专题03力与曲线运动（分层练）

专题验收评价专题03力与曲线运动内容概览TOC\o"13"\h\uA·常考题不丢分1【命题点01运动的合成与分解】1【命题点02抛体运动规律的应用】5【命题点03圆周运动问题】9【命题点04圆周运动极值和临界问题】14B·拓展培优拿高分17C·挑战真题争满分25【命题点01运动的合成与分解】1．（2023·全国·模拟预测）某架飞机在进行航空测量时，需要严格按照从南到北的航线进行飞行。如果在无风时飞机相对地面的速度是414km/h，飞行过程中航路上有速度为54km/h的持续东风。则（A．飞机的飞行方向为北偏西为θ角度，且sinB．飞机的飞行方向为北偏东为θ角度，且sinC．飞机实际的飞行速度为100D．飞机实际的飞行速度为100【答案】B【详解】AB．飞机的飞行方向为北偏东为θ角度，且sin选项A错误，B正确；CD．飞机实际的飞行速度为v=选项CD错误。故选B。2．（2021·全国·统考模拟预测）小王和小张学习运动的合成与分解后，在一条小河中进行实验验证。两人从一侧河岸的同一地点各自以大小恒定的速度向河对岸游去，小王以最短时间渡河，小张以最短距离渡河，结果两人抵达对岸的地点恰好相同，若小王和小张渡河所用时间的比值为k，则小王和小张在静水中游泳的速度的比值为（）A．k B．kk C．k D．【答案】B【详解】将小王和小张分别定为甲乙，两人抵达的地点相同，知合速度方向相同，甲静水速垂直于河岸，乙的静水速与合速度垂直。如图。两船的合位移相等，则渡河合速度之比等于两人所用时间之反比。则vv甲合vcosθ=联立解得v甲故选B。3．（2022·全国·模拟预测）如图，塔吊吊起重物的过程中，吊钩将重物竖直吊起的同时，小车带动吊钩沿水平吊臂以恒定速率v匀速向右运动。第一次重物沿直线ABC运动，直线ABC与竖直方向所成角度为α（图中未标出）；第二次重物沿曲线ABC运动，曲线ABC的中点B处的切线与竖直方向所成角度为θ。两次重物都在同一竖直面内运动，则在重物从A运动到C的过程中（）A．第一次的运动时间较短B．第二次的运动平均速度较大C．第一次吊钩竖直方向运动的速度大小恒为vD．第二次吊钩竖直方向运动的速度最大值为v【答案】D【详解】A．由于小车带动吊钩沿水平吊臂以恒定速率v向右运动，所以这两次重物在水平方向上做一样的匀速运动，时间相等，A错误；B．两次运动的总位移和时间都相等，则平均速度也相等，B错误；C．第一次重物沿直线ABC运动，说明竖直方向上也做匀速运动，根据速度的分解可求得吊钩竖直方向速度大小恒为vtanD．第二次重物沿曲线ABC运动，说明竖直方向上做变速运动，在B点速度最大，根据速度的分解可求得吊钩竖直方向速度最大值为vtan故选D。4．（2023·全国·模拟预测）如图所示，长为L的轻杆OA的O端用铰链固定，轻杆靠在半径为R的半圆柱体上，接触点为B，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，半圆柱体向右运动的速度为v，此时A点的速度大小为（）A．vLtanθR B．vLsin2θ【答案】B【详解】将半圆柱体的速度v分解为沿杆方向的分速度v垂直杆方向的分速度v由于轻杆上各点的角速度相等，则v其中L解得v故选B。【点睛】明确轻杆的运动情况，掌握同轴转动的特点。5．（2020·全国·校联考一模）如图所示汽车用绕过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，轮船在水面上以速度v匀速前进汽车与定滑轮间的轻绳保持水平。假设轮船始终受到恒定阻力f，当牵引轮船的轻绳与水平方向成θ角时轻绳拉船的功率为P。不计空气阻力，下列判断正确的是（

）A．汽车做加速运动 B．轮船受到的浮力逐渐增大C．轻绳的拉力逐渐减小 D．P的数值等于fv【答案】D【详解】A．由速度分解此时汽车的速度为：v车=vcosθ，船靠岸的过程中，θ增大，cosθ减小，船的速度v不变，则车速减小，所以汽车做减速运动，故A错误；BC．绳的拉力对船做功的功率为P，由P=Fvcosθ知，绳对船的拉力为：F=对船：F联立可知：Pθ增大，则F变大，F浮变小；故BC错误；D．船匀速运动，则Fcosθ=f，则P=Fv故D正确。故选D。【命题点02抛体运动规律的应用】6．（2024·全国·模拟预测）2022年冬奥会由北京和张家口承办，滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，跳台的斜坡与水平面的夹角θ=30°，滑雪运动员从斜坡的起点A点沿水平方向飞出，经过23s落到斜坡上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取A．A点与B点的距离为120m；运动员离开A点时的速度大小为B．A点与B点的距离为120m；运动员离开A点时的速度大小为C．A点与B点的距离为60m；运动员离开A点时的速度大小为D．