高考物理二轮复习（新教材新高考）专题03 力与曲线运动【练】（讲解版）

PAGE23第一部分力与运动专题03力与曲线运动【练】一．练经典试题1.(2021·杭州建人高复模拟)如图所示，一热气球在匀加速竖直向上运动的同时随着水平气流向右匀速运动，若设竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，则热气球实际运动的轨迹可能是()【答案】B【解析】气球水平向右做匀速运动，竖直向上做匀加速运动，则合加速度竖直向上，合力竖直向上，轨迹向上弯曲，选B.2.(2021·山东潍坊市五校联考)如图所示，绕过光滑轻质定滑轮的细线连着两个小球，小球a、b分别套在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为37°，此时a、b两球的速度大小之比eq\f(va,vb)为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(25,9)D.eq\f(25,16)【答案】A【解析】如图所示，将a、b两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a球沿细线方向的速度大小为v1＝vasin37°，b球沿细线方向的速度大小为v2＝vbcos37°，又v1＝v2，解得eq\f(va,vb)＝eq\f(cos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)，A正确． 3.(多选)如图所示，水平面内放置一个直径d＝1m、高h＝1m的无盖薄油桶，沿油桶直径距左桶壁s＝2m处的正上方有一点P，P点的高度H＝3m，从P点沿直径方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹，不计阻力，下列说法正确的是(取g＝10m/s2)() A．小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的内壁B．小球的速度范围为eq\r(15)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的下底C．小球的速度范围为eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s时，小球击中油桶的外壁D．若P点的高度变为1.8m，则小球无论初速度多大，均不能落在桶底(桶边缘除外)【答案】ACD【解析】如图所示，小球落在A点时，v0＝seq\r(\f(g,2H))＝eq\f(2,3)eq\r(15)m/s，当小球落在D点时，v2＝seq\r(\f(g,2H－h))＝eq\r(10)m/s，当小球落在B点时，v3＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H))＝eq\r(15)m/s，当小球落在C点时，v4＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H－h))＝eq\f(3,2)eq\r(10)m/s.小球击中油桶内壁时，v2<v<v4，即eq\r(10)m/s<v<eq\f(3,2)eq\r(10)m/s，选项A正确；小球击中油桶下底时，v2<v<v3，即eq\r(10)m/s<v<eq\r(15)m/s，选项B错误；小球击中油桶外壁时，v1<v<v2，即eq\f(2,3)eq\r(15)m/s<v<eq\r(10)m/s，选项C正确；若P点的高度变为H0，轨迹同时过D点和B点，则此时的初速度v′＝seq\r(\f(g,2H0－h))＝(s＋d)eq\r(\f(g,2H0))，解得H0＝1.8m，v′＝5m/s，在此高度上初速度大于5m/s时，小球落在油桶右侧内壁上，当速度小于5m/s，小球至多落在油桶左侧外壁，选项D正确．4.(2021·金丽衢十二校第二次联考)如图所示，一小球从半径为R的固定半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，关于小球的运动，以下说法正确的是()A．抛出点与B点的距离为2RB．小球自抛出至B点的水平射程为1.6RC．小球抛出时的初速度为eq\r(\f(3\r(3)gR,2))D．小球由抛出点至B点的过程中速度变化量为2eq\r(\f(\r(3)gR,2))【答案】C【解析】水平射程x＝R＋Rcos60°＝eq\f(3,2)R，B错误；恰好在B点相切，则tan30°＝eq\f(vy,v0)，设位移与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，则y＝eq\f(\r(3),6)x＝eq\f(\r(3),4)R，抛出点与B点的距离s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(\r(39),4)R，A错误；由vy2＝2gy得vy＝eq\r(2gy)＝eq\r(\f(\r(3)gR,2))，由tan30°＝eq\f(vy,v0)得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，C正确；速度变化量Δv＝gt＝vy＝eq\r(\f(\r(3)gR,2))，D错误．5.(2021·湖北荆州市高三一模)在教学楼的楼梯口，有如图所示的0、1、2、3、…、k级台阶，每级台阶的长为30cm，高为15cm(g＝10m/s2)．某同学从第0级台阶的边缘以v0＝4m/s水平踢出一足球(不计一切阻力)，则足球将落在第()级台阶上．A．4B．5C．6D．7【答案】C【解析】如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，则小球落到台阶上．设小球落到斜线上的时间t，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝eq\f(1,2)gt2且eq\f(x,y)＝eq\f(30,15)＝2，联立解得t＝0.4s，相应的水平位移x＝4×0.4m＝1.6m，则台阶数n＝eq\f(1.6,0.3)≈5.3，知小球抛出后首先落到第6级台阶上．6.(2021·Z20联盟联考)如图所示，一束平行光垂直斜面照射，小球从斜面上的O点以初速度v0沿水平方向抛出，落在斜面上的P点，M是小球离斜面的最远点，N是M在斜面上的投影，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球在空中的运动时间t＝eq\f(v0tanθ,g)B．小球在斜面上的影子做匀速运动C．小球在斜面上的投影距离NP是ON的3倍D．小球在斜面上的投影距离OP等于eq\f(2v02tanθ,gcosθ)【答案】D【解析】小球落在斜面上时，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故A错误；将速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向的运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的影子做加速运动，故B错误；影子垂直斜面方向运动的对称性可知，从O到N的时间等于从N到P的时间，由于初速度不为零，则小球在斜面上的投影距离NP不等于ON的3倍，故C错误；影子运动的初速度为v0cosθ，加速度为gsinθ，运动时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，根据匀变速直线运动规律可知OP＝v0cosθ·t＋eq\f(1,2)gsinθ·t2＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ)，故D正确．