2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编6-曲线运动（圆周运动）（含解析）

五年2018-2022高考物理真题按知识点分类汇编6-曲线运动

（圆周运动）（含解析）

一、单选题

1.（2022•全国•统考高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。

运动员从。处由静止自由滑下，到人处起跳，C点为。、〃之间的最低点，4、C两处的高

度差为限要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过

程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c,点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）

/////Z//Z//////////////Z

hc2〃

A.工B.—cD.——

氏+1-Tk-\

2.（2022.山东.统考高考真题）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的

半圆弧BC与长8m的直线路径48相切于8点，与半径为4m的半圆弧8相切于C点。

小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变

依次经过8c和C。。为保证安全，小车速率最大为4nVs。在ABC段的加速度最大为

2m/s\C短段的加速度最大为Im/s2。小车视为质点，小车从A到。所需最短时间f及

在45段做匀速直线运动的最长距离/为（）

5.5m

D.t=2+—A/6+-^-4)71-s,/=5.5m

122

3.（2022・浙江•高考真题）下列说法正确的是（）

A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变

B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大

C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变

D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关

4.（2022•北京・高考真题）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了

青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给

小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（）

%

A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化

C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化

5.（2021.全国.高考真题）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿

过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。

拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加

6.（2021・广东・高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由

转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、。为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆尸Q始

终保持水平。杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。的过程中，下列说法正确

的是（）

A.P点的线速度大小不变

试卷第2页，共12页

B.P点的加速度方向不变

C.。点在竖直方向做匀速运动

D.。点在水平方向做匀速运动

7.（2021•浙江•高考真题）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示,

对该时刻，下列说法正确的是（）

A.秋千对小明的作用力小于血g

B.秋千对小明的作用力大于租g

C.小明的速度为零，所受合力为零

D.小明的加速度为零，所受合力为零

8.（2021.北京・高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度。绕中心轴匀速转动，

圆盘上距轴，•处的P点有一质量为〃，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2根0r

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机。厂

9.（2020•全国•统考高考真题）如图，一同学表演荡秋千。己知秋千的两根绳长均为10

m,该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支

架的正下方时，速度大小为8m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为（)

A.200NB.400NC.600ND.800N

10.（2020•浙江•统考高考真题）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧

放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（）

A.缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动

B.急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动

C.缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动

D.急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动

11.（2019・海南•高考真题）如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直

转轴OO'的距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为〃（最大静摩擦力等于滑动

摩擦力），重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起。。‘轴匀速转动，则圆盘转动的最

大角速度为（）

12.（2018•浙江♦高考真题）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时

试卷第4页，共12页

间内，它们通过的路程之比是4：3,运动方向改变的角度之比是3：2,则它们（)

A.线速度大小之比为4：3B.角速度大小之比为3：4

C.圆周运动的半径之比为2：1D.向心加速度大小之比为1：2

13.（2019・浙江•高考真题）一质量为2.0x103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎

的径向最大静摩擦力为1.4X104N,当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的

是（）

A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力

B.汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4xl04N

C.汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑

D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2

14.（2018•浙江•高考真题）如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已

知图中双向四车道的总宽度约为15m,内径75m,假设汽车受到的最大静摩擦力等于车

重的0.7倍，则运动的汽车

A.所受的合力可能为零

B.只受重力和地面的支持力作用

C.最大速度不能超过25m/s

D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供

二、多选题

15.（2022.全国.统考高考真题）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的

半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所

示，点。为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，

方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、

2做圆周运动，圆的圆心为。、半径分别为｛、4（R＜4＜弓＜R+“）；粒子3从距。点

4的位置入射并从距O点4的位置出射；粒子4从距。点4的位置入射并从距O点4的

位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

16.（2022・河北•统考高考真题）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以。为圆心、

4和&为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水

速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和

外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用九、匕、助和为、

匕、g表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略

喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）

试卷第6页，共12页

A.若则匕：%=&：与

B.若斗=玲，则/4：4=R：：R；

c.若例=g,v,=v2,喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D.若％=他，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则外=见