A点与B点的距离为60m；运动员离开A点时的速度大小为【答案】A【详解】运动员在竖直方向做自由落体运动，设A点与B点的距离为L，有L得L=120设运动员离开A点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有得v故选A。7．（多选）（2022·全国·模拟预测）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年02月04日至2022年02月20日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行，其中跳台滑雪项目是勇敢者的运动。运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。图甲所示是运动员在空中飞行的姿态，图乙是滑道的简略示意图，运动员可视为质点和忽略各种阻力，平台飞出点选为坐标原点，速度为v0，各功能区的高度和坡度都是定值，重力加速度为gA．由于运动员质量不同，因此在助滑区飞出点的速度不同B．在着陆区落地时的动能与运动员的质量成正比C．飞行距离为s=D．飞行距离为s=【答案】BC【详解】A．设运动员的质量为m，在飞出点的速度为v0，根据动能定理得解得v可见在助滑区飞出点的速度与运动员的质量无关，A错误；B．根据平抛运动的规律，设水平分速度与速度的夹角为α，则有tan而tan可得gt=2运动员落地时的动能E可知运动员在着陆区落地的动能与自身质量成正比，B正确；CD．由平抛运动规律得s=y=t=联立解得s=C正确，D错误。故选BC。8．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足AD=BE=18AB，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到DA．964 B．932 C．2164【答案】C【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为ℎM，N点距离台面的高度为ℎN，取M关于CP的对称点Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方．只看第一次从P点到A的平抛过程，可知P到Q的水平距离为P到A的水平距离的34，则有P到Q的时间为P到A时间的可知，P到Q的竖直运动的距离为P到A的916，所以有解得ℎ同理，对第二次平抛运动有ℎ解得ℎ可得ℎ故选C。9．（2020·全国·统考三模）2023年3月22日CBA常规赛战罢第38轮，山西男篮在这场关键的“卡位”赛中以119比94大胜吉林队，比赛中原帅手起刀落命中三分球。如图所示，比赛中原帅将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员向前运动到等高的C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需（）A．减小抛出速度v0，同时增大抛射角B．增大抛出速度v0，同时增大抛射角C．减小抛射角θ，同时减小抛射速度vD．减小抛射角θ，同时增大抛射速度v【答案】A【详解】根据题意可知，篮球垂直击中篮板上A点，则逆过程就是平抛运动，竖直高度不变，水平方向位移越大，水平速度越大，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小，则该运动员向前运动到等高的C点投篮，水平位移减小，还要求垂直击中篮板上A点，则需减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ故选A。10．（2022·全国·模拟预测）如图所示，在水平地面上的A点以速度v1跟地面成θ角射出一弹丸，恰好以v2的速度垂直穿入竖直壁上的小孔B，下列说法中正确的是（）A．若在B点以与v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点B．若在B点以与v1大小相等、方向与v2相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点C．若在B点以与v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点的左侧D．若在B点以与v1大小相等、方向与v2相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点的右侧【答案】A【详解】AC．弹丸恰好以速度v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔B，反向看为平抛运动，所以在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点，故C错误A正确；BD．从B到A做平抛运动，所以v1大小大于v2大小，所以在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度，射出弹丸，平抛运动的水平位移会增大，它必定落在地面上A点的左侧，故BD错误。故选A。【命题点03圆周运动问题】11．（2023·全国·二模）如图所示，半径可以改变的光滑半圆形轨道竖直固定放置，小球自轨道端点P由静止开始滑下，经过最低点Q。若轨道半径越大，则（