7.(多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ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m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时()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【答案】BD【解析】对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsinθ＝mg而FT＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcosθ－FN＝mω2r即FN＝FTcosθ－mω2r当转速较大，FN指向转轴时，则FTcosθ＋FN′＝mω′2r即FN′＝mω′2r－FTcosθ因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则D正确．8.(多选)(2021·黑龙江大庆市第二次监测)如图所示，一个倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点，另一端系一个质量为m的小球(可视为质点)，绳长为L，在O点沿斜面向下eq\f(L,2)处的P点钉一枚与斜面垂直的钉子．现将小球拉起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放，小球绕O点转动90°时绳与钉子相碰．已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是()A．绳碰到钉子前瞬间，小球的线速度为eq\r(gL)，且碰后瞬间线速度大小不变B．绳碰到钉子前瞬间，小球受到的拉力为eq\f(3mg,2)，且碰后瞬间绳的拉力突然增大C．绳碰到钉子后，小球绕P点做圆周运动可恰好到达最高点O点D．若将钉钉子的位置P点沿斜面向下移动，OP距离越大，绳碰到钉子后瞬间受到的拉力越大【答案】ABD【解析】球从开始运动到碰到钉子前瞬间机械能守恒，mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(gL)，合外力提供向心力F－mgsinθ＝meq\f(v2,L)，解得F＝eq\f(3,2)mg，碰后瞬间，速度不变，半径变为eq\f(L,2)，F′＝mgsinθ＋meq\f(v2,\f(L,2))＝eq\f(5,2)mg，绳上拉力变大，所以A、B正确；碰到钉子后，小球绕P点做圆周运动，O点是轨道的最高点，由于最高点小球所受合外力不可能为零，所以速度不能为零，根据机械能守恒，小球不能运动到O点，C错误；OP距离越大，与钉子相碰后新的圆周运动的半径越小，由于绳碰钉子后瞬间速度大小不变，所以半径越小，所需向心力越大，绳上拉力越大，D正确．9.(多选)(2021·安徽皖江联盟名校联考)如图所示，轻质细杆一端连接有质量为m的小球，轻杆可绕另一端在竖直平面内转动，杆的长度为l，小球可以当作质点，当杆转动到竖直平面的最高点时，小球的速度为v＝eq\r(\f(gl,2))，忽略小球受到的阻力，g为重力加速度．下列说法中正确的是()A．小球在最高点时，小球对轻杆的弹力方向向上B．小球在最高点时，轻杆对小球的弹力大小为eq\f(1,2)mgC．小球转动到最低点时，杆对小球的弹力大小为eq\f(11,2)mgD．若小球在最高点受到杆的弹力大小为eq\f(1,3)mg，小球在最高点的速度一定为eq\r(\f(2,3)gl)【答案】BC【解析】对位于最高点的小球受力分析，设轻杆对小球的弹力F方向向下，由牛顿第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,l)，代入速度值，解得F＝－eq\f(1,2)mg，负号表示方向向上，轻杆对小球的弹力方向向上，则小球对轻杆的弹力方向向下，选项A错误，B正确．设轻杆在最低点对球的弹力为F1，由牛顿第二定律有F1－mg＝meq\f(v\o\al(12),l)，根据动能定理可得小球在最低点的速度v1＝eq\r(\f(9gl,2))，则F1＝eq\f(11,2)mg，选项C正确．若小球在最高点受到杆的弹力大小为eq\f(1,3)mg，小球受到杆的力可能是拉力也可能是支持力，mg±eq\f(1,3)mg＝meq\f(v2,l)，v＝eq\r(\f(2,3)gl)或v＝2eq\r(\f(1,3)gl)，选项D错误．10.(多选)(2021·山东济宁市期末质量检测)如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球(可视为质点)相连，轻绳与斜面平行，小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.斜面体所受摩擦力大小为mgB.滑块所受摩擦力大小为2mgC.若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的动能为eq\f(\r(3),4)mgLD.若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的向心加速度大小为eq\r(3)g【答案】AD【解析】对小球受力分析有mg＝Tcos30°，解得T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；对滑块受力分析得重力沿斜面向下的分力为4mgsin30°＝2mg，所以f＝2mg－T＝eq\f(6－2\r(3),3)mg；将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为f1＝Tcos30°＝eq\f(2\r(3),3)mg×eq\f(\r(3),2)＝mg，故A正确，B错误；当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为T′＝2mg，设此时细绳与竖直方向的夹角为θ，则T′cosθ＝mg，所以θ＝60°。小球做圆周运动，则有T′sin60°＝meq\f(v2,Lsin60°)，得小球的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)T′Lsin260°＝eq\f(3,4)mgL，向心加速度为a＝eq\f(T′sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C错误，D正确。二、练创新情境1.(2021·辽宁沈阳市一模)2020年9月10日，我国选手徐一璠首进美网决赛，成为美网历史上第一位打进女双决赛的中国大陆选手．由网球运动员在边界处正上方水平向右击出的网球在空中的运动轨迹如图所示，O、P、Q为轨迹上的三点，OP、PQ为两点连线，MN为曲线在P点的切线，网球在运动过程中可视为质点，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是()A．网球做变加速运动，在P点的速度方向沿OP方向B．