高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略-3專題2.3 力與曲線運動（解析版）

PAGE26核心主干專題突破專題2.3力與曲線運動目錄【突破高考題型】 1題型一曲線運動、運動的合成與分解 1題型二平拋(類平拋)運動的規(guī)律 3題型三圓周運動 5類型1水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題 5類型2豎直平面內(nèi)圓周運動的輕繩模型 6類型3豎直平面內(nèi)圓周運動的輕桿模型 7【專題突破練】 8【突破高考題型】題型一曲線運動、運動的合成與分解1．曲線運動的理解(1)曲線運動是變速運動，速度方向沿切線方向。(2)合力方向與軌跡的關(guān)系：物體做曲線運動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．運動的合成與分解(1)物體的實際運動是合運動，明確是在哪兩個方向上的分運動的合成。(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運動的性質(zhì)。(3)運動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，華南師大附中校運會開幕式隆重舉行，各班進行入場式表演時，無人機從地面開始起飛，在空中進行跟蹤拍攝。若無人機在水平和豎直方向運動的速度隨時間變化關(guān)系圖像如圖所示，則無人機()A．在0～t1的時間內(nèi)，運動軌跡為曲線B．在t1～t2的時間內(nèi)，運動軌跡為直線C．在t1～t2的時間內(nèi)，速度均勻變化D．在t3時刻的加速度方向豎直向上【答案】C【解析】在0～t1的時間內(nèi)，無人機沿x方向和y方向均做初速度為零的勻加速直線運動，其合運動仍是直線運動，A錯誤；在t1～t2的時間內(nèi)，無人機的加速度沿y軸負(fù)向，但初速度為t1時刻的末速度，方向不是沿y軸方向，初速度和加速度不共線，因此運動軌跡應(yīng)是曲線，B錯誤；在t1～t2的時間內(nèi)，無人機加速度沿y軸負(fù)向，且為定值，因此其速度均勻變化，C正確；在t3時刻，無人機有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)繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動。當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(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】：將小車的速度v進行分解，如圖所示則vP＝vcosθ2，故A錯誤，B正確；小車向右運動，θ2減小，v不變，則vP逐漸增大，說明物體P沿斜面向上做加速運動，由牛頓第二定律FT－mgsinθ1＝ma，可知繩子對P的拉力FT＞mgsinθ1，故C、D錯誤?！纠?】．[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—時間圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，速度—時間圖像如圖乙所示。則()A．快艇的運動軌跡一定為直線B．快艇的運動軌跡一定為曲線C．快艇最快到達(dá)岸邊，所用的時間為20sD．快艇最快到達(dá)岸邊，經(jīng)過的位移為100m【答案】BC【解析】：由題圖知，兩分運動一個為勻加速直線運動，一個為勻速直線運動，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一直線上，合運動為曲線運動，即運動軌跡一定為曲線，A錯誤，B正確；當(dāng)快艇速度方向垂直于河岸時，所用時間最短，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錯誤。【系統(tǒng)歸納】1．合運動性質(zhì)的判斷(1)若加速度與初速度的方向在同一直線上，則為直線運動，否則為曲線運動。(2)加速度恒定則為勻變速運動，加速度不恒定則為非勻變速運動。2．三種過河情景分析過河時間最短船頭正對河岸時，渡河時間最短，tmin＝eq\f(d,v船)(d為河寬)過河路徑最短(v水<v船時)合速度垂直于河岸時，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)過河路徑最短(v水>v船時)合速度不可能垂直于河岸，無法垂直渡河，最短航程s短＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(v水,v船)d3.繩、桿牽連速度問題把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。如下為四種常見的速度分解模型：題型二平拋(類平拋)運動的規(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)時的速度大小和運動時間。【答案](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動，有vx1＝v0，x＝v0t小球在豎直方向上做自由落體運動，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)小球的運動方向與斜面平行時，小球與斜面相距最遠(yuǎn)，設(shè)此時經(jīng)歷時間為t′，小球的運動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)】處理平拋運動問題的五個關(guān)鍵點(1)平拋運動(或類平拋運動)，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成法則求合運動。(2)對于從斜面上平拋又落到斜面上的問題，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)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同。(5)抓住兩個三角形：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)方程找到解決問題的突破口?！纠?】(2022·河北新高考測評)2021年9月13日，在美國網(wǎng)球公開賽女雙決賽中，張帥/斯托瑟以2∶1戰(zhàn)勝美國組合高芙/麥克納利，獲得冠軍。如圖所示是比賽中的一個場景，網(wǎng)球剛好到達(dá)最高點且距離地面H＝1.5m時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，與對面邊界的水平距離取15m，g取10m/s2，不計空氣阻力。若球能落在對面場地內(nèi)，則下列說法正確的是()A．球擊出時速度越大，飛行的時間越長，飛行的距離越大B．球被擊出時的最小速度為eq\r(10)m/sC．以最小速度將球擊出，落地時球的速度方向與水平地面的夾角為30°D．