專題03力與曲線運動（分層練）

專題驗收評價專題03力與曲線運動內容概覽TOC\o"13"\h\uA·?？碱}不丟分1【命題點01運動的合成與分解】1【命題點02拋體運動規(guī)律的應用】5【命題點03圓周運動問題】9【命題點04圓周運動極值和臨界問題】14B·拓展培優(yōu)拿高分17C·挑戰(zhàn)真題爭滿分25【命題點01運動的合成與分解】1．（2023·全國·模擬預測）某架飛機在進行航空測量時，需要嚴格按照從南到北的航線進行飛行。如果在無風時飛機相對地面的速度是414km/h，飛行過程中航路上有速度為54km/h的持續(xù)東風。則（A．飛機的飛行方向為北偏西為θ角度，且sinB．飛機的飛行方向為北偏東為θ角度，且sinC．飛機實際的飛行速度為100D．飛機實際的飛行速度為100【答案】B【詳解】AB．飛機的飛行方向為北偏東為θ角度，且sin選項A錯誤，B正確；CD．飛機實際的飛行速度為v=選項CD錯誤。故選B。2．（2021·全國·統(tǒng)考模擬預測）小王和小張學習運動的合成與分解后，在一條小河中進行實驗驗證。兩人從一側河岸的同一地點各自以大小恒定的速度向河對岸游去，小王以最短時間渡河，小張以最短距離渡河，結果兩人抵達對岸的地點恰好相同，若小王和小張渡河所用時間的比值為k，則小王和小張在靜水中游泳的速度的比值為（）A．k B．kk C．k D．【答案】B【詳解】將小王和小張分別定為甲乙，兩人抵達的地點相同，知合速度方向相同，甲靜水速垂直于河岸，乙的靜水速與合速度垂直。如圖。兩船的合位移相等，則渡河合速度之比等于兩人所用時間之反比。則vv甲合vcosθ=聯(lián)立解得v甲故選B。3．（2022·全國·模擬預測）如圖，塔吊吊起重物的過程中，吊鉤將重物豎直吊起的同時，小車帶動吊鉤沿水平吊臂以恒定速率v勻速向右運動。第一次重物沿直線ABC運動，直線ABC與豎直方向所成角度為α（圖中未標出）；第二次重物沿曲線ABC運動，曲線ABC的中點B處的切線與豎直方向所成角度為θ。兩次重物都在同一豎直面內運動，則在重物從A運動到C的過程中（）A．第一次的運動時間較短B．第二次的運動平均速度較大C．第一次吊鉤豎直方向運動的速度大小恒為vD．第二次吊鉤豎直方向運動的速度最大值為v【答案】D【詳解】A．由于小車帶動吊鉤沿水平吊臂以恒定速率v向右運動，所以這兩次重物在水平方向上做一樣的勻速運動，時間相等，A錯誤；B．兩次運動的總位移和時間都相等，則平均速度也相等，B錯誤；C．第一次重物沿直線ABC運動，說明豎直方向上也做勻速運動，根據(jù)速度的分解可求得吊鉤豎直方向速度大小恒為vtanD．第二次重物沿曲線ABC運動，說明豎直方向上做變速運動，在B點速度最大，根據(jù)速度的分解可求得吊鉤豎直方向速度最大值為vtan故選D。4．（2023·全國·模擬預測）如圖所示，長為L的輕桿OA的O端用鉸鏈固定，輕桿靠在半徑為R的半圓柱體上，接觸點為B，某時刻桿與水平方向的夾角為θ，半圓柱體向右運動的速度為v，此時A點的速度大小為（）A．vLtanθR B．vLsin2θ【答案】B【詳解】將半圓柱體的速度v分解為沿桿方向的分速度v垂直桿方向的分速度v由于輕桿上各點的角速度相等，則v其中L解得v故選B。【點睛】明確輕桿的運動情況，掌握同軸轉動的特點。5．（2020·全國·校聯(lián)考一模）如圖所示汽車用繞過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，輪船在水面上以速度v勻速前進汽車與定滑輪間的輕繩保持水平。假設輪船始終受到恒定阻力f，當牽引輪船的輕繩與水平方向成θ角時輕繩拉船的功率為P。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（