网球做变加速运动，在P点的速度方向沿PN方向C．网球做匀变速运动，在P点的速度方向沿PN方向D．网球做匀变速运动，在P点的速度方向沿PQ方向【答案】C【解析】网球在空中运动时只受重力作用，根据牛顿第二定律可知网球的加速度为重力加速度g，故网球做匀变速运动，做曲线运动的网球在运动轨迹上某点的速度方向沿该点的切线方向，因此网球在P点的速度沿PN方向．故选C.2．(2021·金丽衢十二校联考)水火箭是许多学校科技节常见的比赛主题，喷水时产生的推力为F，不计空气阻力，图中虚线表示水火箭在竖直平面内向前运动的轨迹，其飞行姿态可能正确的是()【答案】A【解析】A图中水火箭发射后受到喷射气体产生的斜向上的推力F和竖直向下的重力，该图中合力的方向与运动的方向可以在同一条直线上，所以可以沿斜向上的方向做直线运动，A正确；B图中水火箭发射后受到喷射气体产生沿水平方向的推力F和竖直向下的重力，合力的方向与图中运动的方向不在同一条直线上，所以不能做直线运动，B错误；C图中推力F的方向沿轨迹的切线方向，而重力的方向竖直向下，合力的方向在推力F的方向与重力的方向之间，运动轨迹应向合力方向偏转，所以水火箭不可能向上弯曲，C错误；D图中推力F的方向沿轨迹的切线方向，而重力的方向竖直向下，合力的方向在推力F的方向与重力的方向之间，运动轨迹应向合力方向偏转，所以水火箭不可能向上弯曲，D错误．3.(2021·黑龙江牡丹江一中期末)夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，如图所示，一游客(可视为质点)以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．在A点时，游客处于超重状态B．在B点时，游客的向心加速度为gC．从B到C过程，游客的机械能增大D．从A到B过程，游客水平方向的加速度先增大后减小【答案】D【解析】在A点，游客具有竖直向下的加速度，处于失重状态；在B点，游客受轨道的支持力为零，只受重力，向心加速度小于g；B到C过程，游客只受到重力作用，机械能守恒；游客在A点时合力沿竖直方向，在B点时合力也沿竖直方向，但A到B过程，各点支持力有水平向右的分力，水平方向的加速度从0先增大，后又减小为0，故D项正确．4.如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗．如图乙所示．篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度分别为h1和h2，两中心在水平地面上的投影点O1、O2之间的距离为d.忽略空气的阻力，已知重力加速度为g.设出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是()A．出手速度大的皮球入筐前运动的时间也长B．速度v只能沿O1O2连线方向C．速度v的最大值为(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h1))D．速度v的最小值为(d－R＋r)eq\r(\f(2g,h2－h1))【答案】C【解析】平抛运动的时间由下落的高度决定，则进筐的皮球运动时间相同，A错误；与O1O2连线成一个小的角度投出的皮球也可能进筐，B错误；皮球沿O1O2连线的投出，并能进筐的图示如图，作出皮球中心的运动轨迹，下落的高度为h2－h1，水平射程分别为d＋R－r和d＋r－R，则投射的最大速度为vmax＝eq\f(d＋R－r,\r(\f(2h2－h1,g)))＝(d＋R－r)eq\r(\f(g,2h2－h1))，最小速度为vmin＝eq\f(d－R＋r,\r(\f(2h2－h1,g)))＝(d－R＋r)eq\r(\f(g,2h2－h1))，C正确，D错误．5.(2021河南许昌模拟)如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则()A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B．受到的合力大小为F＝eq\f(mv2,R)C．若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑D．若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑【答案】B【解析】将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A项错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F＝eq\f(mv2,R)，故B项正确；若运动员加速，有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C项错误；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D项错误．6.(2021·广东阳江市开学考)港珠澳大桥总长约55公里，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥，也是世界公路建设史上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最庞大的桥梁．如图所示的路段是一段半径约为120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2m/s2B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/sC．晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道D．下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动【答案】C【解析】汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径R＝120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度为a＝eq\f(v2,R)≈3.3m/s2，角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(1,6)rad/s，故A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm＝eq\f(mvm2,R)，在竖直方向上有FN＝mg，径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，即Ffm＝kFN，以上三式联立解得vm＝eq\r(kgR)≈31.0m/s＝111.6km/h，所以晴天时汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有vm′＝eq\r(k′gR)≈21.9m/s≈78.8km/h,60km/h<78.8km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，且不做离心运动，故D错误．7.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，其简化模型如图所示，已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ(0＜θ≤eq\f(π,2))，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D.