17.（2021・河北•高考真题）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长,

且尸。杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为，”的小球，小球穿

过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度。和°,匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，

若则与以0匀速转动时相比，以力匀速转动时（）

/3

A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大

18.（2018.江苏泰州•一模）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水

平直径的一端有一质量为〃，的质点尸.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克

服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点尸在最低点时，向心加速度的大小为”,

容器对它的支持力大小为N,则（）

P

B.1g…

mR

C3mgR-2W口2(mgR-W)

'RR

19.（2019•江苏•高考真题）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运

动.座舱的质量为如运动半径为R,角速度大小为。，重力加速度为g,则座舱

座舱

A.运动周期为5

（O

B.线速度的大小为。R

C.受摩天轮作用力的大小始终为mg

D.所受合力的大小始终为机小夫

20.（2018・江苏・高考真题）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上

的指南针在10s内匀速转过了约10。。在此10s时间内，火车（）

A.运动路程为600mB.加速度为零

C.角速度约为lrad/sD.转弯半径约为3.4km

三、解答题

21.（2022•浙江•统考高考真题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角a=37。

的光滑直轨道AB、圆心为0/的半圆形光滑轨道BC。、圆心为02的半圆形光滑细圆管

轨道力ER倾角也为37。的粗糙直轨道FG组成，B、。和尸为轨道间的相切点，弹性

板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、。/、D、。2和尸点处于同一直线上。已知

可视为质点的滑块质量机=01kg,轨道BCD和。EF的半径R=0.15m,轨道AB长度

/AB=3m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数〃=（,滑块与弹性板作用后，以等大速度弹

O

回，sin370=0.6,cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道A8上某点静止释放，（g=10m/s2）

（1）若释放点距B点的长度/=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力外的大小;

（2）设释放点距8点的长度为/*,滑块第一次经尸点时的速度v与/，之间的关系式；

（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距8点长度4的值。

试卷第8页，共12页

我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。

(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运

动员加速到速度v=9m/s时，滑过的距离x=15m,求加速度的大小；

(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若

甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为?=8m、R乙=9m,滑行速率分别

为%=10m/s、z=llm/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判

断哪位运动员先出弯道。

23.(2021・湖北・统考高考真题)如图所示，一圆心为0、半径为R的光滑半圆弧轨道固

定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在。点相切。在水平面上，质量为切的小物块

A以某一速度向质量也为根的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨

道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与。点等高的C点时速度为

零。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。

(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到。点的距离；

(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到。点时，。。与。。夹角为仇求此时A所受力

对A做功的功率；

(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。

24.(2020・浙江・统考高考真题)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形

轨道、竖直圆轨道、水平直轨道A8和倾角。=37。的斜轨道8c平滑连接而成。质量

机=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高”=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,

“B='c=1.0m,滑块与轨道A8和BC间的动摩擦因数均为〃=0.25,弧形轨道和圆

轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

(1)求滑块运动到与圆心O等高的。点时对轨道的压力；

(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一

起运动，动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道8c上到达的高度/?与x之间的关系。(碰

撞时间不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

25.(2020・江苏・统考高考真题)如图所示，鼓形轮的半径为可绕固定的光滑水平轴

。转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为"2的小球,

球与。的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为”的重物。重物由静止下

落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为绳与轮之间无

相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小V；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F；

⑶重物下落的高度鼠

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o

26.（2020.天津.统考高考真题）长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为g的小球A,

处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周

轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为%的小球8与之迎面正碰，碰后A、B粘在

一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g,

求

（1）A受到的水平瞬时冲量/的大小；

（2）碰撞前瞬间B的动能后卜至少多大？

27.（2018•全国・高考真题）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和

水平轨道附在A点相切。8c为圆弧轨道的直径。。为圆心，0A和。8之间的夹角为a,

sina=j,一质量为，”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。

28.（2019・天津・高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次

海试，并取得成功.航母上的舰教机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板

两部分构成，如图1所示.为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水

平甲板A8相切的一段圆弧，示意如图2,A8长乙=150m,BC水平投影4=63m,

图中C点切线方向与水平方向的夹角6=12。(sin12°®0.21).若舰载机从A点由静止

开始做匀加速直线运动，经，=6s到达8点进入8c.已知飞行员的质量，"=60kg,

g=10m/s2.求

AB___

jIr1

图2

(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

(2)舰载机刚进入8c时，飞行员受到竖直向上的压力瓜多大.