）A．小球经过最低点Q时的速率保持不变B．小球经过最低点Q时的向心加速度保持不变C．小球经过最低点Q时受到轨道的支持力越大D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率越大【答案】B【详解】A．小球从P到Q的过程，据机械能守恒定律可得mgR=解得v=故半径越大，小球经过最低点Q时的速率越大，A错误；B．小球经过最低点Q时的向心加速度可表示为a=小球经过最低点Q时的向心加速度与半径无关，保持不变，B正确；C．在最低点Q由牛顿第二定律可得F−mg=m解得F=3mg故小球经过最低点Q时受到轨道的支持力不变，C错误；D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率为P=mgvD错误。故选B。12．（2024·安徽·校联考模拟预测）光滑直杆AO₁可绕竖直轴O₁O₂转动，质量为m的小球套在杆上。现先让直杆绕轴O₁O₂以角速度ω1匀速转动，∠AO₁O₂=α，稳定后小球在图示位置，此时小球的加速度大小为a1，速度大小为v1；增大∠AO₁O₂为β，再让直杆以角速度ω2匀速转动，稳定后小球的高度不变，此时小球的加速度大小为a2，速度大小为A．ω₁=ω₂，v₁<v₂，a₁<a₂ B．ω₁>ω₂，v₁=v₂，a₁>a₂C．ω₁=ω₂，v₁<v₂，a₁>a₂ D．ω₁>ω₂，v₁=v₂，a₁<a₂【答案】B【详解】设圆周运动所在平面与O1的高度为h，圆周半径为r，则tan解上式得v所以线速度v与角度、半径无关。根据ω=由几何关系可知r₁<r₂可得ω₁>ω₂根据a=可得a₁>a₂故选B。13．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图是某自行车的传动结构示意图，其中I是半径r1=10cm的牙盘（大齿轮），II是半径r2=4cm的飞轮（小齿轮），III是半径r3=36cm的后轮，A、B、C分别是牙盘、飞轮、后轮边缘的点。在匀速骑行时，关于各点的角速度ω及线速度v的大小判断正确的是（）A．ωA=ωB B．ωA>ωC C．v【答案】D【详解】C．飞轮与牙盘通过链条连接，飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即v故C错误；AB．后轮与飞轮绕同轴转动，后轮的角速度与飞轮的角速度相等，即ω根据v=ωr可知ω则ω故AB错误；D．根据v=ωr且ωA<则v故D正确。故选D。14．（多选）（2024·全国·校联考一模）如图所示，现有一光滑角形框架OAB，OA边竖直放置，夹角θ=30°，质量m的小球套在OB杆上，并通过长为l的轻绳悬吊于M点，小球静止时轻绳与OA杆的夹角也为θ，现让框架以OA为轴，以不同的角速度ω匀速转动，小球均能在水平面内做匀速圆周运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．框架静止时，小球受到绳的拉力大小为3B．OB杆对小球的弹力不可能为0C．绳上无弹力时，ω的范围是3D．绳上无弹力时，ω越大，小球做圆周运动的半径越大【答案】AC【详解】A．框架静止时，对小球受力分析，小球受重力、绳的拉力、杆的弹力的作用，如图所示，根据正交分解或者力的合成，可知绳的拉力T=故A正确；B．随着转速增加，杆对小球的弹力先垂直于杆向右下方减小后垂直于杆向左上方增大，可以为0，故B错误；D．当绳上无弹力时，重力和杆的弹力的合力提供水平方向上的向心力，竖直方向平衡，故向心力F大小保持不变，根据向心力公式F可知角速度越大，半径越小，故D错误；C．当半径最小为rmin=当半径最大为rmax=l故C正确。故选AC。15．（多选）（2024·湖南·湖南师大附中校联考一模）如图所示，两条不可伸长轻绳分别连接质量相同的两个可视为质点的小球，悬挂在天花板上。若两个小球能以相同的角速度在水平面内做匀速圆周运动，则关于两小球的位置关系，可能是下列图中的（）A． B．C． D．【答案】AD【详解】设上下两条细线与水平方向的夹角分别为α和β，对上方的球1在水平面做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得FAcosαFBcosβ=mr1ω2对球1和球2整体，在竖直方向上有FAsinα=2mg同理对球2由牛顿第二定律得，FBcosβ=mr2ω2对球2竖直方向有，FBsinβ=mg由于球2受重力和绳的拉力的合外指向圆心，可知球2比球1更远离竖直轴，则r2＞r1联立解得，2mgtanα=mr1ω2+mr2ω故选AD。【命题点04圆周运动极值和临界问题】16．（2023上·四川·高三校联考阶段练习）如图所示，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕O点无摩擦转动。现使轻杆在同一竖直面内自由转动，不计空气阻力，测得小球通过最高点时的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度大小）。下列说法正确的是（