若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小【答案】C【解析】当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和旋臂的作用力，它们的合力提供向心力，选项A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，这个作用力在水平方向的分力提供向心力，在竖直方向的分力与重力平衡，选项B错误；由力的合成可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为F＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，选项C正确；由C项分析可知，当夹角θ增大时，旋臂对模型飞机的作用力增大，选项D错误。8.(多选)(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，8)如图所示，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是()A.仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B.仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ωC.仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D.仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力【答案】BD【解析】小球做圆锥摆运动，根据受力分析有：mgtanθ＝mLsinθ·ω2；增大绳长，小球需要的向心力变大，所以小球将受到玻璃管斜向下方的压力，A错误；增大绳长，若仍保持小球不受玻璃管的压力，因为ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，所以需要角速度变小，故B正确；仅增大小球质量，则小球与玻璃管间无压力，C错误；若仅增大角速度，则小球需要的向心力变大，所以玻璃管需要给小球斜下方的压力，故D正确。9.(多选)(2021·广东汕头市第一次模拟)如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与veq\o\al(2,N)的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A.若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则经过M点时对轨道无压力B.当小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c，则经过M点时对内管道壁有压力C.小球做圆周运动的半径为eq\f(c,5g)D.F＝－b表示小球经过N点时速度等于0【答案】AC【解析】由图可知，若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则经过M点时对轨道无压力，选项A正确；由图可知，当小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝eq\r(2)c＞c，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对外管道壁有压力，选项B错误；若小球经过N点时满足veq\o\al(2,N)＝c，则在M点时mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)，由机械能守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，联立解得R＝eq\f(c,5g)，选项C正确；F＝－b表示小球经过M时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，经过N点时速度不等于0，选项D错误。101.(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是()A.小球落到地面相对于A点的水平位移值为2eq\r(RH－2R2)B.小球落到地面相对于A点的水平位移值为2eq\r(2RH－4R2)C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H＞2RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)R【答案】BC【解析】小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋2mgR＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间t＝eq\r(\f(2×2R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，则小球落到地面时相对于A点的水平位移x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，故A错误，B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝2R，故C正确，D错误。三．练规范训练高考标准练（一）选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)1.(2021·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小铁球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小铁球的运动轨迹。观察实验现象，以下叙述正确的是()A.第一次实验中，小铁球的运动是匀变速直线运动B.第二次实验中，小铁球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线C.该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上【答案】D【解析】第一次实验中，小铁球受到沿着速度方向的引力作用，做直线运动，并且引力随着距离的减小而变大，加速度变大，则小铁球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小铁球所受的磁铁的引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，选项C错误，D正确。2.(2021·山东滨州二模)如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y＝x2，在y轴上有一点P，坐标为(0，6m)。从P点将一小球水平抛出，初速度为1m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力，g取10m/s2)()A.(3m，3m) B.(2m，4m)C.(1m，1m) D.