）A．汽車做加速運動 B．輪船受到的浮力逐漸增大C．輕繩的拉力逐漸減小 D．P的數(shù)值等于fv【答案】D【詳解】A．由速度分解此時汽車的速度為：v車=vcosθ，船靠岸的過程中，θ增大，cosθ減小，船的速度v不變，則車速減小，所以汽車做減速運動，故A錯誤；BC．繩的拉力對船做功的功率為P，由P=Fvcosθ知，繩對船的拉力為：F=對船：F聯(lián)立可知：Pθ增大，則F變大，F(xiàn)浮變?。还蔅C錯誤；D．船勻速運動，則Fcosθ=f，則P=Fv故D正確。故選D?！久}點02拋體運動規(guī)律的應用】6．（2024·全國·模擬預測）2022年冬奧會由北京和張家口承辦，滑雪是冬奧會的比賽項目之一。如圖所示，跳臺的斜坡與水平面的夾角θ=30°，滑雪運動員從斜坡的起點A點沿水平方向飛出，經過23s落到斜坡上的B點。不計空氣阻力，重力加速度g取A．A點與B點的距離為120m；運動員離開A點時的速度大小為B．A點與B點的距離為120m；運動員離開A點時的速度大小為C．A點與B點的距離為60m；運動員離開A點時的速度大小為D．A點與B點的距離為60m；運動員離開A點時的速度大小為【答案】A【詳解】運動員在豎直方向做自由落體運動，設A點與B點的距離為L，有L得L=120設運動員離開A點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有得v故選A。7．（多選）（2022·全國·模擬預測）第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年02月04日至2022年02月20日在中華人民共和國北京市和張家口市聯(lián)合舉行，其中跳臺滑雪項目是勇敢者的運動。運動員踏著專用滑雪板，不帶雪杖在助滑路上獲得高速后水平飛出，在空中飛行一段距離后著陸。圖甲所示是運動員在空中飛行的姿態(tài)，圖乙是滑道的簡略示意圖，運動員可視為質點和忽略各種阻力，平臺飛出點選為坐標原點，速度為v0，各功能區(qū)的高度和坡度都是定值，重力加速度為gA．由于運動員質量不同，因此在助滑區(qū)飛出點的速度不同B．在著陸區(qū)落地時的動能與運動員的質量成正比C．飛行距離為s=D．飛行距離為s=【答案】BC【詳解】A．設運動員的質量為m，在飛出點的速度為v0，根據(jù)動能定理得解得v可見在助滑區(qū)飛出點的速度與運動員的質量無關，A錯誤；B．根據(jù)平拋運動的規(guī)律，設水平分速度與速度的夾角為α，則有tan而tan可得gt=2運動員落地時的動能E可知運動員在著陸區(qū)落地的動能與自身質量成正比，B正確；CD．由平拋運動規(guī)律得s=y=t=聯(lián)立解得s=C正確，D錯誤。故選BC。8．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示為一乒乓球臺的縱截面，AB是臺面的兩個端點位置，PC是球網位置，D、E兩點滿足AD=BE=18AB，且E、M、N在同一豎直線上。第一次在M點將球擊出，軌跡最高點恰好過球網最高點P，同時落到A點；第二次在N點將同一乒乓球水平擊出，軌跡同樣恰好過球網最高點P，同時落到DA．964 B．932 C．2164【答案】C【詳解】設CP高為H，M點距離臺面的高度為?M，N點距離臺面的高度為?N，取M關于CP的對稱點Q，由幾何關系可知，Q的高度與M的高度相等，且Q點位于D點上方．只看第一次從P點到A的平拋過程，可知P到Q的水平距離為P到A的水平距離的34，則有P到Q的時間為P到A時間的可知，P到Q的豎直運動的距離為P到A的916，所以有解得?同理，對第二次平拋運動有?解得?可得?故選C。9．（2020·全國·統(tǒng)考三模）2023年3月22日CBA常規(guī)賽戰(zhàn)罷第38輪，山西男籃在這場關鍵的“卡位”賽中以119比94大勝吉林隊，比賽中原帥手起刀落命中三分球。如圖所示，比賽中原帥將籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上A點。若該運動員向前運動到等高的C點投籃，還要求垂直擊中籃板上A點，運動員需（）A．減小拋出速度v0，同時增大拋射角B．增大拋出速度v0，同時增大拋射角C．減小拋射角θ，同時減小拋射速度vD．減小拋射角θ，同時增大拋射速度v【答案】A【詳解】根據(jù)題意可知，籃球垂直擊中籃板上A點，則逆過程就是平拋運動，豎直高度不變，水平方向位移越大，水平速度越大，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小，則該運動員向前運動到等高的C點投籃，水平位移減小，還要求垂直擊中籃板上A點，則需減小拋出速度v0，同時增大拋射角θ故選A。10．（2022·全國·模擬預測）如圖所示，在水平地面上的A點以速度v1跟地面成θ角射出一彈丸，恰好以v2的速度垂直穿入豎直壁上的小孔B，下列說法中正確的是（）A．