高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略-3專(zhuān)題2.3 力與曲線運(yùn)動(dòng)（解析版）

PAGE26核心主干專(zhuān)題突破專(zhuān)題2.3力與曲線運(yùn)動(dòng)目錄【突破高考題型】 1題型一曲線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)動(dòng)的合成與分解 1題型二平拋(類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 3題型三圓周運(yùn)動(dòng) 5類(lèi)型1水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題 5類(lèi)型2豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的輕繩模型 6類(lèi)型3豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的輕桿模型 7【專(zhuān)題突破練】 8【突破高考題型】題型一曲線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)動(dòng)的合成與分解1．曲線運(yùn)動(dòng)的理解(1)曲線運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，速度方向沿切線方向。(2)合力方向與軌跡的關(guān)系：物體做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡一定夾在速度方向與合力方向之間，合力的方向指向曲線的“凹”側(cè)。2．運(yùn)動(dòng)的合成與分解(1)物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，明確是在哪兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)的合成。(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)。(3)運(yùn)動(dòng)的合成與分解就是速度、位移、加速度等的合成與分解，遵循平行四邊形定則?！纠?】(2022·學(xué)軍中學(xué)適應(yīng)考)2021年10月29日，華南師大附中校運(yùn)會(huì)開(kāi)幕式隆重舉行，各班進(jìn)行入場(chǎng)式表演時(shí)，無(wú)人機(jī)從地面開(kāi)始起飛，在空中進(jìn)行跟蹤拍攝。若無(wú)人機(jī)在水平和豎直方向運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化關(guān)系圖像如圖所示，則無(wú)人機(jī)()A．在0～t1的時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線B．在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)軌跡為直線C．在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，速度均勻變化D．在t3時(shí)刻的加速度方向豎直向上【答案】C【解析】在0～t1的時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)沿x方向和y方向均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其合運(yùn)動(dòng)仍是直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)的加速度沿y軸負(fù)向，但初速度為t1時(shí)刻的末速度，方向不是沿y軸方向，初速度和加速度不共線，因此運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)是曲線，B錯(cuò)誤；在t1～t2的時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)加速度沿y軸負(fù)向，且為定值，因此其速度均勻變化，C正確；在t3時(shí)刻，無(wú)人機(jī)有x軸負(fù)方向和y軸正方向的加速度分量，合加速度方向不是豎直向上，D錯(cuò)誤?！纠?】．(2022·成都診斷)質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪分別連接著P與小車(chē)，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車(chē)以速率v水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車(chē)與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(shí)(如圖所示)，下列判斷正確的是()A．P的速率為v B．P的速率為vcosθ2C．繩的拉力等于mgsinθ1 D．繩的拉力小于mgsinθ1【答案】B【解析】：將小車(chē)的速度v進(jìn)行分解，如圖所示則vP＝vcosθ2，故A錯(cuò)誤，B正確；小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，θ2減小，v不變，則vP逐漸增大，說(shuō)明物體P沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律FT－mgsinθ1＝ma，可知繩子對(duì)P的拉力FT＞mgsinθ1，故C、D錯(cuò)誤。【例3】．[多選]一快艇從離岸邊100m遠(yuǎn)的河流中央向岸邊行駛，快艇在靜水中的速度—時(shí)間圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。則()A．快艇的運(yùn)動(dòng)軌跡一定為直線B．快艇的運(yùn)動(dòng)軌跡一定為曲線C．快艇最快到達(dá)岸邊，所用的時(shí)間為20sD．快艇最快到達(dá)岸邊，經(jīng)過(guò)的位移為100m【答案】BC【解析】：由題圖知，兩分運(yùn)動(dòng)一個(gè)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一個(gè)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一直線上，合運(yùn)動(dòng)為曲線運(yùn)動(dòng)，即運(yùn)動(dòng)軌跡一定為曲線，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)快艇速度方向垂直于河岸時(shí)，所用時(shí)間最短，垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5m/s2，由d＝eq\f(1,2)at2，得t＝20s，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于100m，C正確，D錯(cuò)誤。【系統(tǒng)歸納】1．合運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的判斷(1)若加速度與初速度的方向在同一直線上，則為直線運(yùn)動(dòng)，否則為曲線運(yùn)動(dòng)。