）A．小球在最高点时的线速度大小为2B．小球运动到最高点时轻杆对小球的作用力大小为mgC．当轻杆转到水平位置b和b′D．在轻杆转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值与最小值的差为5mg【答案】C【详解】A．在最高点时，由a可得，小球在最高点时的线速度大小为v=gL，B．在最高点，由牛顿第二定律mg+F1=m可得，小球运动到最高点时轻杆对小球的作用力大小为F1=0C．当轻杆转到水平位置b和b′D．在轻杆转动过程中，在最高点时，轻杆对小球作用力最小，F在最低点时，轻杆对小球作用力最大，由牛顿第二定律，F根据机械能守恒定律有，12mv所以轻杆对小球作用力的最大值与最小值的差为ΔF=F故选C。17．（2023上·河南濮阳·高三油田第一中学校考阶段练习）如图所示，长为L的悬线一端固定在O点，另一端接一小球A。在O点正下方有一钉子C，O、C间的距离为L2。把悬线拉直，使小球A跟悬点O在同一水平面上，然后将小球A无初速度释放，小球A运动到悬点O正下方时悬线碰到钉子，则小球A的（

A．线速度突然增大为原来的2倍 B．角速度突然增大为原来的4倍C．向心加速度突然增大为原来的4倍 D．向心力突然增大为原来的2倍【答案】D【详解】A．悬线碰到钉子前后瞬间，悬线的拉力始终与小球的运动方向垂直，小球的线速度大小不变，故A错误；BCD．悬线碰到钉子后，小球的运动半径减为原来的一半，线速度大小不变，根据ω=vr，a=则角速度增大为原来的2倍，向心加速度增大为原来的2倍，向心力增大为原来的2倍，故BC错误，D正确。故选D。18．（2023上·内蒙古呼和浩特·高三呼和浩特市回民中学校考阶段练习）如图所示，质量为m的小球通过长度为R的轻绳悬挂于固定点O，现将其拉到某一高处A点（让OA绷直）并由静止释放，当小球摆动到O点正下方B点时，绳恰好断掉，之后小球恰好垂直落到斜面CD上，已知斜面倾角为θ=30o，OBC三点在同一竖直线上，绳能承受的最大拉力为7（1）小球到达B点时的速度vB及释放点距离B点的高度h（2）小球落到CD上的位置与C的距离s【答案】（1）vB=2gR5【详解】（1）B点由T将Tm=7mg5 A−B过程由动能定理mgℎ=mvB2（2）因为垂直落在斜面上，分解速度则tanθ=vB设落点到点C的距离为s，由平抛规律得x=v所以s=19．（2023上·青海西宁·高三校考阶段练习）如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m=1kg的小物体（可视为质点）在水平拉力F的作用下，从C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后作平抛运动，正好落在C点，已知AC=2m，F=15N，（1）物体在B点时的速度；（2）物体在B点时半圆轨道对物体的弹力。【答案】（1）5m/s；（2）【详解】（1）设物体在B点的速度为v，由B到C做平抛运动，竖直方向有2R=水平方向有x联立以上两式解得物体在B点时的速度大小为v=（2）分析物体在B点的受力由牛顿第二定律得F解得半圆轨道对物体的弹力大小为F20．（2023上·广东东莞·高三东莞高级中学校考阶段练习）如图所示，质量m=1kg的小球在长为L=0.5m的细绳作用下，恰能在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmax=42N，转轴离地高度h=5.5m，不计阻力，g=10m/s2（1）小球经过最高点的速度v是多少？（2）若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求细绳被拉断后小球运动的水平位移x。【答案】（1）v=5m/s；（2）【详解】（1）依题意，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，在最高点根据牛顿第二定律有，mg=代入数据可得小球经过最高点的速度大小为v=（2）小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为Tmax，设此时小球的速度大小为v1。小球在最低点时由牛顿第二定律有，Tmax−mg=mv此后小球做平抛运动，设运动时间为t，则对小球在竖直方向上ℎ−L=代入数据求得，t=1s在水平方向上水平位移为x=4m一、单选题1．