29.(2018•浙江•高考真题)如图所示，一轨道由半径为2机的四分之一竖直圆弧轨道AB

和长度可以调节的水平直轨道8c在B点平滑连接而成.现有一质量为0.2kg的小球从

A点无初速度释放，经过圆弧上的8点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6M小球

经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P

点，P、C两点间的高度差为3.2%.小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力.

丁地面

(1)求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功：

(2)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；

(3)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止.假设小球每次碰撞机械能损失75%,

碰撞前后速度方向与地面的夹角相等.求小球从C点飞出后静止所需的时间.

试卷第12页，共12页

参考答案：

1.D

【详解】运动员从。到c根据动能定理有

.12

mgn=—mve

在C点有

FNc-mg=m^-

R.

FNC<kmg

联立有

R>2h

及F

故选Do

2.B

【详解】在8c段的最大加速度为卬=2m/s2,则根据

2

=—

4

可得在8c段的最大速度为

vlm=V6m/s

在C£>段的最大加速度为s=lm/s2,则根据

2

a-,=—

r2

可得在CO段的最大速度为

v2nl=2m/s<vlm

可知在8c。段运动时的速度为v=2m/s,在BCD段运动的时间为

乃4+乃心_74

AB段从最大速度为,减速到v的时间

位移

答案第1页，共17页

y—v

x=­........=3m

22%

在AB段匀速的最长距离为

/=8m-3m=5m

则匀速运动的时间

I5

f2=—=7

-%4

则从A到。最短时间为

97万、

，=4+4+4=（z二+）s

故选B»

3.B

【详解】A.链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；

B.惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；

C.乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，C错误；

D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向有关，D错误。

故选B。

4.C

【详解】AC.在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力

始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全

失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C

正确；

BD.在地面上小球运动的速度大小改变，根据。=二和尸="止(重力不变)可知小球的向

rr

心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，

BD错误。

故选C。

5.C

【详解】纽扣在转动过程中

0)=271n-l(X)CTad/s

由向心加速度

答案第2页，共17页

a="ra1OOOm/s?

故选C。

6.A

【详解】A.由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60°,则P点绕。点做匀

速圆周运动，则P点的线速度大小不变，A正确；

B.由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做匀速圆周运

动，P点的加速度方向时刻指向。点，B错误；

C.。点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间，的关系

为

y=/OPsin(—+cot)

6

则可看出。点在竖直方向不是匀速运动，C错误；

D.Q点相对于O点在水平方向的位置x关于时间/的关系为

冗

x=lOPcos(—+cot)+IPQ

6

则可看出。点在水平方向也不是匀速运动，D错误。

故选Ao

【点睛】

7.A

【详解】在最高点，小明的速度为0,设秋千的摆长为/,摆到最高点时摆绳与竖直方向的

夹角为e,秋千对小明的作用力为凡则对人，沿摆绳方向受力分析有

F-mgcosB=m—

由于小明的速度为0,则有

F=mgcos0<mg

沿垂直摆绳方向有

mgsin6=ma

解得小明在最高点的加速度为

a=gsin0

所以A正确；BCD错误;

答案第3页，共17页

故选Ao

8.D

【详解】A.圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方

向沿半径方向，故A错误；

B.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力

f=mrar

根据动量定理得，小物体运动•圈所受摩擦力的冲量为

I=mv—mv=O

大小为0,故B错误；

C.圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故c错误；

D.圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为

I'=Sp=O—mv=—mra)

大小为"》yr,故D正确。

故选D。

9.B

【详解】在最低点由

2T-mg=—

r

知

7M10N

即每根绳子拉力约为410N,故选B。

10.B

【详解】A.有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦

使箱子与公交车一起运动，故A错误；

B.急刹车时，由于惯性，行李箱。一定相对车子向前运动，故B正确；

C.当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止,

故C错误；

D.当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。

故选B«

11.B

答案第4页，共17页

【详解】硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则：pmg=marr,解得叫空,即

圆盘转动的最大角速度为{半，故选B.