(2)加速度恒定則為勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度不恒定則為非勻變速運(yùn)動(dòng)。2．三種過(guò)河情景分析過(guò)河時(shí)間最短船頭正對(duì)河岸時(shí)，渡河時(shí)間最短，tmin＝eq\f(d,v船)(d為河寬)過(guò)河路徑最短(v水<v船時(shí))合速度垂直于河岸時(shí)，航程最短，xmin＝d。船頭指向上游與河岸夾角為α，cosα＝eq\f(v水,v船)過(guò)河路徑最短(v水>v船時(shí))合速度不可能垂直于河岸，無(wú)法垂直渡河，最短航程s短＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(v水,v船)d3.繩、桿牽連速度問(wèn)題把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。如下為四種常見(jiàn)的速度分解模型：題型二平拋(類(lèi)平拋)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律【例1】如圖所示，一小球在斜面的頂端以初速度v0水平拋出，最后落到斜面上。已知斜面的傾角為α，小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。求：(1)小球落到斜面時(shí)速度大小和方向與水平面夾角的正切值。(2)小球離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的速度大小和運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！敬鸢竇(1)v0eq\r(1＋4tan2α)2tanα(2)eq\f(v0,cosα)eq\f(v0tanα,g)【解析】(1)如圖所示，設(shè)小球落到斜面上時(shí)速度方向與水平方向的夾角為θ小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有vx1＝v0，x＝v0t小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，有vy1＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2小球落到斜面上，所以有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)解得t＝eq\f(2v0tanα,g)tanθ＝eq\f(vy1,vx1)＝eq\f(gt,v0)＝2tanα小球落到斜面上的速度v1＝eq\r(vx12＋vy12)＝v0eq\r(1＋4tan2α)。(2)當(dāng)小球的運(yùn)動(dòng)方向與斜面平行時(shí)，小球與斜面相距最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)經(jīng)歷時(shí)間為t′，小球的運(yùn)動(dòng)方向與水平方向的夾角為α，則有vx＝vcosα，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt′,vx)，vx＝v0解得t′＝eq\f(v0tanα,g)，v＝eq\f(v0,cosα)?！疽?guī)律總結(jié)】處理平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)平拋運(yùn)動(dòng)(或類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))，一般將運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，再用運(yùn)動(dòng)的合成法則求合運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)于從斜面上平拋又落到斜面上的問(wèn)題，豎直位移與水平位移的比值等于斜面傾角的正切值。(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度與豎直速度的比值等于斜面傾角的正切值。(4)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，其位移方向與速度方向一定不同。(5)抓住兩個(gè)三角形：速度三角形和位移三角形，結(jié)合題目呈現(xiàn)的角度或函數(shù)方程找到解決問(wèn)題的突破口?！纠?】(2022·河北新高考測(cè)評(píng))2021年9月13日，在美國(guó)網(wǎng)球公開(kāi)賽女雙決賽中，張帥/斯托瑟以2∶1戰(zhàn)勝美國(guó)組合高芙/麥克納利，獲得冠軍。如圖所示是比賽中的一個(gè)場(chǎng)景，網(wǎng)球剛好到達(dá)最高點(diǎn)且距離地面H＝1.5m時(shí)張帥將球沿垂直球網(wǎng)方向水平擊出。已知球網(wǎng)上沿距地面的高度為h＝1m，擊球位置與球網(wǎng)之間的水平距離為3m，與對(duì)面邊界的水平距離取15m，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。若球能落在對(duì)面場(chǎng)地內(nèi)，則下列說(shuō)法正確的是()A．球擊出時(shí)速度越大，飛行的時(shí)間越長(zhǎng)，飛行的距離越大B．球被擊出時(shí)的最小速度為eq\r(10)m/sC．以最小速度將球擊出，落地時(shí)球的速度方向與水平地面的夾角為30°D．球被擊出時(shí)的最大速度為eq\r(10)m/s【答案】C【解析】球被擊出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橄侣涓叨纫欢ǎ虼饲蛟诳罩酗w行的時(shí)間不變，與擊出時(shí)的速度無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；球能落到對(duì)面場(chǎng)地內(nèi)，首先球要過(guò)網(wǎng)，因此球剛好從網(wǎng)上沿飛過(guò)時(shí)對(duì)應(yīng)的初速度為最小的擊出速度，由H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\f(\r(10),10)s，球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則vmin＝eq\f(x1,t)＝3eq\r(10)m/s，球落地時(shí)豎直方向的分速度為vy＝eq\r(2gH)＝eq\r(30)m/s，設(shè)落地時(shí)速度方向與水平地面間的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vmin)＝eq\f(\r(30),3\r(10))＝eq\f(\r(3),3)，即夾角為θ＝30°，B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)以最大速度擊出球時(shí)，由H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\f(\r(30),10)s，則球被擊出時(shí)的最大速度為vmax＝eq\f(x2,t1)＝5eq\r(30)m/s，D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】處理平拋運(yùn)動(dòng)中的臨界問(wèn)題的關(guān)鍵結(jié)合實(shí)際模型，進(jìn)行分析找出關(guān)于臨界條件的關(guān)鍵信息。