球被擊出時的最大速度為eq\r(10)m/s【答案】C【解析】球被擊出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，因為下落高度一定，因此球在空中飛行的時間不變，與擊出時的速度無關(guān)，A錯誤；球能落到對面場地內(nèi)，首先球要過網(wǎng)，因此球剛好從網(wǎng)上沿飛過時對應(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動，則vmin＝eq\f(x1,t)＝3eq\r(10)m/s，球落地時豎直方向的分速度為vy＝eq\r(2gH)＝eq\r(30)m/s，設(shè)落地時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錯誤，C正確；當(dāng)以最大速度擊出球時，由H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\f(\r(30),10)s，則球被擊出時的最大速度為vmax＝eq\f(x2,t1)＝5eq\r(30)m/s，D錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】處理平拋運動中的臨界問題的關(guān)鍵結(jié)合實際模型，進行分析找出關(guān)于臨界條件的關(guān)鍵信息。此類問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。許多體育運動都可簡化為平拋運動的模型，在分析此類問題時一定要注意從實際出發(fā)尋找臨界點，畫出物體運動的草圖，找出臨界條件。題型三圓周運動類型1水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題【例1】[多選]港珠澳大橋總長約55公里，是世界上總體跨度最長、鋼結(jié)構(gòu)橋體最長、海底沉管隧道最長的跨海大橋。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，路面對輪胎的徑向(即垂直于前進方向)最大靜摩擦力變?yōu)檎龎毫Φ?.4倍，若汽車通過圓弧形彎道時做勻速圓周運動，汽車可視為質(zhì)點，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算。則汽車以下列各個速度大小行駛，可以安全通過此圓弧形彎道的是()A．60km/h B．70km/hC．80km/h D．90km/h【答案】ABC【解析】以汽車為研究對象，路面對輪胎的徑向靜摩擦力和路面對汽車的支持力沿圓周半徑方向分力的合力提供汽車做圓周運動的向心力，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力時，汽車做勻速圓周運動的向心力最大，此時速度為最大速度vm，作出汽車的受力分析如圖所示其中路面的傾角為θ，汽車質(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，選項A、B、C均正確?！疽?guī)律總結(jié)】水平面內(nèi)圓周運動臨界問題的三個關(guān)鍵點(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)到最大值時物體相對水平面開始滑動。類型2豎直平面內(nèi)圓周運動的輕繩模型【例2】(2022·北京模擬)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接繞定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球經(jīng)過最高點的速度大小為v，此時繩子拉力大小為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，此時繩子的拉力為零，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)量無關(guān)，A錯誤；當(dāng)v2＝2a時，對物體受力分析，則有：mg＋b＝meq\f(v2,r)，解得：b＝mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，B錯誤；根據(jù)A、B項分析可知：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錯誤；由a＝gr，b＝mg，解得：r＝eq\f(a,g)，m＝eq\f(b,g)，D正確?！疽?guī)律總結(jié)】輕繩模型的特點實例球與繩連接、水流星、翻滾過山車等圖示在最高點受力重力，彈力F彈向下或等于零mg＋F彈＝meq\f(v2,R)恰好過最高點F彈＝0，mg＝meq\f(vmin2,R)，vmin＝eq\r(gR)，即在最高點的速度v≥eq\r(gR)類型3豎直平面內(nèi)圓周運動的輕桿模型【例3】[多選]如圖所示，一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)相連，另一端可繞O點轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)使輕桿在同一豎直面內(nèi)做勻速轉(zhuǎn)動，測得小球的向心加速度大小為g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，下列說法正確的是()A．小球的線速度大小為eq\r(gL)B．小球運動到最高點時桿對小球的作用力豎直向上C．當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時，輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心OD．輕桿在勻速轉(zhuǎn)動過程中，輕桿對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，所以在最高點桿對小球的作用力為零，故B錯誤；小球做勻速圓周運動，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，輕桿對小球的作用力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)動過程中，當(dāng)轉(zhuǎn)至最低點時，桿對小球的作用力最大，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．輕桿模型的特點實例球與桿連接、球過豎直平面內(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)恰好過最高點v＝0，mg＝F彈在最高點速度可為零2．輕桿模型中小球通過最高點時的速度及受力特點v＝0時小球受向上的支持力，且FN＝mg0<v<eq\r(gR)時小球受向上的支持力，且0<FN<mgv＝eq\r(gR)時小球除受重力之外不受其他力v>eq\r(gR)時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【專題突破練】1.[多選](2022·煙臺一模)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，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)，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，不計空氣阻力，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道，沿圓弧ABC繼續(xù)運動后從C點以速率eq\f(v0,2)飛出。