(1m，2m)【答案】C【解析】设小球经过时间t打在曲面上M(x，y)点，则水平方向：x＝v0t，竖直方向上：6－y＝eq\f(1,2)gt2，又因为y＝x2，可解得x＝1m，y＝1m，故C正确，A、B、D错误。3.(2021·辽宁沈阳质检)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5600m的弯道，设计速度为216km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)。已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g＝10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为()A.8cm B.9cm C.10cm D.11cm【答案】B【解析】由题意得按照设计速度拐弯时，列车受到重力和轨道的支持力作用，这两个力的合力指向圆心，提供向心力，mgtanθ＝meq\f(v2,r)，由于角度较小，又有mgsinθ＝meq\f(v2,r)，sinθ＝eq\f(h,L)，联立两式得h＝eq\f(v2L,gr)＝9cm，所以选项B正确。4.如图所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L的左上方有一步枪，步枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H，L＝2H。通关时，游戏者操控步枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v的初速度做竖直上抛运动。游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g，不计空气阻力.如果能够通关，子弹的初速度大小为()A.eq\f(\r(3),2)v B.2v C.v D.eq\f(\r(5),2)v【答案】C【解析】设子弹射出后经时间t恰好从关门的上端擦边而过，子弹下降的距离h1＝eq\f(1,2)gt2，关门竖直上升的距离h2＝vt－eq\f(1,2)gt2，又h1＋h2＝H，解得t＝eq\f(H,v)；设子弹的初速度大小为v0，则子弹水平方向运动的距离x1＝v0t，关门水平方向运动的距离x2＝vt，又x1＋x2＝L＝2H，解得子弹的初速度大小v0＝v，故C正确，A、B、D错误。5.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m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()A.运动周期为eq\f(2πR,ω)B.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD【解析】座舱的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A错误；根据线速度与角速度的关系v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。6.如图所示是网球发球机，某次室内训练时从距地面一定的高度向竖直墙面发射完全相同的网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度方向与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则()A.两次发射的初速度之比为3∶1B.碰到墙面前在空中运动时间之比为1∶eq\r(3)C.下降高度之比为1∶3D.碰到墙面时动能之比为3∶1【答案】BC【解析】由题知，两次平抛运动的水平位移相同，设为x，根据平抛运动规律有eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)tanθ，y＝eq\f(1,2)gt2，联立得t＝eq\r(\f(xtanθ,g))，当θ＝30°时，t1＝eq\r(\f(xtan30°,g))，当θ＝60°时，t2＝eq\r(\f(xtan60°,g))，故两次运动的时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(\f(xtan30°,g)),\r(\f(xtan60°,g)))＝eq\f(1,\r(3))，根据x＝v0t，得eq\f(v01,v02)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(\r(3),1)，根据y＝eq\f(1,2)gt2，得eq\f(y1,y2)＝eq\f(teq\o\al(2,1),teq\o\al(2,2))＝eq\f(1,3)，第一次平抛的合速度为v1＝eq\r(veq\o\al(2,01)＋veq\o\al(2,y1))，第二次平抛的合速度为v2＝eq\r(veq\o\al(2,02)＋veq\o\al(2,y2))，故碰到墙面时动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,1),\f(1,2)mveq\o\al(2,2))＝eq\f(\f(1,2)m（veq\o\al(2,01)＋veq\o\al(2,y1)）,\f(1,2)m（veq\o\al(2,02)＋veq\o\al(2,y2)）)，又v01＝eq\f(x,t1)＝eq\r(\f(gx,tan30°))，v02＝eq\f(x,t2)＝eq\r(\f(gx,tan60°))，vy1＝gt1＝eq\r(xgtan30°)，vy2＝gt2＝eq\r(xgtan60°)，代入得eq\f(Ek1,Ek2)＝1，故A、D错误，B、C正确。7.(2020·安徽合肥市第二次质检)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B.转弯时车不发生侧滑的最大速度为eq\r(μgR)C.转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD.转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小【答案】BD【解析】车受到的地面的支持力方向垂直地面竖直向上，不与车所在的平面平行，故A错误；设自行车受到地面的弹力为FN，则有Ffm＝μFN，由平衡条件有FN＝Mg，根据牛顿第二定律有Ffm＝Meq\f(veq\o\al(2,m),R)，代入数据解得vm＝eq\r(μgR)，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则eq\f(1,tanθ)＝eq\f(Ff,Mg)，解得Ff＝eq\f(Mg,tanθ)，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确。8.(多选)(2021·陕西渭南市富平县高三期末)如图所示为赛车场的一个“U”型弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别r和2r；一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图1所示的①②③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力均为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率