此類(lèi)問(wèn)題的臨界條件通常為位置關(guān)系的限制或速度關(guān)系的限制，列出豎直方向與水平方向上的方程，將臨界條件代入即可求解。許多體育運(yùn)動(dòng)都可簡(jiǎn)化為平拋運(yùn)動(dòng)的模型，在分析此類(lèi)問(wèn)題時(shí)一定要注意從實(shí)際出發(fā)尋找臨界點(diǎn)，畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)的草圖，找出臨界條件。題型三圓周運(yùn)動(dòng)類(lèi)型1水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題【例1】[多選]港珠澳大橋總長(zhǎng)約55公里，是世界上總體跨度最長(zhǎng)、鋼結(jié)構(gòu)橋體最長(zhǎng)、海底沉管隧道最長(zhǎng)的跨海大橋。如圖所示的路段是一段半徑為120m的圓弧形彎道，路面寬度為12m，路面外側(cè)比內(nèi)側(cè)高60cm。由于下雨，路面被雨水淋濕，路面對(duì)輪胎的徑向(即垂直于前進(jìn)方向)最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4倍，若汽車(chē)通過(guò)圓弧形彎道時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，汽車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2，取路面傾角的余弦值為0.99，正弦值按照題目要求計(jì)算。則汽車(chē)以下列各個(gè)速度大小行駛，可以安全通過(guò)此圓弧形彎道的是()A．60km/h B．70km/hC．80km/h D．90km/h【答案】ABC【解析】以汽車(chē)為研究對(duì)象，路面對(duì)輪胎的徑向靜摩擦力和路面對(duì)汽車(chē)的支持力沿圓周半徑方向分力的合力提供汽車(chē)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，汽車(chē)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力最大，此時(shí)速度為最大速度vm，作出汽車(chē)的受力分析如圖所示其中路面的傾角為θ，汽車(chē)質(zhì)量為m，水平方向上有FNsinθ＋fmcosθ＝eq\f(mvm2,R)，豎直方向上有FNcosθ＝fmsinθ＋mg，最大靜摩擦力fm等于正壓力FN的0.4倍，即fm＝0.4FN，聯(lián)立以上三式可解得vm＝eq\r(\f(gR0.4cosθ＋sinθ,cosθ－0.4sinθ))，根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(0.6m,12m)＝0.05，由題述可知路面傾角的余弦值為cosθ＝0.99，代入數(shù)據(jù)解得vm＝23.5m/s＝84.6km/h，只要小于84.6km/h都可以安全通過(guò)，選項(xiàng)A、B、C均正確?！疽?guī)律總結(jié)】水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)臨界問(wèn)題的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)物體沿豎直方向的合力為零。(2)水平方向沿半徑指向圓心的合力提供向心力。(3)當(dāng)物體與水平面間的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)物體相對(duì)水平面開(kāi)始滑動(dòng)。類(lèi)型2豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的輕繩模型【例2】(2022·北京模擬)如圖甲所示，小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接繞定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)的速度大小為v，此時(shí)繩子拉力大小為F，拉力F與速度的平方v2的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的數(shù)據(jù)a和b以及重力加速度g都為已知量，以下說(shuō)法正確的是()A．?dāng)?shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關(guān)B．?dāng)?shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān)C．比值eq\f(b,a)只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑無(wú)關(guān)D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑【答案】D【解析】當(dāng)v2＝a時(shí)，此時(shí)繩子的拉力為零，物體的重力提供向心力，則有：mg＝meq\f(v2,r)，解得：v2＝gr，解得：a＝gr，與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝2a時(shí)，對(duì)物體受力分析，則有：mg＋b＝meq\f(v2,r)，解得：b＝mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)A、B項(xiàng)分析可知：eq\f(b,a)＝eq\f(m,r)，與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑有關(guān)，C錯(cuò)誤；由a＝gr，b＝mg，解得：r＝eq\f(a,g)，m＝eq\f(b,g)，D正確。【規(guī)律總結(jié)】輕繩模型的特點(diǎn)實(shí)例球與繩連接、水流星、翻滾過(guò)山車(chē)等圖示在最高點(diǎn)受力重力，彈力F彈向下或等于零mg＋F彈＝meq\f(v2,R)恰好過(guò)最高點(diǎn)F彈＝0，mg＝meq\f(vmin2,R)，vmin＝eq\r(gR)，即在最高點(diǎn)的速度v≥eq\r(gR)類(lèi)型3豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的輕桿模型【例3】[多選]如圖所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，另一端可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)使輕桿在同一豎直面內(nèi)做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，測(cè)得小球的向心加速度大小為g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，下列說(shuō)法正確的是()A．小球的線速度大小為eq\r(gL)B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)桿對(duì)小球的作用力豎直向上C．當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力方向不可能指向圓心OD．