12.A

【详解】A.因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3,根据八;'则A、B的线速度

之比为4：3,故A正确;

B.运动方向改变的角度之比为3：2,根据0=则角速度之比为3：2,故B错误;

C.根据v=@r可得圆周运动的半径之比为

「v,co.428

r2v2a){339

故C错误；

D.根据a=v。得，向心加速度之比为

4=匕例=4乂3=2

a2v2a)2321

故D错误。

故选Ao

13.D

【分析】汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根

据牛顿第二定律分析解题.

【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心

力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，

根据牛顿第二定律可得/=机)，解得v=U笥蕊处=耐=20gm/s,所以

汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4X104N,汽车不会发生侧滑，BC错误；

汽车能安全转弯的向心加速度a=—=—=7m/s2,即汽车能安全转弯的向心加速度不超

r80

过7.0m/s2,D正确.

【点睛】本题也可以求解出以20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与

所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动.

14.C

【详解】汽车在水平面内做匀速圆周运动，合外力提供向心力，始终指向圆心，拐弯时静摩

答案第5页，共17页

擦力提供向心力，所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，ABD错误；汽车受到

的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，f=OCmg,根据牛顿第二定律/=m止，当r最大时,

r

r=15+-^=90/?7,有最大速度，v=yjpgr=>/0.7xl0x90«25m/s,即车的最大速度不能

超过25m/s,C正确.

【点睛】本题考查匀速圆周运动，关键在于分析向心力的来源，汽车转弯时静摩擦力提供向

心力，当轨道半径最大时有最大速度.

15.BD

【详解】C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，可设为

Er=k

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

得

可

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；

A.粒子3从距。点4的位置入射并从距。点4的位置出射，做向心运动，电场力做正功,

则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B.粒子4从距。点4的位置入射并从距0点4的位置出射，做离心运动，电场力做负功,

则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；

D.粒子3做向心运动，有

qE2>tn—

可得

12qE9r,12

23221

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；

故选BD。

16.BD

答案第6页，共17页

【详解】AB.根据平抛运动的规律

,12

h=2gt

R=vt

解得

R喏

可知若〃尸42，则

V/：V2=R「R2

若V/=V2，则

R；

选项A错误，B正确；

C.若助二牡，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因力=T2,出水口的截面积相同，可知单位

时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，

可知得到的水量较多，选项c错误；

D.设出水口横截面积为So,喷水速度为心若①尸①”则喷水管转动一周的时间相等，因

力相等，则水落地的时间相等，则

R

t=—

v

相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为

二必电）=RS。=Sq=S（）

°coRAtcoRicot[2h

相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。

故选BD。

17.BD

【详解】对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为仇则对小球竖直方向

Tsind=mg

而

T“MP,、

可知。为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变。则A错误,

答案第7页，共17页

B正确；

水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则

Tcos0-FN=mafr

即

2

FN=Tcos0-ma)r

当转速较大时，乐指向转轴

2

Tcos0+FN=ma>r

即

FN=ma>'r-Tco^O

则因。,根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大。则C错误；

根据

F^=ma)1r

可知，因角速度变大，则小球受合外力变大。则D正确。

故选BD。

18.AC

【详解】试题分析：质点P下滑的过程，由动能定理得"gR-W=可得

座R-W)；在最低点，质点p的向心加速度”=E=驷H；根据牛顿第二定

VmRRmR

律得'-，砥=根匕,解得'=网吗把；故AC正确，BD错误.故选AC.

RR

考点：考查动能定理；向心力.

【名师点睛】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆

周运动的向心力.

19.BD

兀兀

【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式3=92,解得：T=—2,故A错误；由圆周运

动的线速度与角速度的关系可知，v=a)R,故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座

舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为叫，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供

答案第8页，共17页

向心力可得：心=m。次，故D正确.

