《三维设计 物理 必修 第二册(配人教版) 》课时跟踪检测汇 （1-21） 曲线运动 -实验：验证机械能守恒定律

课时跟踪检测（一）曲线运动A组—重基础·体现综合1．(多选)物体做曲线运动时，其加速度()A．一定不等于0 B．可能不变C．一定改变 D．一定不变解析：选AB物体做曲线运动的条件是其所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上，故合力一定不为0，其加速度必定不为0，故A正确。但其所受的合力可能是恒力，也可能是变力，故B正确，C、D错误。2．如图所示，一质点由M点向N点做曲线运动，当它通过P点时，其速度v和加速度a的方向关系可能正确的是()解析：选C做曲线运动的物体的加速度的方向与其所受的合力的方向一致。由曲线运动中物体所受合力的方向与其运动轨迹的关系可知，物体的加速度的方向也一定指向轨迹的凹侧，而速度的方向一定是沿轨迹上该点的切线方向，故C正确。3.如图的陀螺是民间较早的娱乐工具，也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具。从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨水到陀螺边缘上，则被甩出的墨水径迹可能如图中的()解析：选D陀螺的边缘上的墨水从切线方向飞出，所以A、B错误；陀螺立在某一点顺时针匀速转动，所以墨水滴的方向要与顺时针方向的前方一致，故C错误，D正确。4．在曲线运动中，如果运动物体的速率保持不变，那么()A．其加速度的方向就是曲线在这一点的切线方向B．其加速度大小不变，方向与物体运动方向一致C．其加速度大小不变，某点的加速度方向与曲线该点的切线方向一致D．其加速度大小和方向由物体在该点所受合外力决定，加速度方向与曲线上这一点的切线方向垂直解析：选D根据牛顿第二定律可得曲线运动的加速度大小和方向是由物体受到的合外力决定的，对于运动物体的速率保持不变的曲线运动，其加速度方向与曲线上这一点的切线方向垂直，故D正确。5．如图所示，在水平桌面铺上白纸，白纸上摆一条弧形弯道。表面沾有红色印泥的小钢球从弯道A端滚入，它从出口B离开后在纸上留下的痕迹是()A．aB．b C．cD．d解析：选B小球在弯道内做曲线运动，它从出口B离开后沿着切线飞出，在纸上留下的痕迹是b，选项B正确。6.如图所示，一个质点在恒力F作用下，在xOy平面上从O点运动到B点的轨迹如图所示，其在A点时的速度方向与x轴平行，恒力F的方向可能是()A．沿＋x方向 B．沿－x方向C．沿＋y方向 D．沿－y方向解析：选D由于物体做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件分析轨迹上的A点，可知物体受到的恒力的方向指向轨迹弯曲的凹侧，即合力大致的方向应该是向下方，可能沿－y方向，故D正确。7.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目。如图所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点。下列说法正确的是()A．过山车做匀速运动B．过山车做变速运动C．过山车受到的合力等于0D．过山车经过A、C两点时的速度方向相同解析：选B因为过山车做曲线运动，其速度方向时刻变化，速度是矢量，所以过山车的速度是变化的，即过山车做变速运动，故A错误，B正确；做变速运动的物体具有加速度，由牛顿第二定律可知物体所受合力一定不为0，故C错误；过山车经过A点时速度方向竖直向上，经过C点时速度方向竖直向下，故D错误。8．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但其着地前一段时间内风突然停止，其运动的轨迹可能是图中的()解析：选C第一阶段，物体所受的合力就是重力，物体先自由下落；第二阶段，风力和重力的合力就是物体所受的合力，且方向向右下方，物体在合力作用下沿斜向右下方做曲线运动；第三阶段，风停后，物体受到的合力就是重力，物体在重力作用下其运动轨迹向重力方向弯曲，故C正确。9．若汽车在水平路面上正由M点驶向N点且速度逐渐增大，则该汽车转弯时所受合力的方向大致是怎样的？解析：汽车所受合力沿切线方向的分力影响速度的大小，沿半径方向的分力影响速度的方向，根据这两个分力的方向和力的合成可以确定汽车转弯时所受合力的大致方向，如图所示。答案：见解析eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．运动员出色表现的背后，不仅有自身努力的付出，也有科技的加持。利用风洞实验室进行运动装备风阻性能测试和运动姿态风阻优化在我国已大量运用在各类比赛项目中，帮助运动员提高成绩。为了更加直观的研究风洞里的流场环境，我们可以借助丝带和点燃的烟线辅助观察，如图甲所示。在某次实验中获得一重力可忽略不计的烟尘颗粒做曲线运动的轨迹，如图乙所示，下列说法中正确的是()A．烟尘颗粒速度始终不变B．烟尘颗粒一定做匀变速曲线运动C．在P点处的加速度方向可能水平向左D．在Q点处的合力方向可能竖直向下解析：选D做曲线运动的物体，速度的大小可能不变，但方向一定在变，故A错误；做曲线运动的物体所受合力方向指向运动轨迹的凹侧，可知烟尘颗粒所受的合力在变化，故烟尘颗粒不可能做匀变速曲线运动，故B错误；做曲线运动的物体所受合力方向指向运动轨迹的凹侧，故P点处的加速度方向不可能水平向左，Q点处的合力方向可能竖直向下，故C错误，D正确。11．(多选)在光滑水平面上有一质量为2kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度反方向的2N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是()A．物体做速度大小不变的曲线运动B．物体做加速度为eq\r(2)m/s2的匀变速曲线运动C．