輕桿在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，輕桿對(duì)小球作用力的最大值為2mg【答案】ACD【解析】根據(jù)向心加速度a＝eq\f(v2,r)，代入得小球的線速度v＝eq\r(gL)，所以A正確；需要的向心力F＝ma＝mg，所以在最高點(diǎn)桿對(duì)小球的作用力為零，故B錯(cuò)誤；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，故合外力指向圓心，當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力F＝eq\r(mg2＋ma2)，方向不指向圓心O，所以C正確；輕桿在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)轉(zhuǎn)至最低點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力最大，根據(jù)牛頓第二定律：F－mg＝meq\f(v2,r)，得輕桿對(duì)小球作用力的最大值為F＝2mg，所以D正確?！疽?guī)律總結(jié)】1．輕桿模型的特點(diǎn)實(shí)例球與桿連接、球過(guò)豎直平面內(nèi)的圓形管道、套在圓環(huán)上的物體等圖示在最高點(diǎn)受力重力，彈力F彈向下、向上或等于零mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過(guò)最高點(diǎn)v＝0，mg＝F彈在最高點(diǎn)速度可為零2．輕桿模型中小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度及受力特點(diǎn)v＝0時(shí)小球受向上的支持力，且FN＝mg0<v<eq\r(gR)時(shí)小球受向上的支持力，且0<FN<mgv＝eq\r(gR)時(shí)小球除受重力之外不受其他力v>eq\r(gR)時(shí)小球受向下的拉力或壓力，并且拉力或壓力隨速度的增大而增大【專(zhuān)題突破練】1.[多選](2022·煙臺(tái)一模)如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽ABC，AC連線與地面相平，凹槽ABC是位于豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心、半徑為R的一段圓弧，B為圓弧最低點(diǎn)，而且AB段光滑，BC段粗糙。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從水平地面上P處以初速度v0斜向右上方飛出，v0與水平地面夾角為θ，不計(jì)空氣阻力，該小球恰好能從A點(diǎn)沿圓弧的切線方向進(jìn)入軌道，沿圓弧ABC繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后從C點(diǎn)以速率eq\f(v0,2)飛出。重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是()A．小球由P到A的過(guò)程中，離地面的最大高度為eq\f(v02sin2θ,g)B．小球進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgv0sinθC．小球在圓弧形軌道內(nèi)由于摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(3mv02,8)D．小球經(jīng)過(guò)圓弧形軌道最低點(diǎn)B處受到軌道的支持力大小為mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)【答案】BCD【解析】：小球由P到A的過(guò)程中，做斜拋運(yùn)動(dòng)，離地面的最大高度為H＝eq\f(v0y2,2g)＝eq\f(v02sin2θ,2g)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，小球到A點(diǎn)的豎直分速度vAy＝v0y＝v0sinθ，小球進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvAy＝mgv0sinθ，故B正確；沿圓弧ABC過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知－Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2，小球在圓弧形軌道內(nèi)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Wf＝eq\f(3mv02,8)，故C正確；沿圓弧AB運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可知mgR(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，在最低點(diǎn)，由向心力公式得FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，小球經(jīng)過(guò)圓形軌道最低點(diǎn)B處受到軌道的支持力大小為FN＝mg(3－2cosθ)＋eq\f(mv02,R)，故D正確。2.(2022·廣東廣州模擬)如圖，救援演習(xí)中通過(guò)繩索懸掛貨物的飛機(jī)以4m/s的速度水平勻速飛行。t＝0時(shí)刻起，開(kāi)始勻加速收攏繩提升貨物，忽略空氣對(duì)貨物的影響，在t＝1s時(shí)，貨物的速度大小為5m/s，則貨物的加速度大小為()A.1m/s2 B.3m/s2C.4m/s2 D.5m/s2【答案】B【解析】救援演習(xí)中通過(guò)繩索懸掛貨物的飛機(jī)以4m/s的速度水平勻速飛行，即vx＝4m/s，t＝0時(shí)刻起，開(kāi)始勻加速收攏繩提升貨物，故t＝0時(shí)刻，貨物豎直方向的分速度vy0＝0，在t＝1s時(shí)，貨物的速度大小為5m/s，即eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝5m/s，故t＝1s時(shí)，vy＝3m/s，而豎直方向勻加速上升，由vy＝at，得a＝3m/s2，故B正確。3.(2022·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)如圖，小球從A點(diǎn)斜向上拋出，恰好垂直撞到豎直墻壁的B點(diǎn)，已知小球在A點(diǎn)速度大小為2eq\r(3)m/s，與水平方向成60°夾角。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．小球上升的最大高度為0.6mB．小球在最高點(diǎn)的速度大小為3m/sC．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為0.3sD．AB間的水平距離為1.6m【答案】C【解析】小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分速度為vy0＝vAsin60°＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)m/s＝3m/s，小球上升的最大高度為Hm＝eq\f(veq\o\al(2,y0),2g)＝eq\f(32,2×10)m＝0.45m，A錯(cuò)誤；小球在最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為0，只有水平方向的速度，則小球在最高點(diǎn)的速度大小為vx0＝vAcos60°＝2eq\r(3)×eq\f(1,2)m/s＝eq\r(3)m/s，B錯(cuò)誤；小球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t＝eq\f(vy0,g)＝eq\f(3,10)s＝0.3s，C正確；AB間的水平距離為xAB＝vx0t＝eq\r(3)×0.3m≈0.52m，D錯(cuò)誤。