若在B點以與v2大小相等、方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點B．若在B點以與v1大小相等、方向與v2相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點C．若在B點以與v2大小相等、方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上A點的左側D．若在B點以與v1大小相等、方向與v2相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上A點的右側【答案】A【詳解】AC．彈丸恰好以速度v2垂直穿入豎直墻壁上的小孔B，反向看為平拋運動，所以在B點以跟v2大小相等、方向相反的速度射出彈丸，它必定落在地面上的A點，故C錯誤A正確；BD．從B到A做平拋運動，所以v1大小大于v2大小，所以在B點以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度，射出彈丸，平拋運動的水平位移會增大，它必定落在地面上A點的左側，故BD錯誤。故選A。【命題點03圓周運動問題】11．（2023·全國·二模）如圖所示，半徑可以改變的光滑半圓形軌道豎直固定放置，小球自軌道端點P由靜止開始滑下，經過最低點Q。若軌道半徑越大，則（

）A．小球經過最低點Q時的速率保持不變B．小球經過最低點Q時的向心加速度保持不變C．小球經過最低點Q時受到軌道的支持力越大D．小球經過最低點Q時重力的瞬時功率越大【答案】B【詳解】A．小球從P到Q的過程，據(jù)機械能守恒定律可得mgR=解得v=故半徑越大，小球經過最低點Q時的速率越大，A錯誤；B．小球經過最低點Q時的向心加速度可表示為a=小球經過最低點Q時的向心加速度與半徑無關，保持不變，B正確；C．在最低點Q由牛頓第二定律可得F?mg=m解得F=3mg故小球經過最低點Q時受到軌道的支持力不變，C錯誤；D．小球經過最低點Q時重力的瞬時功率為P=mgvD錯誤。故選B。12．（2024·安徽·校聯(lián)考模擬預測）光滑直桿AO?可繞豎直軸O?O?轉動，質量為m的小球套在桿上?，F(xiàn)先讓直桿繞軸O?O?以角速度ω1勻速轉動，∠AO?O?=α，穩(wěn)定后小球在圖示位置，此時小球的加速度大小為a1，速度大小為v1；增大∠AO?O?為β，再讓直桿以角速度ω2勻速轉動，穩(wěn)定后小球的高度不變，此時小球的加速度大小為a2，速度大小為A．ω?=ω?，v?<v?，a?<a? B．ω?>ω?，v?=v?，a?>a?C．ω?=ω?，v?<v?，a?>a? D．ω?>ω?，v?=v?，a?<a?【答案】B【詳解】設圓周運動所在平面與O1的高度為h，圓周半徑為r，則tan解上式得v所以線速度v與角度、半徑無關。根據(jù)ω=由幾何關系可知r?<r?可得ω?>ω?根據(jù)a=可得a?>a?故選B。13．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖是某自行車的傳動結構示意圖，其中I是半徑r1=10cm的牙盤（大齒輪），II是半徑r2=4cm的飛輪（小齒輪），III是半徑r3=36cm的后輪，A、B、C分別是牙盤、飛輪、后輪邊緣的點。在勻速騎行時，關于各點的角速度ω及線速度v的大小判斷正確的是（）A．ωA=ωB B．ωA>ωC C．v【答案】D【詳解】C．飛輪與牙盤通過鏈條連接，飛輪邊緣的線速度與牙盤邊緣的線速度大小相等，即v故C錯誤；AB．后輪與飛輪繞同軸轉動，后輪的角速度與飛輪的角速度相等，即ω根據(jù)v=ωr可知ω則ω故AB錯誤；D．根據(jù)v=ωr且ωA<則v故D正確。故選D。14．（多選）（2024·全國·校聯(lián)考一模）如圖所示，現(xiàn)有一光滑角形框架OAB，OA邊豎直放置，夾角θ=30°，質量m的小球套在OB桿上，并通過長為l的輕繩懸吊于M點，小球靜止時輕繩與OA桿的夾角也為θ，現(xiàn)讓框架以OA為軸，以不同的角速度ω勻速轉動，小球均能在水平面內做勻速圓周運動。已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．框架靜止時，小球受到繩的拉力大小為3B．OB桿對小球的彈力不可能為0C．