重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．小球由P到A的過程中，離地面的最大高度為eq\f(v02sin2θ,g)B．小球進入A點時重力的瞬時功率為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)過圓弧形軌道最低點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的過程中，做斜拋運動，離地面的最大高度為H＝eq\f(v0y2,2g)＝eq\f(v02sin2θ,2g)，故A錯誤；根據(jù)對稱性可知，小球到A點的豎直分速度vAy＝v0y＝v0sinθ，小球進入A點時重力的瞬時功率為P＝mgvAy＝mgv0sinθ，故B正確；沿圓弧ABC過程中，由動能定理可知－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運動過程中，由機械能守恒定律可知mgR(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2，在最低點，由向心力公式得FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，小球經(jīng)過圓形軌道最低點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)中通過繩索懸掛貨物的飛機以4m/s的速度水平勻速飛行。t＝0時刻起，開始勻加速收攏繩提升貨物，忽略空氣對貨物的影響，在t＝1s時，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)中通過繩索懸掛貨物的飛機以4m/s的速度水平勻速飛行，即vx＝4m/s，t＝0時刻起，開始勻加速收攏繩提升貨物，故t＝0時刻，貨物豎直方向的分速度vy0＝0，在t＝1s時，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，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點斜向上拋出，恰好垂直撞到豎直墻壁的B點，已知小球在A點速度大小為2eq\r(3)m/s，與水平方向成60°夾角。不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球上升的最大高度為0.6mB．小球在最高點的速度大小為3m/sC．小球從A運動到B的時間為0.3sD．AB間的水平距離為1.6m【答案】C【解析】小球做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，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錯誤；小球在最高點時，豎直方向速度為0，只有水平方向的速度，則小球在最高點的速度大小為vx0＝vAcos60°＝2eq\r(3)×eq\f(1,2)m/s＝eq\r(3)m/s，B錯誤；小球從A運動到B的時間為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錯誤。4．(2022·河北石家莊一模)如圖所示，排球比賽中，某隊員在距網(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，排球場地長18m，重力加速度g取10m/s2，可將排球視為質(zhì)點，下列判斷正確的是()A．球不能過網(wǎng)B．球落在對方場地內(nèi)C．球落在對方場地底線上D．球落在對方場地底線之外【答案】B【解析】排球恰好到達(dá)網(wǎng)正上方的時間為t＝eq\f(x,v)＝eq\f(4.8,16)s＝0.3s，此時間內(nèi)排球下降的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m，因為Δh＝3.2m－2.24m＝0.96m>0.45m，所以球越過了網(wǎng)，且落地時間為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，因為擊球點到對方底線的距離為x″＝4.8m＋9m＝13.8m>12.8m，即球落在對方場地內(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，某次訓(xùn)練中，運動員(視為質(zhì)點)從傾斜雪道上端的水平平臺上以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，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A.運動員的落點距雪道上端的距離為18mB.運動員飛出后到雪道的最遠(yuǎn)距離為1.25mC.運動員飛出后距雪道最遠(yuǎn)時的速度大小為12.5m/sD.若運動員水平飛出時的速度減小，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)平拋運動知識可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(y,x)＝tan37°，解得t＝1.5s，則運動員的落點距雪道上端的距離為s＝eq\f(v0t,cos37°)＝18.75m，選項A錯誤；運動員飛出后到雪道的最遠(yuǎn)距離為h＝eq\f(（v0sin37°）2,2gcos37°)＝2.25m，選項B錯誤；當(dāng)運動員速度方向與斜坡方向平行時，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C正確；當(dāng)運動員落在斜坡上時，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，可知若運動員水平飛出時的速度減小，則他落到雪道上的速度方向不變，選項D錯誤。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.兩次拋出皮球過程人對球做的功一樣多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動，再做斜上拋運動，如圖所示，根據(jù)對稱性可知，從B點到A點的水平位移等于從O點到B點的水平位移的4倍，所以皮球由O點到A點的水平位移是由O點到B點水平位移的5倍；皮球由O點到A點或由O點到B點，在豎直方向上都做自由落體運動，所以時間相等，設(shè)從O點到B點的水平位移為x，由O點到A點的水平位移為5x，則對第一次有5x＝v1t，對第二次有x＝v2t，聯(lián)立解得v1∶v2＝5∶1，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2，則兩次拋出皮球過程人對球做的功之比為W1∶W2＝25∶1，故B錯誤；根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，兩次皮球入框時，豎直分速度相等，則兩次重力的功率相等，故C正確；兩次皮球入框時豎直高度相等，重力勢能的減少量相等，故D錯誤。7.