4．(2022·河北石家莊一模)如圖所示，排球比賽中，某隊(duì)員在距網(wǎng)水平距離為4.8m、距地面3.2m高處將排球沿垂直網(wǎng)的方向以16m/s的速度水平擊出。已知網(wǎng)高2.24m，排球場(chǎng)地長(zhǎng)18m，重力加速度g取10m/s2，可將排球視為質(zhì)點(diǎn)，下列判斷正確的是()A．球不能過(guò)網(wǎng)B．球落在對(duì)方場(chǎng)地內(nèi)C．球落在對(duì)方場(chǎng)地底線上D．球落在對(duì)方場(chǎng)地底線之外【答案】B【解析】排球恰好到達(dá)網(wǎng)正上方的時(shí)間為t＝eq\f(x,v)＝eq\f(4.8,16)s＝0.3s，此時(shí)間內(nèi)排球下降的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m，因?yàn)棣＝3.2m－2.24m＝0.96m>0.45m，所以球越過(guò)了網(wǎng)，且落地時(shí)間為t′＝eq\r(\f(2h′,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s，則落地的水平位移為x′＝vt′＝16×0.8m＝12.8m，因?yàn)閾羟螯c(diǎn)到對(duì)方底線的距離為x″＝4.8m＋9m＝13.8m>12.8m，即球落在對(duì)方場(chǎng)地內(nèi)，故B正確。5.(2022·河北保定期末)如圖所示，為參加2022年北京冬奧會(huì)，某次訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員(視為質(zhì)點(diǎn))從傾斜雪道上端的水平平臺(tái)上以10m/s的速度飛出，最后落在傾角為37°的傾斜雪道上。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A.運(yùn)動(dòng)員的落點(diǎn)距雪道上端的距離為18mB.運(yùn)動(dòng)員飛出后到雪道的最遠(yuǎn)距離為1.25mC.運(yùn)動(dòng)員飛出后距雪道最遠(yuǎn)時(shí)的速度大小為12.5m/sD.若運(yùn)動(dòng)員水平飛出時(shí)的速度減小，則他落到雪道上的速度方向?qū)⒏淖儭敬鸢浮緾【解析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(y,x)＝tan37°，解得t＝1.5s，則運(yùn)動(dòng)員的落點(diǎn)距雪道上端的距離為s＝eq\f(v0t,cos37°)＝18.75m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員飛出后到雪道的最遠(yuǎn)距離為h＝eq\f(（v0sin37°）2,2gcos37°)＝2.25m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員速度方向與斜坡方向平行時(shí)，距離斜坡最遠(yuǎn)，根據(jù)平行四邊形定則知，速度v＝eq\f(v0,cos37°)＝12.5m/s，選項(xiàng)C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)，速度方向與水平方向夾角的正切值tanα＝2tan37°，即速度方向與水平方向的夾角是一定值，可知若運(yùn)動(dòng)員水平飛出時(shí)的速度減小，則他落到雪道上的速度方向不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.(2022·江西鷹潭二模)如圖所示，投球游戲中，某同學(xué)將皮球從地面上方O處水平拋出，第一次皮球直接落入墻角A處的空框，第二次皮球與地面發(fā)生兩次碰撞后恰好落入A處空框，已知皮球與地面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，不計(jì)空氣阻力。則()A.第一次拋出的初速度是第二次拋出初速度的3倍B.兩次拋出皮球過(guò)程人對(duì)球做的功一樣多C.皮球入框瞬間，兩次重力的功率一樣大D.從投出到入框，第二次皮球重力勢(shì)能的減少量比第一次多【答案】C【解析】皮球第二次拋出先做平拋運(yùn)動(dòng)，再做斜上拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，從B點(diǎn)到A點(diǎn)的水平位移等于從O點(diǎn)到B點(diǎn)的水平位移的4倍，所以皮球由O點(diǎn)到A點(diǎn)的水平位移是由O點(diǎn)到B點(diǎn)水平位移的5倍；皮球由O點(diǎn)到A點(diǎn)或由O點(diǎn)到B點(diǎn)，在豎直方向上都做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以時(shí)間相等，設(shè)從O點(diǎn)到B點(diǎn)的水平位移為x，由O點(diǎn)到A點(diǎn)的水平位移為5x，則對(duì)第一次有5x＝v1t，對(duì)第二次有x＝v2t，聯(lián)立解得v1∶v2＝5∶1，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2，則兩次拋出皮球過(guò)程人對(duì)球做的功之比為W1∶W2＝25∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，兩次皮球入框時(shí)，豎直分速度相等，則兩次重力的功率相等，故C正確；兩次皮球入框時(shí)豎直高度相等，重力勢(shì)能的減少量相等，故D錯(cuò)誤。7.(2022·哈師大附中期中)如圖所示，在距地面高h(yuǎn)的A點(diǎn)以與水平面成α＝60°的角度斜向上拋出一小球，不計(jì)空氣阻力。發(fā)現(xiàn)小球落在右邊板OG上的落點(diǎn)D與A點(diǎn)等高。已知v0＝2eq\r(3)m/s，h＝0.2m，g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A.小球從A到D的水平位移為1.8mB.小球在水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)C.若撤去OG板，則經(jīng)過(guò)D點(diǎn)之后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，故再經(jīng)0.2s它將落地D.小球從A到D的時(shí)間是0.6s【答案】D【解析】小球在豎直方向的分速度為vy0＝v0sinα＝3m/s，在水平方向的分速度為vx0＝v0cosα＝eq\r(3)m/s，小球從A到D的時(shí)間為t＝eq\f(2vy0,g)＝eq\f(2×3,10)s＝0.6s，水平位移為x＝vx0t＝eq\f(3\r(3),5)m，所以A錯(cuò)誤，D正確；小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；若撤去OG板，則經(jīng)過(guò)D點(diǎn)之后小球在豎直方向速度為vy＝vy0＝3m/s，方向向下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以C錯(cuò)誤。