繩上無彈力時，ω的范圍是3D．繩上無彈力時，ω越大，小球做圓周運動的半徑越大【答案】AC【詳解】A．框架靜止時，對小球受力分析，小球受重力、繩的拉力、桿的彈力的作用，如圖所示，根據(jù)正交分解或者力的合成，可知繩的拉力T=故A正確；B．隨著轉速增加，桿對小球的彈力先垂直于桿向右下方減小后垂直于桿向左上方增大，可以為0，故B錯誤；D．當繩上無彈力時，重力和桿的彈力的合力提供水平方向上的向心力，豎直方向平衡，故向心力F大小保持不變，根據(jù)向心力公式F可知角速度越大，半徑越小，故D錯誤；C．當半徑最小為rmin=當半徑最大為rmax=l故C正確。故選AC。15．（多選）（2024·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考一模）如圖所示，兩條不可伸長輕繩分別連接質量相同的兩個可視為質點的小球，懸掛在天花板上。若兩個小球能以相同的角速度在水平面內做勻速圓周運動，則關于兩小球的位置關系，可能是下列圖中的（）A． B．C． D．【答案】AD【詳解】設上下兩條細線與水平方向的夾角分別為α和β，對上方的球1在水平面做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得FAcosαFBcosβ=mr1ω2對球1和球2整體，在豎直方向上有FAsinα=2mg同理對球2由牛頓第二定律得，F(xiàn)Bcosβ=mr2ω2對球2豎直方向有，F(xiàn)Bsinβ=mg由于球2受重力和繩的拉力的合外指向圓心，可知球2比球1更遠離豎直軸，則r2＞r1聯(lián)立解得，2mgtanα=mr1ω2+mr2ω故選AD。【命題點04圓周運動極值和臨界問題】16．（2023上·四川·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，一長為L的輕質細桿一端與質量為m的小球（可視為質點）相連，另一端可繞O點無摩擦轉動。現(xiàn)使輕桿在同一豎直面內自由轉動，不計空氣阻力，測得小球通過最高點時的向心加速度大小為g（g為當?shù)氐闹亓铀俣却笮。Ｏ铝姓f法正確的是（

）A．小球在最高點時的線速度大小為2B．小球運動到最高點時輕桿對小球的作用力大小為mgC．當輕桿轉到水平位置b和b′D．在輕桿轉動過程中，輕桿對小球作用力的最大值與最小值的差為5mg【答案】C【詳解】A．在最高點時，由a可得，小球在最高點時的線速度大小為v=gL，B．在最高點，由牛頓第二定律mg+F1=m可得，小球運動到最高點時輕桿對小球的作用力大小為F1=0C．當輕桿轉到水平位置b和b′D．在輕桿轉動過程中，在最高點時，輕桿對小球作用力最小，F(xiàn)在最低點時，輕桿對小球作用力最大，由牛頓第二定律，F(xiàn)根據(jù)機械能守恒定律有，12mv所以輕桿對小球作用力的最大值與最小值的差為ΔF=F故選C。17．（2023上·河南濮陽·高三油田第一中學?？茧A段練習）如圖所示，長為L的懸線一端固定在O點，另一端接一小球A。在O點正下方有一釘子C，O、C間的距離為L2。把懸線拉直，使小球A跟懸點O在同一水平面上，然后將小球A無初速度釋放，小球A運動到懸點O正下方時懸線碰到釘子，則小球A的（

A．線速度突然增大為原來的2倍 B．角速度突然增大為原來的4倍C．向心加速度突然增大為原來的4倍 D．向心力突然增大為原來的2倍【答案】D【詳解】A．懸線碰到釘子前后瞬間，懸線的拉力始終與小球的運動方向垂直，小球的線速度大小不變，故A錯誤；BCD．懸線碰到釘子后，小球的運動半徑減為原來的一半，線速度大小不變，根據(jù)ω=vr，a=則角速度增大為原來的2倍，向心加速度增大為原來的2倍，向心力增大為原來的2倍，故BC錯誤，D正確。故選D。18．（2023上·內蒙古呼和浩特·高三呼和浩特市回民中學校考階段練習）如圖所示，質量為m的小球通過長度為R的輕繩懸掛于固定點O，現(xiàn)將其拉到某一高處A點（讓OA繃直）并由靜止釋放，當小球擺動到O點正下方B點時，繩恰好斷掉，之后小球恰好垂直落到斜面CD上，已知斜面傾角為θ=30o，OBC三點在同一豎直線上，繩能承受的最大拉力為7（1）小球到達B點時的速度vB及釋放點距離B點的高度h（2）小球落到CD上的位置與C的距離s【答案】（1）vB=2gR5【詳解】（1）B點由T將Tm=7mg5?A?B過程由動能定理mg?