（2024·全国·高三专题练习）如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与在最高点时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．管道的半径为bB．小球的质量为aC．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】B【详解】A．由图乙可知，当在最高点v2=b时，F代入得R=A错误；B．由图乙知，当v2=0代入得m=B正确；C．小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，C错误；D．小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故外侧管壁可能对小球有作用力，内侧管壁也可能对小球有作用力，还可能均无作用力。D错误；故选B。2．（2023·湖南永州·统考二模）如图所示，电动打夯机由偏心轮（飞轮和配重物组成）、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为M，配重物质量为m，配重物的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力。下列说法正确的是（）A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同B．配重物转到顶点时处于超重状态C．偏心轮转动的角速度为MgD．打夯机对地面压力的最大值大于(M+m)g【答案】D【详解】A．电动机轮轴与偏心轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与偏心轮半径不同，故电动机轮轴与偏心轮转动角速度不相同，故A错误；B．配重物转到顶点时，具有向下的加速度，故配重物处于失重状态，故B错误；C．当偏心轮上的配重物转到顶端时，底座刚好对地面无压力，有T=Mg对配重物有T+mg=m解得偏心轮转动的角速度为ω=故C错误；D．在最低点，打夯机对地面压力最大，对配重物有T对打夯机有Mg+解得N=2(M+m)g>(M+m)g根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的最大值大于(M+m)g，故D正确。故选D。3．（2023上·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）如图所示，半径为R、粗细均匀的光滑圆环固定在竖直面内，一个质量为m的小球套在圆环上可自由滑动。橡皮筋一端与小球连接，另一端固定在O2点，O2在圆环圆心O1正上方。将小球拉至A点，此时橡皮筋处于伸长状态，且刚好与圆环相切，O1A与竖直方向夹角为θ＝60°，C为圆环最高点，B为AC段圆环的中点。将小球由A点静止释放，小球运动到B点时橡皮筋处于原长，小球恰好能到达C点，重力加速度为g，橡皮筋在弹性限度内，则下列判断正确的是（）A．小球运动到C点时对圆环的作用力恰好为零B．小球运动到B点时速度最大C．小球运动到B点时的加速度大小为1D．小球开始运动时橡皮筋具有的弹性势能为1【答案】D【详解】A．小球运动到B点时橡皮筋处于原长，则BC段橡皮筋处于松弛状态，小球运动到C点时速度为零，小球只受重力和圆环的弹力，有mg+可得FN＝mg负号表示圆环对小球的作用力方向竖直向上，方向竖直向下，故A错误；B．小球从A到B过程，橡皮筋弹力与重力的合力先做正功，后做负功，速度先增大后减小，故B错误；C．小球运动到B点时，沿切线方向加速度大小为a=g小球沿半径方向加速度不为零，因此合加速度大于g2D．由题可知B点时橡皮筋处于原长，AB段橡皮筋伸长，BC段橡皮筋松弛无弹力，根据机械能守恒，小球开始运动时橡皮筋具有的弹性势能为E故D正确。故选D。二、多选题4．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球质量均为m，且均可视为质点，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角速度ω匀速转动时，小球以角速度ω随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止；连接小球的细线与竖直方向的夹角为α，小孔与细线之间无摩擦，木块与圆盘间的动摩擦因数为μ，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A．若ω不变，L越大，则α越大B．若R=L，当ω>μgC．若R=LD．若R=2L，当ω增大时，木块所受摩擦力可能增大【答案】AD【详解】A．设，细绳的拉力为T，则TT解得ω=若ω不变，L越大，则α越大，故A正确；B．