物体做速度越来越大的曲线运动D．物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大解析：选BC物体原来所受合力为0，当将与其速度反方向的2N的力水平旋转90°后，其受力情况如图所示，其中Fx＝Fy＝2N，F是Fx、Fy的合力，即F＝2eq\r(2)N，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(2),2)m/s2＝eq\r(2)m/s2，且恒定。又因为F与v夹角θ<90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒为eq\r(2)m/s2的匀变速曲线运动，故B、C正确。12.如图是抛出的铅球运动轨迹的示意图(把铅球看成质点)。画出铅球沿这条曲线运动时在A、B、C、D、E各点的速度方向及铅球在各点的加速度方向(空气阻力不计)。解析：曲线运动中物体在某位置处的速度方向沿曲线上这一点的切线方向，如图甲所示；在运动过程中，物体只受重力，方向竖直向下，所以加速度方向竖直向下，如图乙所示。答案：见解析图课时跟踪检测（二）运动的合成与分解eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．关于合运动与分运动的关系，下列说法正确的是()A．合运动的速度一定不小于分运动的速度B．合运动的加速度不可能与分运动的加速度相同C．合运动的速度与分运动的速度没有关系，但合运动与分运动的时间相等D．合位移可能等于两分位移的代数和解析：选D根据平行四边形定则，作出以两个互成角度的分速度为邻边的平行四边形，过两邻边夹角的对角线表示合速度，对角线的长度可能等于邻边长度，也可能小于邻边长度，也可能大于邻边长度，故A错误；合运动的加速度可能大于、等于或小于分运动的加速度，故B错误；合运动与分运动具有等效性、同体性、等时性等关系，但合运动的速度受分运动的速度的影响，故C错误；两个分运动在同一条直线上，且方向相同，其合位移就等于两分位移的代数和，故D正确。2.如图所示，在一张白纸上放置一把直尺，沿直尺的边缘放置一块直角三角板。将直角三角板沿直尺水平向右匀速运动，同时将一支铅笔从直角三角板直角边的最下端向上运动，而且向上的速度越来越大，则铅笔在纸上留下的轨迹可能是()解析：选C铅笔在垂直于直尺方向向上做加速运动，沿着直尺方向做匀速运动，则铅笔的运动轨迹为曲线，向着加速度方向弯曲，故C正确，A、B、D错误。3.如图所示为某人游珠江，他以一定的速度且面部始终垂直于河岸向对岸游去。设江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是()A．水速大时，路程长，时间长B．水速大时，路程长，时间不变C．水速大时，路程长，时间短D．路程、时间与水速无关解析：选B将人运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，水流的运动不影响垂直于河岸方向上的运动，在垂直于河岸方向上t＝eq\f(d,v人)，人游泳速度不变，所以过河的时间不变，水速的大小影响沿河岸方向上的位移x＝v水t，时间不变，水速越大，沿河岸方向上的位移越大，根据运动的合成，发生的位移(路程)越大，故B正确，A、C、D错误。4.在广东珠海举行的第十五届中国国际航空航天博览会上，中国“歼-20”“歼-35A”与俄罗斯的“苏-57”战机相继进行了飞行表演，这是中俄三款隐身战机首次同时参展。在起飞一段时间内，“歼-20”水平方向做匀速直线运动，竖直方向上运动的v-2-h图像如图所示，则地面上观众看到的“歼-20”运动轨迹正确的是()解析：选A根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由题图可知竖直方向做匀速直线运动，所以合运动为匀速直线运动，其方向为斜向上。故选A。5.如图所示，从广州飞往上海的航班上午10点到达上海浦东机场。若飞机在降落过程中的水平分速度为60m/s，竖直分速度为6m/s，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前()A．飞机的运动轨迹为曲线B．经20s，飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C．在第20s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D．飞机在第20s内，水平方向的平均速度为21m/s解析：选D由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，故A错误；由匀减速直线运动规律可知，飞机在第20s末的水平分速度为20m/s，竖直分速度为2m/s，故B错误；飞机在第20s内，水平位移x＝v0xt20＋eq\f(1,2)axt202－v0xt19＋eq\f(1,2)axt192＝21m，竖直位移y＝v0yt20＋eq\f(1,2)ayt202－v0yt19＋eq\f(1,2)ayt192＝2.1m，故C错误；飞机在第20s内，水平方向的平均速度为21m/s，故D正确。6．(多选)若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小。现假设河的宽度为120m，河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s。要使船以最短时间渡河，则()A．船渡河的最短时间是24sB．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度为5m/s解析：选BD当船头的指向(即船相对于静水的航行方向)始终垂直于河岸时，渡河时间最短，且tmin＝eq\f(120,3)s＝40s，故A错误，B正确；因河水的流速随距岸边距离的变化而变化，所以船的实际航速、航向都在变化，航向变化导致船的运动轨迹不在同一条直线上，故C错误；船在静水中的速度一定，则水流速度最大时，船速最大，由运动的合成可知，船在河水中的最大速度为5m/s，故D正确。