(2022·哈師大附中期中)如圖所示，在距地面高h(yuǎn)的A點以與水平面成α＝60°的角度斜向上拋出一小球，不計空氣阻力。發(fā)現(xiàn)小球落在右邊板OG上的落點D與A點等高。已知v0＝2eq\r(3)m/s，h＝0.2m，g取10m/s2。則下列說法正確的是()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動C.若撤去OG板，則經(jīng)過D點之后小球在豎直方向做自由落體運動，故再經(jīng)0.2s它將落地D.小球從A到D的時間是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錯誤，D正確；小球在水平方向做勻速直線運動，所以B錯誤；若撤去OG板，則經(jīng)過D點之后小球在豎直方向速度為vy＝vy0＝3m/s，方向向下，做勻加速直線運動，不是自由落體運動，所以C錯誤。8.(2022·安徽蕪湖二模)在2022年2月5日北京冬奧會上，我國選手運動員在短道速滑比賽中的最后沖刺階段如圖所示，設(shè)甲、乙兩運動員在水平冰面上恰好同時到達(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動，運動半個圓周后勻加速沖向終點線。假設(shè)甲、乙兩運動員質(zhì)量相等，他們做圓周運動時所受向心力大小相等，直線沖刺時的加速度大小也相等。下列判斷中正確的是()A.在做圓周運動時，甲先完成半圓周運動B.在做圓周運動時，乙先完成半圓周運動C.在直線加速階段，甲、乙所用的時間相等D.在沖刺時，甲、乙到達(dá)終點線時的速度相等【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、乙兩運動員質(zhì)量相等，他們做圓周運動時所受向心力大小相等，可知，做圓周運動的半徑越大，周期越大，甲的半徑小于乙的半徑，則甲先完成半圓周運動，故A正確，B錯誤；根據(jù)公式F＝meq\f(v2,r)可得，甲、乙運動員滑行速度為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，甲的滑行時間大于乙的滑行時間；根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，甲到達(dá)終點線時的速度小于乙到達(dá)終點線時的速度，故C、D錯誤。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有分層。圖甲為航天員葉光富啟動“人工離心機”，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動，一段時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()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.水對油的作用力大于油對水的作用力D.水對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，水和油做圓周運動的半徑不相同，角速度相同，根據(jù)v＝ωr知，水比油的半徑大時，線速度也大，A錯誤；根據(jù)a向＝ω2r知，角速度相同時，水的半徑大，向心加速度就越大，B錯誤；水對油的作用力和油對水的作用力是一對相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，此二力大小相等方向相反，C錯誤；油做圓周運動的向心力由水提供，故水對油有指向圓心的作用力，D正確。10.(2022·浙江溫州三模)如圖所示是中國航天科工集團研制的一種投彈式干粉消防車。滅火車出彈口到高樓水平距離為x，在同一位置滅火車先后向高層建筑發(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，擊中點離出彈口高度分別為h1、h2，空中飛行時間分別為t1、t2。滅火彈可視為質(zhì)點，兩運動軌跡在同一豎直面內(nèi)，且不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．高度之比eq\f(h1,h2)＝eq\f(cosθ1,cosθ2)B．時間之比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，讓整個裝置繞豎直桿的軸以一定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定時，滑輪兩邊的線長相等且兩邊的線與豎直方向的夾角均為37°。已知細(xì)線總長為l，滑塊的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，不計滑塊和球的大小，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，則Tcos37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B錯誤；由題知，小球做圓周運動的半徑為0.6l，則有mgtan37°＝m×0.6lω2，解得ω＝eq\r(\f(5g,4l))，D錯誤，C正確。12.(2022·廣東汕頭質(zhì)檢)如圖，帶車牌自動識別系統(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。汽車從自動識別線ab處到達(dá)直桿處的時間為2.3s，自動識別系統(tǒng)的反應(yīng)時間為0.3s；汽車可看成高1.6m的長方體，其左側(cè)面底邊在aa′直線上，且O到汽車左側(cè)面的距離為0.6m，要使汽車安全通過道閘，直桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為()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)汽車恰好通過道閘時直桿至少轉(zhuǎn)過的角度為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)動的時間t＝t汽－t反＝2s，直桿轉(zhuǎn)動的角速度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O的豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，放在容器內(nèi)的兩個質(zhì)量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。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°，則下列說法正確的是()A.小物塊a和b做圓周運動的向心力之比為eq\r(3)∶1B.小物塊a和b對容器壁的壓力之比為eq\r(3)∶1C.小物塊a與容器壁之間無摩擦力D.容器壁對小物塊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b受力分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，對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b有FNbcos30°＝mg，對a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B、C、D錯誤。