20.AD

【详解】A.本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力，圆周运动的弧长

s=vt-60x10m=600m

故选项A正确；

B.火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项

B错误；

CD.由于角度与弧度的换算关系

1°=—rad

180

所以由题意得圆周运动的角速度

△夕1°0,3.14一八…一

co-——=------x3.14radJ/s=----rad/s«().017/w/s

\t180x10180

又

v=cor

所以

r=—=x180m=3439m«3.4版

①3.14

故选项C错误，D正确。

故选ADo

21.(1)7N；(2)v=-y/12/—9.6(/NO.85m)；(3)—m,—m,—m

Y*15515

【详解】(1)滑块释放运动到C点过程，由动能定理

12

mglsin37+/%gR(l-cos37)=耳机七

经过。点时

■?

rVc

K

解得

&=7N

(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

1

mglsin37'-，wgx4Rcos37'=—mv2

x2

解得

答案第9页，共17页

v=J12「9.6

而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达OEF最高点，当小球恰好到达。EF最高点

时，由动能定理

mglxsin37-mgC3Rcos37+R)=0

可解得

/r=0.85m

则要保证小球能到F点，/,20.85m,带入…⑵,-9.6可得

v>>/(L6m/s

(3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的〃倍，则〃=1,3,5,

%sin37f〃，咫与cos37,=0

mgl、sin37-mg

解得

7〃+6

m/i=l,3,5,

15

又因为

z

/AZ\RD>kA>0.85m,lr入tD口=3m

13941

=m

当〃=1时，百m,当九二3时、lx2"，当〃=5时，。3=西01,满足要求。

即若滑块最终静止在轨道尸G的中点，释放点距8点长度。的值可能为1百3m,9屋41m。

225

22.(1)2.7m/s2;(2)—rf甲

242

【详解】(1)根据速度位移公式有

v2=2ax

代入数据可得

/7=2.7m/s2

(2)根据向心加速度的表达式

v2

a=一

R

可得甲、乙的向心加速度之比为

寄_谓R乙_225

^751,242

答案第1()页，共17页

甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为

7lR

V

代入数据可得甲、乙运动的时间为

4194

/甲=-y-s,t乙=—

乙11

因而乙，所以甲先出弯道。

23.(1)2R；(2)mgsin6,2gRcosd；(3)>/TOmgR

【详解】解：(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为，，由于B对轨道最高点的压力为零,

则由牛顿第二定律得

mg=m

R

B离开最高点后做平抛运动,则在竖直方向上有

2R=；&「

在水平方向上有

x=v2t

联立解得

x=2R

(2)对A由C到D的过程,由机械能守恒定律得

mgRcosO=—mv^

由于对A做功的力只有重力,则A所受力对A做功的功率为

P=fngvDsin0

解得

P=mgsin612gRcos0

(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为刃，V2,对B由。到最高点的过程，由机械能守恒定

律得

；tnv[=gtnv^+mg-2R

解得

答案第II页，共17页

V2^y/5gR

对A由。到C的过程，由机械能守恒定律得

12n

—mv{=mgR

解得

匕=或认

设碰前瞬间A的速度为％,对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得

mv0=mvt+mv2

解得

%=7^+7^

碰撞过程中A和B损失的总动能为

△E=；rnv^一；mv^-；mv^

解得

△E=y/lOmgR

24.⑴8N,方向水平向左；⑵不会冲出；⑶仁如k0(0f|m)

【详解】(1)机械能守恒定律

mgH=mgR+gmv^

牛顿第二定律

2

综=*8N

牛顿第三定律

尸N=&=8N

方向水平向左

(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系

mgH=/jmgLAB+pmgL^c.cos0+mgLBCsin0

得

LBC，=—m<1.0m

*16

答案第12页，共17页

故不会冲出

(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,动能定理

mgH-j.imgx--mv'

碰撞后的速度为动量守恒定律

tnv=

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为〃，动能定理

,2

-3/jmg(LAB-x)-3Ring---------3mgh=0——(3nt)v

25.(l)v=2/?69；(2)尸二冠4%①4+g，；(3)W=

【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为3,则根据线速度与角速度的关

系可知小球的线速度为