=mvB2（2）因為垂直落在斜面上，分解速度則tanθ=vB設落點到點C的距離為s，由平拋規(guī)律得x=v所以s=19．（2023上·青海西寧·高三?？茧A段練習）如圖所示，半徑R=0.4m的光滑半圓軌道與粗糙的水平面相切于A點，質量為m=1kg的小物體（可視為質點）在水平拉力F的作用下，從C點運動到A點，物體從A點進入半圓軌道的同時撤去外力F，物體沿半圓軌道通過最高點B后作平拋運動，正好落在C點，已知AC=2m，F(xiàn)=15N，（1）物體在B點時的速度；（2）物體在B點時半圓軌道對物體的彈力?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）【詳解】（1）設物體在B點的速度為v，由B到C做平拋運動，豎直方向有2R=水平方向有x聯(lián)立以上兩式解得物體在B點時的速度大小為v=（2）分析物體在B點的受力由牛頓第二定律得F解得半圓軌道對物體的彈力大小為F20．（2023上·廣東東莞·高三東莞高級中學?？茧A段練習）如圖所示，質量m=1kg的小球在長為L=0.5m的細繩作用下，恰能在豎直平面內做圓周運動，細繩能承受的最大拉力Tmax=42N，轉軸離地高度h=5.5m，不計阻力，g=10m/s2（1）小球經過最高點的速度v是多少？（2）若小球在某次運動到最低點時細繩恰好被拉斷，求細繩被拉斷后小球運動的水平位移x?！敬鸢浮浚?）v=5m/s；（2）【詳解】（1）依題意，小球恰能在豎直平面內做圓周運動，在最高點根據(jù)牛頓第二定律有，mg=代入數(shù)據(jù)可得小球經過最高點的速度大小為v=（2）小球運動到最低點時細繩恰好被拉斷，則繩的拉力大小恰好為Tmax，設此時小球的速度大小為v1。小球在最低點時由牛頓第二定律有，Tmax?mg=mv此后小球做平拋運動，設運動時間為t，則對小球在豎直方向上??L=代入數(shù)據(jù)求得，t=1s在水平方向上水平位移為x=4m一、單選題1．（2024·全國·高三專題練習）如圖甲所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動。當小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與在最高點時的速度平方的關系如圖乙所示（取豎直向下為正方向）。MN為通過圓心的一條水平線。不計小球半徑、管道的粗細，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．管道的半徑為bB．小球的質量為aC．小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球可能有作用力D．小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力【答案】B【詳解】A．由圖乙可知，當在最高點v2=b時，F(xiàn)代入得R=A錯誤；B．由圖乙知，當v2=0代入得m=B正確；C．小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有作用力，C錯誤；D．小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，故外側管壁可能對小球有作用力，內側管壁也可能對小球有作用力，還可能均無作用力。D錯誤；故選B。2．（2023·湖南永州·統(tǒng)考二模）如圖所示，電動打夯機由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為m，配重物的重心到輪軸的距離為R，重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力。下列說法正確的是（）A．電動機輪軸與偏心輪轉動角速度相同B．配重物轉到頂點時處于超重狀態(tài)C．偏心輪轉動的角速度為MgD．打夯機對地面壓力的最大值大于(M+m)g【答案】D【詳解】A．電動機輪軸與偏心輪通過皮帶傳動，線速度相等，根據(jù)電動機輪軸與偏心輪半徑不同，故電動機輪軸與偏心輪轉動角速度不相同，故A錯誤；B．配重物轉到頂點時，具有向下的加速度，故配重物處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．