7.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B(可视为质点)，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率vA＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小vB为()A．5m/s B.eq\f(5\r(3),3)m/sC．20m/s D.eq\f(20\r(3),3)m/s解析：选D物体B的运动可分解为沿绳BO方向靠近定滑轮O使绳BO段缩短的运动和绕定滑轮(方向与绳BO垂直)的运动，故可把物体B的速度分解为如图所示的两个分速度，由图可知vB∥＝vBcosα，因为绳不可伸长，所以绳OA段伸长的速度等于绳BO段缩短的速度，所以有vB∥＝vA，故vA＝vBcosα，所以vB＝eq\f(vA,cosα)＝eq\f(20\r(3),3)m/s，故D正确。8.如图所示，有一条河两岸平直、宽度为d，一小船渡河时船头指向始终与河岸垂直，河水流速恒为v，小船渡河过程中的位移为s，则小船在静水中的速度大小为()A.eq\f(dv,\r(s2－d2)) B.eq\f(v\r(s2－d2),d)C.eq\f(dv,s) D.eq\f(sv,d)解析：选A根据运动的合成与分解可知，小船沿水流方向的位移为eq\r(\a\vs4\al(s2－d2))，所以小船的渡河时间为t＝eq\f(\r(\a\vs4\al(s2－d2)),v)，小船在静水中的速度为v船＝eq\f(d,\f(\r(s2－d2),v))＝eq\f(dv,\r(s2－d2))，故A正确。9．有一只小船准备过河，河宽d＝300m，小船在静水中的速度v2＝3m/s，水的流速v1＝1m/s。求：(1)小船过河的最短时间。(2)小船以最短位移过河时所需的时间。解析：(1)当小船的船头方向垂直于河岸时，即船在静水中的速度v2的方向垂直于河岸时，过河时间最短，最短时间tmin＝eq\f(d,v2)＝eq\f(300,3)s＝100s。(2)因为v2＝3m/s>v1＝1m/s，所以当小船的合速度方向垂直于河岸时，过河位移最短。此时合速度方向如图所示，过河时间t＝eq\f(d,v)＝eq\f(d,\r(v22－v12))＝eq\f(300,\r(32－12))s≈106.1s。答案：(1)100s(2)106.1seq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．在抗洪救灾时，救援人员划船将河对岸的受灾群众进行安全转移。一艘船的船头指向始终与河岸垂直，耗时6min到达对岸；另一艘船的行驶路线与河岸垂直，耗时9min到达对岸。假设河两岸理想平行，整个过程水流速恒为v水，两船在静水中速度相等且均恒为v船，且v船＞v水，则v船∶v水为()A．3∶eq\r(5) B．3∶2C．5∶4 D．5∶3解析：选A船头始终与河岸垂直到达对岸，有v船＝eq\f(d,t1)，船行驶路线与河岸垂直到达对岸，有eq\r(v船2－v水2)＝eq\f(d,t2)，解得v船∶v水＝3∶eq\r(5)，故A正确。11．(2025·黑吉辽蒙高考)如图所示，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v()A．一直减小 B．一直增大C．先减小后增大 D．先增大后减小解析：选B设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cosθ＝vsinθ，解得v＝eq\f(v块,tanθ)，由于塔块匀速下落时θ减小，故可知v一直增大。故选B。12.如图所示，河宽d＝120m，设小船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2。小船从A点出发，在渡河时，船身保持平行移动。若出发时船头指向河对岸上游的B点，经过10min，小船恰好到达河正对岸的C点；若出发时船头指向河正对岸的C点，经过8min，小船到达C点下游的D点。求：(1)小船在静水中的速度v1的大小；(2)河水的流速v2的大小；(3)在第二次渡河中，小船被冲向下游的距离sCD。解析：(1)小船从A点出发，若船头指向河正对岸的C点，则此时v1方向的位移为d，故有v1＝eq\f(d,tmin)＝eq\f(120,60×8)m/s＝0.25m/s。(2)设AB与河岸上游成α角，由题意可知，此时恰好到达河正对岸的C点，故v1沿河岸方向的分速度大小恰好等于河水的流速v2的大小，即v2＝v1cosα，此时渡河时间为t＝eq\f(d,v1sinα)，所以sinα＝eq\f(d,v1t)＝0.8，故v2＝v1cosα＝0.15m/s。(3)在第二次渡河中，小船被冲向下游的距离为sCD＝v2tmin＝72m。答案：(1)0.25m/s(2)0.15m/s(3)72m课时跟踪检测（三）实验：探究平抛运动的特点1．在探究平抛运动的规律时，可以选用下列各种装置，以下说法合理的是()A．选用装置1研究平抛物体竖直分运动，只能用眼睛看A、B两球是否同时落地B．选用装置2要获得细水柱所显示的平抛轨迹，弯管末端B不一定要水平C．选用装置3要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球D．除上述装置外，也能用数码照相机拍摄钢球做平抛运动每秒15帧的录像获得平抛轨迹解析：选D采用装置1研究平抛运动是用以验证平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，要用耳听A、B球是否同时落地，故A错误；装置2中弯管流出的水近似做平抛运动，因此要求弯管末端一定要水平，故B错误；利用装置3研究平抛运动轨迹，要使钢球每次的运动轨迹相同，则平抛运动的初速度相同，应每次从斜槽上同一位置由静止释放钢球，故C错误；研究平抛运动时，也可以用数码相机对做平抛运动的钢球照相，通过频闪照片来研究，故D正确。