8.(2022·安徽蕪湖二模)在2022年2月5日北京冬奧會(huì)上，我國(guó)選手運(yùn)動(dòng)員在短道速滑比賽中的最后沖刺階段如圖所示，設(shè)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上恰好同時(shí)到達(dá)虛線PQ，然后分別沿半徑為r1和r2(r2＞r1)的滑道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后勻加速?zèng)_向終點(diǎn)線。假設(shè)甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所受向心力大小相等，直線沖刺時(shí)的加速度大小也相等。下列判斷中正確的是()A.在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲先完成半圓周運(yùn)動(dòng)B.在做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙先完成半圓周運(yùn)動(dòng)C.在直線加速階段，甲、乙所用的時(shí)間相等D.在沖刺時(shí)，甲、乙到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度相等【答案】A【解析】根據(jù)公式F＝meq\f(4π2,T2)r可得T＝eq\r(\f(4π2mr,F))，由題意，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量相等，他們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所受向心力大小相等，可知，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，周期越大，甲的半徑小于乙的半徑，則甲先完成半圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式F＝meq\f(v2,r)可得，甲、乙運(yùn)動(dòng)員滑行速度為v＝eq\r(\f(Fr,m))可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直線加速階段，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，甲的滑行時(shí)間大于乙的滑行時(shí)間；根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，甲到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度小于乙到達(dá)終點(diǎn)線時(shí)的速度，故C、D錯(cuò)誤。9.(2022·福建泉州二模)在2022年3月23日的“天宮課堂”上，航天員王亞平搖晃裝有水和油的小瓶，靜置后水和油混合在一起沒(méi)有分層。圖甲為航天員葉光富啟動(dòng)“人工離心機(jī)”，即用繩子一端系住裝有水油混合的瓶子，以繩子的另一端O為圓心做如圖乙所示的圓周運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后水和油成功分層(水的密度大于油的密度)，以空間站為參考系，此時(shí)()A.水和油的線速度大小相等B.水和油的向心加速度大小相等C.水對(duì)油的作用力大于油對(duì)水的作用力D.水對(duì)油有指向圓心的作用力【答案】D【解析】水的密度大于油的密度，所以混合液體中取半徑相同處體積相等的水和油的液體小球，水球的質(zhì)量大于油球的質(zhì)量，根據(jù)F向＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故當(dāng)水油分層后水在瓶底，油在上面，水和油做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不相同，角速度相同，根據(jù)v＝ωr知，水比油的半徑大時(shí)，線速度也大，A錯(cuò)誤；根據(jù)a向＝ω2r知，角速度相同時(shí)，水的半徑大，向心加速度就越大，B錯(cuò)誤；水對(duì)油的作用力和油對(duì)水的作用力是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，此二力大小相等方向相反，C錯(cuò)誤；油做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由水提供，故水對(duì)油有指向圓心的作用力，D正確。10.(2022·浙江溫州三模)如圖所示是中國(guó)航天科工集團(tuán)研制的一種投彈式干粉消防車(chē)。滅火車(chē)出彈口到高樓水平距離為x，在同一位置滅火車(chē)先后向高層建筑發(fā)射2枚滅火彈，且滅火彈均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假設(shè)發(fā)射初速度大小均為v0，v0與水平方向夾角分別為θ1、θ2，擊中點(diǎn)離出彈口高度分別為h1、h2，空中飛行時(shí)間分別為t1、t2。滅火彈可視為質(zhì)點(diǎn)，兩運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直面內(nèi)，且不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A．高度之比eq\f(h1,h2)＝eq\f(cosθ1,cosθ2)B．時(shí)間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(cosθ1,cosθ2)C．兩枚滅火彈的發(fā)射角滿足θ1＋θ2＝90°D．水平距離與兩枚滅火彈飛行時(shí)間滿足x＝2gt1t2【答案】C【解析】豎直方向的初速度分別為vy1＝v0sinθ1，vy2＝v0sinθ2，根據(jù)veq\o\al(2,y)＝2gh得eq\f(h1,h2)＝eq\f(sin2θ1,sin2θ2)，根據(jù)vy＝gt得eq\f(t1,t2)＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，故A、B錯(cuò)誤；水平方向x＝v0cosθ1·eq\f(v0sinθ1,g)，x＝v0cosθ2·eq\f(v0sinθ2,g)，可得sin2θ1＝sin2θ2＝sin(180°－2θ2)，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系可得θ1＋θ2＝90°，故C正確；水平方向eq\f(x,t1)＝v0cosθ1，豎直方向gt2＝v0sinθ2，結(jié)合θ1＋θ2＝90°可得sinθ2＝cosθ1，解得x＝gt1t2，故D錯(cuò)誤。11.(2022·浙江舟山中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，“L”形桿倒置，橫桿端固定有定滑輪，豎直桿光滑且粗細(xì)均勻，繞過(guò)定滑輪的細(xì)線兩端分別連接著小球B及套在豎直桿上的滑塊A，讓整個(gè)裝置繞豎直桿的軸以一定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，滑輪兩邊的線長(zhǎng)相等且兩邊的線與豎直方向的夾角均為37°。