當偏心輪上的配重物轉到頂端時，底座剛好對地面無壓力，有T=Mg對配重物有T+mg=m解得偏心輪轉動的角速度為ω=故C錯誤；D．在最低點，打夯機對地面壓力最大，對配重物有T對打夯機有Mg+解得N=2(M+m)g>(M+m)g根據(jù)牛頓第三定律可知，打夯機對地面壓力的最大值大于(M+m)g，故D正確。故選D。3．（2023上·河南洛陽·高三洛寧縣第一高級中學校考階段練習）如圖所示，半徑為R、粗細均勻的光滑圓環(huán)固定在豎直面內，一個質量為m的小球套在圓環(huán)上可自由滑動。橡皮筋一端與小球連接，另一端固定在O2點，O2在圓環(huán)圓心O1正上方。將小球拉至A點，此時橡皮筋處于伸長狀態(tài)，且剛好與圓環(huán)相切，O1A與豎直方向夾角為θ＝60°，C為圓環(huán)最高點，B為AC段圓環(huán)的中點。將小球由A點靜止釋放，小球運動到B點時橡皮筋處于原長，小球恰好能到達C點，重力加速度為g，橡皮筋在彈性限度內，則下列判斷正確的是（）A．小球運動到C點時對圓環(huán)的作用力恰好為零B．小球運動到B點時速度最大C．小球運動到B點時的加速度大小為1D．小球開始運動時橡皮筋具有的彈性勢能為1【答案】D【詳解】A．小球運動到B點時橡皮筋處于原長，則BC段橡皮筋處于松弛狀態(tài)，小球運動到C點時速度為零，小球只受重力和圓環(huán)的彈力，有mg+可得FN＝mg負號表示圓環(huán)對小球的作用力方向豎直向上，方向豎直向下，故A錯誤；B．小球從A到B過程，橡皮筋彈力與重力的合力先做正功，后做負功，速度先增大后減小，故B錯誤；C．小球運動到B點時，沿切線方向加速度大小為a=g小球沿半徑方向加速度不為零，因此合加速度大于g2D．由題可知B點時橡皮筋處于原長，AB段橡皮筋伸長，BC段橡皮筋松弛無彈力，根據(jù)機械能守恒，小球開始運動時橡皮筋具有的彈性勢能為E故D正確。故選D。二、多選題4．（2023·浙江寧波·校考模擬預測）如圖所示，一個上表面粗糙、中心有孔的水平圓盤繞軸MN轉動，系有不可伸長細線的木塊置于圓盤上，細線另一端穿過中心小孔O系著一個小球。已知木塊、小球質量均為m，且均可視為質點，木塊到O點的距離為R，O點與小球之間的細線長為L。當圓盤以角速度ω勻速轉動時，小球以角速度ω隨圓盤做圓錐擺運動，木塊相對圓盤靜止；連接小球的細線與豎直方向的夾角為α，小孔與細線之間無摩擦，木塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，且認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．若ω不變，L越大，則α越大B．若R=L，當ω>μgC．若R=LD．若R=2L，當ω增大時，木塊所受摩擦力可能增大【答案】AD【詳解】A．設，細繩的拉力為T，則TT解得ω=若ω不變，L越大，則α越大，故A正確；B．由T=mL木塊隨圓盤勻速轉動所需要的向心力為F當R=L時細線的張力恰好提供木塊做圓周運動的向心力，摩擦力為零，且只與ω有關，所以，無論ω多大，木塊都不會滑動，故B錯誤；C．若R=LD．若R=2L時木塊所需要的向心力大于細繩的張力，，物塊受到指向圓心的摩擦力，隨著ω增大時，向心力增大，木塊所受摩擦力可能增大，故D正確。故選AD。5．（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度處有一小球以水平速度v0拋出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度為A．小球從拋出到落在斜面上的運動時間為3B．小球從拋出到落在斜面上的運動時間為3C．小球拋出時距斜面底端的高度為5D．小球拋出時距斜面底端的高度為5【答案】AD【詳解】AB．小球做平拋運動恰好垂直打在斜面上，根據(jù)幾何關系可得tan解得t=A正確，B錯誤；CD．小球垂直打在斜面上，設小球拋出時距斜面底端的高度為h，根據(jù)平拋運動規(guī)律，在水平方向則有x=在豎直方向則有y=小球落在斜面上，根據(jù)幾何關系得tan又有t=聯(lián)立解得?=C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題6．