2．(多选)如图是“探究平抛运动的特点”的实验装置，横挡板在不同高度卡住平抛运动的小球来确定小球运动的轨迹，下列操作正确的有()A．保持斜槽末端切线水平B．调整硬木板使其与小球下落的竖直面平行C．测量同一条轨迹时，小球每次可以从不同高度静止释放D．用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹解析：选AB小球离开斜槽后做平抛运动，必须调整斜槽使其末端切线水平，故A正确；实验过程中，应调整硬木板使其保持竖直，即与小球下落的竖直面平行，故B正确；测量同一条轨迹时，为使小球做平抛运动的初速度相等，每次必须从斜槽上同一位置由静止释放小球，故C错误；用光滑曲线连接描绘的点，得到小球的运动轨迹，故D错误。3.某同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图所示的小球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为L＝5cm，重力加速度g取10m/s2，照相机的闪光频率为_________Hz；小球做平抛运动的初速度大小为________m/s，小球经过B点时的速度大小为__________m/s。解析：根据g＝eq\f(y2－y1,T2)，解得T＝eq\r(\f(y2－y1,g))＝eq\r(\f(5L－3L,g))＝0.1s，照相机的闪光频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.1)Hz＝10Hz。小球做平抛运动的初速度大小为vx＝eq\f(3L,T)＝eq\f(0.15,0.1)m/s＝1.5m/s，小球经过B点的竖直分速度为vyB＝eq\f(8L,2T)＝eq\f(8×0.05,2×0.1)m/s＝2m/s，小球经过B点的速度大小为vB＝eq\r(vx2＋vyB2)＝eq\r(2.25＋4)m/s＝2.5m/s。答案：101.52.54．两个同学根据不同的实验条件，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：(1)小明同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片，使A球沿水平方向弹出，同时B球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明_________________________________________。(2)小松同学采用如图乙所示的装置。两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中轨道N的末端与光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道末端射出的水平初速度v0相等。现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小铁球同时以相同的初速度v0分别从轨道M、N的末端射出。实验可观察到的现象是________________________________________________________________________。仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明________________________________________________________________________。解析：(1)通过对照实验，保证两球同时运动，由此说明做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动。(2)由平抛运动的规律知两球在水平轨道上相遇，水平方向运动情况相同，说明做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动。答案：(1)做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动(2)P球击中Q球做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动5．某同学设计了一个研究平抛运动的实验，如图所示，A是一块平面木板，在其表面等间隔地开凿出一组平行的插槽(图中P0P0′，P1P1′，…)，槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点。(1)实验前应对实验装置反复调节，直到______________________________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______________________________。(2)每次将B板向纸面内侧平移距离d，是为了__________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，保证小球抛出后做平抛运动，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球水平抛出的初速度相同。(2)平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，每次将B板向纸面内侧平移距离d，是为了保证相邻痕迹点间的水平距离大小相同。答案：见解析6.如图所示，是利用闪光照相“探究平抛运动的特点”的示意图。