已知細(xì)線總長(zhǎng)為l，滑塊的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，不計(jì)滑塊和球的大小，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則()A．M>m B．M<mC．ω＝eq\r(\f(5g,4l)) D．ω＝eq\r(\f(3g,2l))【答案】C【解析】設(shè)細(xì)線的拉力為T(mén)，則Tcos37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B錯(cuò)誤；由題知，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為0.6l，則有mgtan37°＝m×0.6lω2，解得ω＝eq\r(\f(5g,4l))，D錯(cuò)誤，C正確。12.(2022·廣東汕頭質(zhì)檢)如圖，帶車(chē)牌自動(dòng)識(shí)別系統(tǒng)的直桿道閘，離地面高為1m的細(xì)直桿可繞O在豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。汽車(chē)從自動(dòng)識(shí)別線ab處到達(dá)直桿處的時(shí)間為2.3s，自動(dòng)識(shí)別系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間為0.3s；汽車(chē)可看成高1.6m的長(zhǎng)方體，其左側(cè)面底邊在aa′直線上，且O到汽車(chē)左側(cè)面的距離為0.6m，要使汽車(chē)安全通過(guò)道閘，直桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度至少為()A.eq\f(π,6)rad/s B.eq\f(3π,8)rad/sC.eq\f(π,8)rad/s D.eq\f(π,12)rad/s【答案】C【解析】設(shè)汽車(chē)恰好通過(guò)道閘時(shí)直桿至少轉(zhuǎn)過(guò)的角度為α，由幾何關(guān)系得tanα＝eq\f(1.6－1,0.6)＝1，解得α＝eq\f(π,4)，直桿轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間t＝t汽－t反＝2s，直桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝eq\f(α,t)＝eq\f(\f(π,4),2)rad/s＝eq\f(π,8)rad/s，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。13.(2022·河北張家口三模)如圖所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過(guò)O的豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，放在容器內(nèi)的兩個(gè)質(zhì)量相等的小物塊a和b相對(duì)容器靜止，b與容器壁間恰好沒(méi)有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說(shuō)法正確的是()A.小物塊a和b做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力之比為eq\r(3)∶1B.小物塊a和b對(duì)容器壁的壓力之比為eq\r(3)∶1C.小物塊a與容器壁之間無(wú)摩擦力D.容器壁對(duì)小物塊a的摩擦力方向沿器壁切線向下【答案】A【解析】a、b角速度相等，向心力可表示為F＝mω2Rsinα，所以a、b向心力之比為sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正確；對(duì)b受力分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，對(duì)a受力分析得mgtan60°>mω2Rsin60°，即支持力在指向轉(zhuǎn)軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上；對(duì)b有FNbcos30°＝mg，對(duì)a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B、C、D錯(cuò)誤。14.(2022·河北石家莊質(zhì)檢)智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛(ài)。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點(diǎn)的配重質(zhì)量為0.5kg，繩長(zhǎng)為0.5m，懸掛點(diǎn)P到腰帶中心點(diǎn)O的距離為0.2m。水平固定好腰帶，通過(guò)人體微小扭動(dòng)，使配重隨短桿做水平勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子與豎直方向夾角為θ，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中腰帶可看作不動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列說(shuō)法正確的是()A．勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，配重受到的合力恒定不變B．若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的合力變大C．當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時(shí)，配重的角速度為5rad/sD．當(dāng)θ由37°緩慢增加到53°的過(guò)程中，繩子對(duì)配重做正功【答案】D【解析】勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，配重做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力大小不變，但方向在變化，A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中腰帶可看作不動(dòng)，所以腰帶合力始終為零，B錯(cuò)誤；對(duì)配重，由牛頓第二定律知mgtanθ＝mω2(lsinθ＋r)，即ω＝eq\r(\f(gtanθ,（lsinθ＋r）))，當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時(shí)，解得ω＝eq\r(15)rad/s，C錯(cuò)誤；由ω＝eq\r(\f(gtanθ,（lsinθ＋r）))可知，當(dāng)θ穩(wěn)定在53°時(shí)，角速度大于θ穩(wěn)定在37°時(shí)的角速度，配重圓周半徑也增大，速度增大，動(dòng)能增大，同時(shí)高度上升，重力勢(shì)能增大，所以機(jī)械能增大；由功能關(guān)系，θ由37°緩慢增加到53°的過(guò)程中，繩子對(duì)配重做的功等于配重機(jī)械能的增加量，所以功為正值，做正功，D正確。15.(2022·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)如圖為自行車(chē)氣嘴燈及其結(jié)構(gòu)圖，彈簧一端固定在A端，另一端拴接重物，當(dāng)車(chē)輪高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，LED燈就會(huì)發(fā)光。