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。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，其簡化模型如圖乙所示?？梢暈橘|(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5kg，繩長為0.5m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2m。水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程中腰帶可看作不動，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列說法正確的是()A．勻速轉(zhuǎn)動時，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，配重的角速度為5rad/sD．當(dāng)θ由37°緩慢增加到53°的過程中，繩子對配重做正功【答案】D【解析】勻速轉(zhuǎn)動時，配重做勻速圓周運動，合力大小不變，但方向在變化，A錯誤；轉(zhuǎn)動過程中腰帶可看作不動，所以腰帶合力始終為零，B錯誤；對配重，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，解得ω＝eq\r(15)rad/s，C錯誤；由ω＝eq\r(\f(gtanθ,（lsinθ＋r）))可知，當(dāng)θ穩(wěn)定在53°時，角速度大于θ穩(wěn)定在37°時的角速度，配重圓周半徑也增大，速度增大，動能增大，同時高度上升，重力勢能增大，所以機械能增大；由功能關(guān)系，θ由37°緩慢增加到53°的過程中，繩子對配重做的功等于配重機械能的增加量，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)車輪高速旋轉(zhuǎn)時，LED燈就會發(fā)光。下列說法正確的是()A.安裝時A端比B端更遠(yuǎn)離圓心B.高速旋轉(zhuǎn)時，重物由于受到離心力的作用拉伸彈簧從而使觸點接觸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，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點時能發(fā)光，則在最高點時也一定能發(fā)光【答案】C【解析】要使重物做離心運動，M、N接觸，則A端應(yīng)靠近圓心，A錯誤；轉(zhuǎn)速越大，所需向心力越大，彈簧拉伸的越長，M、N接觸時燈就會發(fā)光，不能說重物受到離心力作用，B錯誤；燈在最低點時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；燈在最低點時F1－mg＝eq\f(mv2,r)，燈在最高點時F2＋mg＝eq\f(mv2,r)，勻速行駛時，在最低點時彈簧對重物的彈力大于在最高點時對重物的彈力，因此勻速行駛時，若LED燈轉(zhuǎn)到最低點時能發(fā)光，則在最高點時不一定能發(fā)光，D錯誤。16.(2022·江蘇揚州中學(xué)抽測)如圖甲所示，被稱為“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)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒C．鐵球在A點的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌【答案】D【解析】小鐵球在運動的過程中受到重力、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，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大。小鐵球不可能做勻速圓周運動，A、B錯誤；小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道對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即可通過最高點，C錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)可知小鐵球在最低點時需要的向心力越小。而在最低點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：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達(dá)最低點時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0。根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達(dá)最低點時的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，軌道對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)坐摩天輪。小明乘坐的車廂與摩天輪的轉(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動。若小明坐在車廂水平座墊上且雙腳離地，則下列說法正確的是()A.小明通過最高點時不受重力B.小明做勻速圓周運動的周期為eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))C.小明通過最高點時處于完全失重狀態(tài)D.小明通過最低點時對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg【答案】BD【解析】當(dāng)小明通過最高點時小明依然要受到重力作用，A錯誤；小明做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正確；小明做圓周運動所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通過最高點時處于失重狀態(tài)，但并非處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；當(dāng)小明通過最低點時，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，此時小明對車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，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′＞ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動時相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動時()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