小球A由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B也同时下落，闪光频率为10Hz的闪光器拍摄的照片中B球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在位置4相碰。则A球从离开桌面到和B球碰撞时经过的时间为________s，A球离开桌面的速度为________m/s。解析：闪光器的闪光频率为10Hz，闪光周期T＝0.1s，则A球从离开桌面到和B球碰撞时经过的时间为0.3s，所以A球离开桌面的速度v0＝eq\f(x,t)＝1m/s。答案：0.317．某同学利用图甲所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示(图中未包括小球刚离开轨道的图像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图乙中标出。完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图乙中位置A时，其速度的水平分量大小为________m/s，竖直分量大小为________m/s；(2)根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2。解析：(1)因小球在水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.05,0.05)m/s＝1.0m/s；小球在竖直方向做自由落体运动，因此在A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，其速度的竖直分量大小为vy＝eq\f(8.6＋11.0×10－2,0.05×2)m/s≈2.0m/s。(2)由竖直方向的自由落体运动可得当地重力加速度的大小为g＝eq\f(y3＋y4－y2－y1,4T2)代入数据可得g＝9.7m/s2。答案：(1)1.02.0(2)9.7课时跟踪检测（四）抛体运动的规律eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．(2024·江苏高考)喷泉a、b形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b()A．加速度相同 B．初速度相同C．在最高点的速度相同 D．在空中的时间相同解析：选A不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，设喷泉最高的高度为h，根据对称性可知在空中运动的时间t＝2eq\r(\f(2h,g))，可知tb>ta，D错误；在最高点的速度等于水平方向的分速度vx＝eq\f(x,t)，由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B、C错误。2.(多选)如图所示，节水灌溉系统中的喷嘴距地面高0.45m，假定从喷嘴水平喷出的水做平抛运动，喷灌半径为3m，不计空气阻力，g取10m/s2，则()A．水从喷嘴喷出至落地的位移为3mB．水从喷嘴喷出至地面的时间为0.3sC．水从喷嘴喷出落地时的速度大小为10m/sD．水从喷嘴喷出的速度大小为10m/s解析：选BD喷嘴距地面高0.45m，喷灌半径为3m，则水的位移大于3m，故A错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.45,10))s＝0.3s，故B正确；水从喷嘴喷出的速率为v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,0.3)m/s＝10m/s，水从喷嘴喷出在竖直方向上做加速运动，速度增大，则落地的速度大于10m/s，故C错误，D正确。3．(2025·浙江6月选考)如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h时，钢球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，重力加速度为g，则()A．钢球平抛初速度为xeq\r(\f(2h,g))B．钢球在空中飞行时间为eq\r(\f(2h,g))C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变解析：选B根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，钢球平抛初速度为v0＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2h))，故A错误，B正确；钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角θ满足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(2gh),v0)，则增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，故C错误；根据x＝v0eq\r(\f(2h,g))可知，减小h，钢球落点离桌边的水平距离x减小，故D错误。4.“套圈”是老少皆宜的游戏，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标。若大人和小孩的抛出点离地面的高度之比H1∶H2＝2∶1，则v1∶v2等于()A．2∶1 B．1∶2C.eq\r(2)∶1 D．1∶eq\r(2)解析：选D铁丝圈做平抛运动，因此运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，水平位移为x＝veq\r(\f(2h,g))，因为两者的水平位移相同，所以有v1eq\r(\f(2H1,g))＝v2eq\r(\f(2H2,g))，因为H1∶H2＝2∶1，所以v1∶v2＝1∶eq\r(2)，故D正确，A、B、C错误。