（2023上·湖北·高三校聯(lián)考）如圖所示，豎直光滑半圓弧軌道的下端B點固定在高?=3.2m的豎直墻壁上端，O為半圓的圓心，BC為豎直直徑，一質量m2=4kg的小球b靜置在B點。現(xiàn)將一質量m1=2kg的小球a從水平地面上的A點以初速度v0斜向上拋出，拋射角θ=53°。小球a剛好能沿水平方向擊中小球b，兩小球碰撞過程時間極短且沒有能量損失，碰撞結束后小球b在半圓弧軌道上運動的過程不脫離軌道（小球b從圓弧軌道最高點C和最低點（1）小球a從A點拋出時的初速度v0（2）碰撞結束瞬間小球b的速度vb（3）半圓弧軌道的半徑R的取值范圍。【答案】（1）10m/s；（2）4m/s（3）R≤0.32m或者【詳解】（1）設水平方向上向右為正方向，小球a從A點拋出，在豎直方向上做勻減速直線運動，水平方向做勻速直線運動，剛好能沿水平方向擊中小球b，則有vy2聯(lián)立解得，vy=8（2）小球a剛好能沿水平方向擊中小球b時，其速度為v根據(jù)動量守恒定律可得m根據(jù)能量守恒定律可得12m1（3）假設小球b恰好能運動至C點，則在C點滿足m又根據(jù)動能定理可得12m2故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是R≤0.32m如果小球恰好運動到和圓心等高的位置，此時的最小速度為零，則有12m2故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是R≤0.32m或者7．（2023上·黑龍江大慶·高三?？迹┤鐖D所示，一個質量為m=2.0kg的小球，從半徑為R=1.8m質量為M=1.6kg的四分之一光滑圓弧槽頂端由靜止滑下，槽的左邊被擋板固定，拋出點離地面的高度h=5.6m，落在傾角為θ足夠長的固定斜面上（斜面底端與圓弧槽右側面剛好接觸但不粘連），地面光滑，忽略空氣阻力，g=10m/s2，tanθ=2（結果可用根式表示）。（1）小球在槽的最低點對槽的壓力大小為多少；（2）小球落在斜面上的速度的大小；（3）若把擋板撤掉，小球還是從同一位置由靜止滑下，則小球從離開槽至落到斜面上所用時間為多少？【答案】（1）60N；（2）213m/s【詳解】（1）小球從靜止開始下滑到最低點過程中，由動能定理得1在最低點，對小球由牛頓第二定律N?mg=得v=6m/s，由牛頓第三定律可得，小球在槽的最低點對槽的壓力為N（2）設下落時間為ttan解得t=0.4s，t=?2.8所以小球落在斜面上的速度的大小為v（3）規(guī)定向右為正方向，設小球脫離圓弧槽時速度大小為v1，圓弧槽速度大小為v2，此過程圓弧槽水平位移大小為s2，小球水平位移大小為小球和圓弧槽水平動量守恒得m即m聯(lián)立可得v1=4由幾何關系得(解得，小球從離開槽至落到斜面上所用時間為t8．（2023上·河南洛陽·高三洛寧縣第一高級中學校考）如圖所示，質量m＝1kg的小物塊A先固定在壓縮的彈簧右端，質量m＝1kg的小物塊B靜止放置在水平光滑軌道右側。長為10米的傳送帶與軌道等高且無阻礙連接。傳送帶順時針轉動，速度大小為8m/s，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶右側等高的平臺上固定一半徑R＝1m的光滑圓軌道?，F(xiàn)靜止釋放小物塊A，離開彈簧后與B碰撞并粘在一起形成新的小物塊，速度大小為6m/s。經傳送帶后運動到圓軌道最高點C。（g＝10m/s2（1）求壓縮彈簧的彈性勢能；（2）求物塊運動到最高點時，軌道受到的壓力?！敬鸢浮浚?）72J；（2）28N，方向豎直向上【詳解】（1）設小物塊A離開彈簧時的速度為vA，據(jù)題可知，碰撞后形成新的小物塊的速度為v物塊A、物塊B碰撞過程，由動量守恒定律得mvA=2m由機械能守恒定律得壓縮彈簧的彈性勢能為E（2）設新物塊在傳送帶上經過位移x與傳送帶共速，由動能定理得μ?2mgx=解得x=7因此新物塊離開傳送帶時的速度為8m/s，新物塊從D點到C12?2mv設在C點軌道對新物塊的彈力大小為FN，則FN+2mg=2mv由牛頓第三定律得軌道受到的壓力大小F′N一、單選題1．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），我國某些農村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，vA．