由T=mL木块随圆盘匀速转动所需要的向心力为F当R=L时细线的张力恰好提供木块做圆周运动的向心力，摩擦力为零，且只与ω有关，所以，无论ω多大，木块都不会滑动，故B错误；C．若R=LD．若R=2L时木块所需要的向心力大于细绳的张力，，物块受到指向圆心的摩擦力，随着ω增大时，向心力增大，木块所受摩擦力可能增大，故D正确。故选AD。5．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为30∘的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为A．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为3B．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为3C．小球抛出时距斜面底端的高度为5D．小球抛出时距斜面底端的高度为5【答案】AD【详解】AB．小球做平抛运动恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan解得t=A正确，B错误；CD．小球垂直打在斜面上，设小球抛出时距斜面底端的高度为h，根据平抛运动规律，在水平方向则有x=在竖直方向则有y=小球落在斜面上，根据几何关系得tan又有t=联立解得ℎ=C错误，D正确。故选AD。三、解答题6．（2023上·湖北·高三校联考）如图所示，竖直光滑半圆弧轨道的下端B点固定在高ℎ=3.2m的竖直墙壁上端，O为半圆的圆心，BC为竖直直径，一质量m2=4kg的小球b静置在B点。现将一质量m1=2kg的小球a从水平地面上的A点以初速度v0斜向上抛出，抛射角θ=53°。小球a刚好能沿水平方向击中小球b，两小球碰撞过程时间极短且没有能量损失，碰撞结束后小球b在半圆弧轨道上运动的过程不脱离轨道（小球b从圆弧轨道最高点C和最低点（1）小球a从A点抛出时的初速度v0（2）碰撞结束瞬间小球b的速度vb（3）半圆弧轨道的半径R的取值范围。【答案】（1）10m/s；（2）4m/s（3）R≤0.32m或者【详解】（1）设水平方向上向右为正方向，小球a从A点抛出，在竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，刚好能沿水平方向击中小球b，则有vy2联立解得，vy=8（2）小球a刚好能沿水平方向击中小球b时，其速度为v根据动量守恒定律可得m根据能量守恒定律可得12m1（3）假设小球b恰好能运动至C点，则在C点满足m又根据动能定理可得12m2故半圆弧轨道的半径R取值范围是R≤0.32m如果小球恰好运动到和圆心等高的位置，此时的最小速度为零，则有12m2故半圆弧轨道的半径R取值范围是R≤0.32m或者7．（2023上·黑龙江大庆·高三校考）如图所示，一个质量为m=2.0kg的小球，从半径为R=1.8m质量为M=1.6kg的四分之一光滑圆弧槽顶端由静止滑下，槽的左边被挡板固定，抛出点离地面的高度h=5.6m，落在倾角为θ足够长的固定斜面上（斜面底端与圆弧槽右侧面刚好接触但不粘连），地面光滑，忽略空气阻力，g=10m/s2，tanθ=2（结果可用根式表示）。（1）小球在槽的最低点对槽的压力大小为多少；（2）小球落在斜面上的速度的大小；（3）若把挡板撤掉，小球还是从同一位置由静止滑下，则小球从离开槽至落到斜面上所用时间为多少？【答案】（1）60N；（2）213m/s【详解】（1）小球从静止开始下滑到最低点过程中，由动能定理得1在最低点，对小球由牛顿第二定律N−mg=得v=6m/s，由牛顿第三定律可得，小球在槽的最低点对槽的压力为N（2）设下落时间为ttan解得t=0.4s，t=−2.8所以小球落在斜面上的速度的大小为v（3）规定向右为正方向，设小球脱离圆弧槽时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，此过程圆弧槽水平位移大小为s2，小球水平位移大小为小球和圆弧槽水平动量守恒得m即m联立可得v1=4由几何关系得(解得，小球从离开槽至落到斜面上所用时间为t8．（2023上·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考）如图所示，质量m＝1kg的小物块A先固定在压缩的弹簧右端，质量m＝1kg的小物块B静止放置在水平光滑轨道右侧。长为10米的传送带与轨道等高且无阻碍连接。传送带顺时针转动，速度大小为8m/s，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝1m的光滑圆轨道。现静止释放小物块A，离开弹簧后与B碰撞并粘在一起形成新的小物块，速度大小为6m/s。经传送带后运动到圆轨道最高点C。（g＝10m/s2（1）求压缩弹簧的弹性势能；（2）求物块运动到最高点时，轨道受到的压力。