5.如图，某公园有喷水装置，若水从小鱼模型口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间的相互作用，则()A．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越长B．喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越短C．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远D．喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近解析：选C根据题意可将水的运动看作平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则有：竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(\f(2h,g))，可知水从喷出到落入池中的时间由喷水口高度决定，与喷水速度无关，所以喷水口高度一定，运动时间一定，故A、B错误；水平方向有：x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，则知喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远，故C正确，D错误。6.如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经时间t1落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，则经时间t2落到斜面上的C点处，以下判断正确的是()A．t1∶t2＝4∶1 B．AB∶AC＝4∶1C．AB∶AC＝2∶1 D．t1∶t2＝eq\r(2)∶1解析：选B平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，t＝eq\f(2v0tanθ,g)。因为其运动的时间与初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1；竖直方向上下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1；斜面上的距离s＝eq\f(h,sinθ)，可得AB∶AC＝4∶1，故B正确，A、C、D错误。7.如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd。从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点。若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它将落在斜面上的()A．b与c之间某一点 B．c点C．c与d之间某一点 D．d点解析：选A如图所示，m、b、n在同一水平面上，且mb＝bn，假设没有斜面，小球从O点以速度2v水平抛出后，将经过n点，因此它将落在斜面上的b与c之间的某一点，故A正确。8.(多选)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某一次球与球拍碰撞后，经过一段时间后球恰好垂直打在墙壁上的A点，已知球与球拍的作用点为B，A、B两点高度差为0.8m，B点和墙面之间的距离为1.2m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法中正确的是()A．球到达A点时的速度大小为5m/sB．球在B点离开球拍时的速度大小为5m/sC．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为4m/sD．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为2m/s解析：选BC球从A到B可看成平抛运动，根据球在竖直方向上的运动规律，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，球到达A点时的速度大小为vA＝eq\f(x,t)＝3m/s，故A错误；竖直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝eq\r(vA2＋vy2)＝5m/s，故B正确；球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为Δv＝gt＝4m/s，故C正确，D错误。9．体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0m/s；乙同学在距离地面高h2＝0.7m处将排球垫起。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向。解析：(1)设排球在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.6s；则排球被垫起前在水平方向飞行的距离x＝v0t＝4.8m。(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt＝6.0m/s；根据v＝eq\r(v02＋vy2)，得v＝10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示)则有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝0.75。