 .(2018北京海淀期中,7)(多选)物体 A 做平抛运动,以物体被抛出的位置为原点 O ,以初速度 v 0 的 方向为 x 轴的正方向、竖直向下的方向为 y 轴的正方向,建立平面直角坐标系,如图所示,沿两坐 标轴分别放置两个光屏。两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射,物体 A 在两个光屏 上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为( x ,0)、(0, y ),则选项图中正确的是(　　)     答案    AD 　由于物体水平方向做匀速直线运动,所以 x = v 0 t ,选项A正确,选项B错误;竖直方向 物体做自由落体运动,所以 y =   gt 2 ,选项C错误,选项D正确。 5 .(2015北京师大附中月考,10)如图所示,水平面上固定有一个斜面,从斜面顶端向右平抛一只 小球,当初速度为 v 0 时,小球恰好落到斜面底端,平抛运动的时间为 t 0 。现用不同的初速度 v 从该 斜面顶端向右平抛这只小球,以下哪个图像能正确表示平抛的运动时间 t 随 v 变化的函数关系   (　　)   答案    C 　平抛运动竖直方向为自由落体运动, h =   g   ,水平方向为匀速直线运动, s = v 0 t 0 ,若初 速度大于 v 0 ,在高度不变时水平位移就会大于 s ,此时平抛运动落在水平面上,高度不变,所以时 间不变,结合图像排除A、B项。若初速度小于 v 0 ,则会落在斜面上,此时设斜面倾角为 θ 则有tan θ =   =   =   ,得到时间 t =   ,可见 t ∝ v ,图像C对D错。 6 .(2015北京西城二模,18)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道, P 点是这段轨道的最高 点, A 、 B 、 C 三处是过山车的车头、中点和车尾。假设这段轨道是圆轨道,各节车厢的质量相 等,过山车在运行过程中不受牵引力,所受阻力可忽略。那么,过山车在通过 P 点的过程中,下列 说法正确的是   (　　) A.车头 A 通过 P 点时的速度最小 B.车的中点 B 通过 P 点时的速度最小 C.车尾 C 通过 P 点时的速度最小 D. A 、 B 、 C 通过 P 点时的速度一样大 答案    B 　由题可知过山车在运动过程中机械能守恒,因过山车的 B 点(过山车的重心位置)位 于 P 点时过山车具有最大的重力势能,故此时过山车具有最小的动能。故B选项正确。 7 .(2016北京通州潞河中学期中,6)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种 状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转 舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相 同大小的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是   (　　) A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小 C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大 D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小 答案    B 　宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等, mg = mω 2 r , 即 g = ω 2 r ,可见 r 越大, ω 就应越小,B正确,A错误;角速度与质量 m 无关,C、D错误。 8 .(2015北京丰台二模,22)如图所示,在水平地面上固定一倾角 θ =37 ° 的长斜面体,物体 A 以 v 1 =8 m/s的初速度沿斜面上滑,同时在物体 A 的正上方,有一物体 B 以某一初速度水平抛出。物体 A 上滑过程中速度减小,当速度减为零时恰好被 B 物体击中。已知物体 A 与斜面体间的动摩擦因 数为0.25。( A 、 B 均可看做质点,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8, g 取10 m/s 2 )求:   (1)物体 A 上滑过程所用的时间 t ; (2)物体 B 抛出时的初速度 v 2 ; (3)物体 A 、 B 间初始位置的高度差 h 。 解析 　(1)物体 A 上滑过程中,由牛顿第二定律得: mg sin θ + μmg cos θ = ma 代入数据得: a =8 m/s 2 设经过 t 时间相撞,由运动学公式得:0= v 1 - at 代入数据得: t =1 s (2)物体 B 的水平位移: x =   v 1 t cos 37 ° 代入数据得: x =3.2 m 平抛速度: v 2 =   代入数据得: v 2 =3.2 m/s (3)物体 A 、 B 间的高度差: h = h A + h B h A =   v 1 t sin 37 ° h B =   gt 2 代入数据得: h =7.4 m 答案 　(1)1 s　(2)3.2 m/s　(3)7.4 m 9 .(2018北京人大附中月考,15)如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道,两个弯道分别为半径 R =90 m的大圆弧和 r =40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心 O 、 O ‘距离 L =100 m。 赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大静摩擦力是赛车重力的2.25 倍,假设发动机功率足 够大,重力加速度 g =10 m/s 2 ,计算结果允许保留π、允许保留根号。 (1)求赛车在小圆弧弯道上匀速圆周运动不发生侧滑的最大速度。 (2)如果赛车在从小圆弧到大圆弧的直道上做匀加速直线运动,在从大圆弧到小圆弧的直道上 做匀减速直线运动,在弯道上以能够允许的最大速度做匀速圆周运动,为使得赛车绕行一周的 时间最短 a.求赛车在直道上加速时的加速度大小; b.求赛车绕行一周的最短时间。 解析 　(1)在弯道上做匀速圆周运动时,当提供向心力的摩擦力达到最大静摩擦力时,赛车达到 不发生侧滑的最大速度,根据牛顿第二定律有: kmg = m   在小圆弧弯道上的最大速度为: v 小m =   =30 m/s 在大圆弧弯道上的最大速度为 v 大m =   =45 m/s (2)a.当弯道半径一定时,在弯道上的最大速度是一定的,且在大弯道上的最大速度大于在小弯 道上的最大速度,故要想时间最短,可在绕过小圆弧弯道后加速,由几何关系可得直道的长度 为: x =   =50   m 故在直道上的加速度大小为 a =   =   m/s 2 =     m/s 2 b.由几何关系可以知道,小圆弧弯道的长度为 x 小 =   ,大圆弧弯道的长度为 x 大 =   通过小圆弧弯道的最短时间为 t 1 =   =   s 通过大圆弧弯道的最短时间为 t 2 =   =   s 答案 　(1)30 m/s　(2)a.     m/s 2     b.   s 单侧直道上运动的最短时间为 t 3 =   =   =   s 则赛车绕行一周的最短时间为 t = t 1 + t 2 +2 t 3 =   s 解题关键 　对运动过程的正确分析是解决问题的关键。