【答案】（1）72J；（2）28N，方向竖直向上【详解】（1）设小物块A离开弹簧时的速度为vA，据题可知，碰撞后形成新的小物块的速度为v物块A、物块B碰撞过程，由动量守恒定律得mvA=2m由机械能守恒定律得压缩弹簧的弹性势能为E（2）设新物块在传送带上经过位移x与传送带共速，由动能定理得μ⋅2mgx=解得x=7因此新物块离开传送带时的速度为8m/s，新物块从D点到C12⋅2mv设在C点轨道对新物块的弹力大小为FN，则FN+2mg=2mv由牛顿第三定律得轨道受到的压力大小F′N一、单选题1．（2023·湖南·统考高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为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在最高点的速度小于vC．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等【答案】B【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，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错误。故选B。2．（2023·北京·统考高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是（）A．圆周运动轨道可处于任意平面内B．小球的质量为FRC．若误将n−1圈记作n圈，则所得质量偏大D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小【答案】A【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；B．根据F=mω2R，ω=2πntC．若误将n1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；D．若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。故选A。3．（2023·全国·统考高考真题）一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T=合外力等于向心力，根据F合=F其中4mπ2k2故选C。4．（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AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD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BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s。在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离A．t=2+7πC．t=2+512【答案】B【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据a可得在BC段的最大速度为v在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据a可得在CD段的最大速度为v可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为tAB段从最大速度vm减速到v的时间t位移x2在AB段匀速的最长距离为l=8m3m=5m则匀速运动的时间t则从A到D最短时间为t=故选B。5．（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a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。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（

）A．ℎk+1 B．ℎk C．2ℎk【答案】D【详解】运动员从a到c根据动能定理有mgℎ=在c点有FNc−mg=mvc2联立有R故选D。二、多选题6．（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O为圆心、R1和R2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ℎ1、v1、ω1和ℎA．若ℎ1=B．若v1=C．若ω1=ωD．若ℎ1=【答案】BD【详解】AB．根据平抛运动的规律ℎ=12gt2，可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则ℎ1:C．若ω1=ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1D．设出水口