答案：(1)4.8m(2)10.0m/s方向与水平方向夹角tanθ＝0.75eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，当地重力加速度为g，则水离开出水口的速度大小为()A.eq\f(D,4)eq\r(\f(g,h)) B.eq\f(D,2)eq\r(\f(g,2h))C.eq\f(\r(2)＋1D,2)eq\r(\f(g,2h)) D．(eq\r(2)＋1)Deq\r(\f(g,2h))解析：选C设出水孔到水桶中心的水平距离为x，则x＝v0eq\r(\f(2h,g))，落到桶底A点时x＋eq\f(D,2)＝v0eq\r(\f(2·2h,g))，解得v0＝eq\f(\r(2)＋1D,2)eq\r(\f(g,2h))。故选C。11．(2024·山东高考)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是()A．运动时间为2eq\r(3)sB．落地速度与水平方向夹角为60°C．重物离PQ连线的最远距离为10mD．轨迹最高点与落点的高度差为45m解析：选BD将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ的分速度v2，则有v1＝v0cos60°＝10m/s，v2＝v0sin60°＝10eq\r(3)m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ的分加速度a2，则有a1＝gsin30°＝5m/s2，a2＝gcos30°＝5eq\r(3)m/s2，在垂直PQ方向，根据对称性可得重物运动时间为t＝2·eq\f(v2,a2)＝4s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝eq\f(v22,2a2)＝10eq\r(3)m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小vy＝－v0sin30°＋gt＝30m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0cos30°)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，故B正确；从抛出点到最高点所用时间为t1＝eq\f(v0sin30°,g)＝1s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝eq\f(1,2)gt22＝45m，故D正确。12.如图所示，排球场的长为18m，球网的高度为2m。运动员站在离网3m远的线上，正对球网竖直跳起，把排球垂直于网所在平面水平击出。(g取10m/s2)(1)设击球点的高度为2.5m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？(2)若击球点的高度小于某个值，那么无论球被水平击出时的速度为多大，球不是触网就是出界，试求出此高度。解析：(1)如图甲所示，排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据平抛运动的规律，由x＝v0t和h＝eq\f(1,2)gt2可得，当排球恰不触网时：甲x1＝3m，x1＝v1t1 ①h1＝2.5m－2m＝0.5m，h1＝eq\f(1,2)gt12 ②由①②可得v1＝3eq\r(10)m/s。当排球恰不出界时：x2＝3m＋9m＝12m，x2＝v2t2 ③h2＝2.5m，h2＝eq\f(1,2)gt22 ④由③④可得v2＝12eq\r(2)m/s，因此排球既不触网也不出界的速度范围是3eq\r(10)m/s≤v0≤12eq\r(2)m/s。(2)如图乙所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹。设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律：乙x1＝3m，x1＝v0t1′ ⑤h1′＝h－2m，h1′＝eq\f(1,2)gt1′2 ⑥x2＝3m＋9m＝12m，x2＝v0t2′ ⑦h2′＝h＝eq\f(1,2)gt2′2 ⑧由⑤⑥⑦⑧式可得，所求高度h＝2.1m。答案：(1)3eq\r(10)m/s≤v0≤12eq\r(2)m/s(2)2.1m课时跟踪检测（五）圆周运动eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．关于匀速圆周运动的物理量，下列说法正确的是()A．半径一定时，线速度与角速度成正比B．周期一定时，线速度与角速度成正比C．线速度一定时，角速度与半径成正比D．角速度一定时，线速度与半径成反比解析：选A根据公式v＝ωr，当半径一定时，角速度与线速度成正比，周期一定时，由ω＝eq\f(2π,T)知，角速度一定，故A正确，B错误；根据公式v＝ωr，线速度一定，角速度与半径成反比，故C错误；根据公式v＝ωr，角速度一定，线速度与半径成正比，故D错误。2．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是()A．根据T＝eq\f(2πR,v)，线速度越大，周期越小B．根据T＝eq\f(2π,ω)，角速度越大，周期越小C．角速度越大，速度的方向变化越快D．线速度越大，速度的方向变化越快解析：选BC根据T＝eq\f(2πR,v)，当轨道半径一定时，才有线速度越大，周期越小，故A错误；根据T＝eq\f(2π,ω)，角速度越大，周期越小，故B正确；单位时间内质点与圆心的连线(圆半径)转过的角度越大，速度的方向变化越快，故C正确，D错误。3.如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP和ωQ，线速度大小分别为vP和vQ，则()A．ωP<ωQ，vP<vQ B．ωP＝ωQ，vP<vQC．