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高點的速度小于vC．兩谷粒從O到P的運動時間相等 D．兩谷粒從O到P的平均速度相等【答案】B【詳解】A．拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；C．谷粒2做斜向上拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒2運動時間較長，C錯誤；B．谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度。與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于v1D．兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。故選B。2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小球質量。如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小球，使其繞O做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力為F，用停表測得小球轉過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周運動的半徑R。下列說法正確的是（）A．圓周運動軌道可處于任意平面內B．小球的質量為FRC．若誤將n?1圈記作n圈，則所得質量偏大D．若測R時未計入小球半徑，則所得質量偏小【答案】A【詳解】A．空間站內的物體都處于完全失重狀態(tài)，可知圓周運動的軌道可處于任意平面內，故A正確；B．根據(jù)F=mω2R，ω=2πntC．若誤將n1圈記作n圈，則得到的質量偏小，故C錯誤；D．若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質量偏大，故D錯誤。故選A。3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【詳解】質點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設周期T=合外力等于向心力，根據(jù)F合=F其中4mπ2k2故選C。4．（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s。在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離A．t=2+7πC．t=2+512【答案】B【詳解】在BC段的最大加速度為a1=2m/s2，則根據(jù)a可得在BC段的最大速度為v在CD段的最大加速度為a2=1m/s2，則根據(jù)a可得在CD段的最大速度為v可知在BCD段運動時的速度為v=2m/s，在BCD段運動的時間為tAB段從最大速度vm減速到v的時間t位移x2在AB段勻速的最長距離為l=8m3m=5m則勻速運動的時間t則從A到D最短時間為t=故選B。5．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于（

）A．?k+1 B．?k C．2?k【答案】D【詳解】運動員從a到c根據(jù)動能定理有mg?=在c點有FNc?mg=mvc2聯(lián)立有R故選D。二、多選題6．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度均可調節(jié)，以保障噴出的水全部落入相應的花盆中。依次給內圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉動的角速度分別用?1、v1、ω1和?A．若?1=B．若v1=C．若ω1=ωD．若?1=【答案】BD【詳解】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律?=12gt2，可知若h1=h2，則v1:v2=R1:R2若v1=v2，則?1:C．若ω1=ω2，則噴水嘴各轉動一周的時間相同，因v1D．設出水口