下列說(shuō)法正確的是()A.安裝時(shí)A端比B端更遠(yuǎn)離圓心B.高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，重物由于受到離心力的作用拉伸彈簧從而使觸點(diǎn)接觸C.增大重物質(zhì)量可使LED燈在較低轉(zhuǎn)速下也能發(fā)光D.勻速行駛時(shí)，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，則在最高點(diǎn)時(shí)也一定能發(fā)光【答案】C【解析】要使重物做離心運(yùn)動(dòng)，M、N接觸，則A端應(yīng)靠近圓心，A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)速越大，所需向心力越大，彈簧拉伸的越長(zhǎng)，M、N接觸時(shí)燈就會(huì)發(fā)光，不能說(shuō)重物受到離心力作用，B錯(cuò)誤；燈在最低點(diǎn)時(shí)F彈－mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(F彈,mr)－\f(g,r))，因此增大重物質(zhì)量可使LED燈在較低轉(zhuǎn)速下也能發(fā)光，C正確；燈在最低點(diǎn)時(shí)F1－mg＝eq\f(mv2,r)，燈在最高點(diǎn)時(shí)F2＋mg＝eq\f(mv2,r)，勻速行駛時(shí)，在最低點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)重物的彈力大于在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)重物的彈力，因此勻速行駛時(shí)，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，則在最高點(diǎn)時(shí)不一定能發(fā)光，D錯(cuò)誤。16.(2022·江蘇揚(yáng)州中學(xué)抽測(cè))如圖甲所示，被稱(chēng)為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒C．鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對(duì)鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌【答案】D【解析】小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過(guò)圓心，它們都始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對(duì)小鐵球做功，只有重力會(huì)對(duì)小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大。小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點(diǎn)軌道對(duì)小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過(guò)最高點(diǎn)，C錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在最高點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，在最低點(diǎn)的速度也越小，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)可知小鐵球在最低點(diǎn)時(shí)需要的向心力越小。而在最低點(diǎn)小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使鐵球不脫軌，軌道對(duì)鐵球的支持力一定要大于0。所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，而且到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)鐵球的支持力恰好等于0。根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，軌道對(duì)鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得F＝5mg，D正確。17.(多選)(2022·河北保定期末)如圖所示，質(zhì)量為m的小明(視為質(zhì)點(diǎn))坐摩天輪。小明乘坐的車(chē)廂與摩天輪的轉(zhuǎn)軸間的距離為r，摩天輪以大小為keq\r(\f(g,r))(常數(shù)k<1，g為重力加速度大小)的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若小明坐在車(chē)廂水平座墊上且雙腳離地，則下列說(shuō)法正確的是()A.小明通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)不受重力B.小明做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))C.小明通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)處于完全失重狀態(tài)D.小明通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)車(chē)廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg【答案】BD【解析】當(dāng)小明通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)小明依然要受到重力作用，A錯(cuò)誤；小明做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正確；小明做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)處于失重狀態(tài)，但并非處于完全失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；當(dāng)小明通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，此時(shí)小明對(duì)車(chē)廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg，D正確。18.(多選)(2021·河北高考)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長(zhǎng)，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球穿過(guò)PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球均相對(duì)PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)()A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球?qū)U壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大