ωP<ωQ，vP＝vQ D．ωP＝ωQ，vP>vQ解析：选BP、Q两点是同轴转动，故角速度相等，即ωP＝ωQ；根据v＝ωr，因rQ>rP，所以vP<vQ。故B正确。4.(多选)如图所示是中国古代玩具饮水鸟的示意图，它的神奇之处是，在鸟的面前放上一杯水，鸟就会俯下身去，把嘴浸到水里，“喝”了一口水后，鸟将绕着O点不停摆动，一会儿它又会俯下身去，再“喝”一口水。P、Q是饮水鸟上两点，且rPO＞rQO，则在摆动过程中()A．P点的线速度小于Q点的线速度B．P、Q两点的角速度大小相等C．相同时间内P、Q两点通过的弧长相等D．P、Q两点的线速度方向相反解析：选BD鸟将绕着O点不停摆动，P、Q是饮水鸟上两点，属于同轴转动。P点离O点更远，绕O点转动的半径大。根据同轴转动角速度相等知P、Q两点的角速度大小相等，故B正确；P、Q两点的角速度大小相等，P点绕O点转动的半径大，根据v＝ωr知，P点的线速度较大，故A错误；P、Q两点的线速度大小不同，故相同时间内通过的弧长不相等，故C错误；P、Q在O点两端，两点的线速度方向均与杆垂直，故两点的线速度方向相反，D正确。5.如图为某小天体的“哑铃”状照片示意图，该小天体绕固定轴匀速自转，其上有到转轴距离不等的A、B两点(LA＞LB)，关于这两点运动的描述，下列说法正确的是()A．A、B两点线速度大小相等B．A点的线速度恒定C．A、B两点角速度相等D．相同时间内A、B两点通过的弧长相等解析：选CA、B两点同轴转动，故A、B两点的角速度相等，LA＞LB，根据v＝rω得，A、B两点线速度大小不相等，故A错误，C正确；A、B两点的线速度方向时刻改变，故B错误；A、B两点的线速度不相等，因此相同时间内A、B两点通过的弧长不相等，故D错误。6.如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、r2、r3。若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为()A.eq\f(r1ω1,r3) B.eq\f(r3ω1,r1)C.eq\f(r3ω1,r2) D.eq\f(r1ω1,r2)解析：选A因为甲、乙、丙三个轮子靠摩擦传动，相互之间不打滑，故三个轮子边缘上的线速度相等，即r1ω1＝r2ω2＝r3ω3，所以ω3＝eq\f(r1ω1,r3)，故A正确。7.“修正带”是深受同学们欢迎的一种学习用品，某种“修正带”内部结构如图所示。经测量两个齿轮的半径分别为2.0cm和0.8cm，其中a点和c点分别位于大、小齿轮边缘，b点位于大齿轮某半径的中点，当齿轮匀速转动时()A．大齿轮上的a点与大齿轮上b点的周期之比为2∶5B．大齿轮上的a点与小齿轮上c点的角速度之比为5∶2C．大齿轮上的b点与小齿轮上c点的线速度之比为1∶1D．大齿轮上的b点与小齿轮上c点的角速度之比为2∶5解析：选Da、b共轴转动，角速度相等，故ωa＝ωb，由T＝eq\f(2π,ω)知大齿轮上的a点与大齿轮上b点的周期之比为1∶1，故A错误；两齿轮边缘点的线速度大小相等，故va＝vc，根据v＝ωr，角速度与半径成反比，则ωa∶ωc＝rc∶ra＝2∶5，故B错误；根据题意有ra∶rb∶rc＝10∶5∶4，根据v＝ωr，ωa＝ωb，va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，则va∶vb∶vc＝2∶1∶2，故C错误；由以上分析知ωa＝ωb，ωa∶ωc＝2∶5，大齿轮上的b点与小齿轮上c点的角速度之比为2∶5，故D正确。8．(2025·广东潮州模拟)如图甲所示，陀螺是深受小朋友喜爱的玩具之一。玩耍时，由细绳的一端开始将细绳紧紧缠绕在陀螺侧面，将陀螺竖直放置在地面上，用力水平拉动细绳另一端，使陀螺由静止开始加速转动，俯视图如图乙所示。若陀螺的半径为R，在地面上稳定转动时，其角速度至少要达到ω，缠绕在陀螺上的细绳长为l，拉动细绳时，细绳在陀螺侧面不打滑。将细绳的运动视为匀加速直线运动，为使陀螺稳定转动，细绳的加速度至少为()A.eq\f(ω2R2,l) B.eq\f(ω2R2,2l)C.eq\f(ω2R2,3l) D.eq\f(ω2R2,4l)解析：选B根据v2＝2al，v＝ωR，联立解得a＝eq\f(ω2R2,2l)，故选B。9.如图所示，直径为0.5m的地球仪匀速转动，已知地球仪上B点的线速度为eq\f(π,8)m/s，求：(1)地球仪转动的角速度和周期；(2)地球仪上A点的线速度。解析：(1)B点做圆周运动的半径为RB＝R·cos60°＝0.125m，且vB＝ω·RB，得出角速度ω＝πrad/s。又由ω＝eq\f(2π,T)，得出圆环转动的周期T＝2s。(2)A点的线速度为vA＝ω·RA，得出vA＝eq\f(π,4)m/s。答案：(1)πrad/s2s(2)eq\f(π,4)m/seq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是利用两个大小相等、直径约为30cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示。现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是()A．P、Q的线速度相同B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C．P点的线速度大小约为1.6m/sD．摇把的转速约为400r/min解析：选BC线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力被带动转动，则从动轮做逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，线速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq\f(100,60)×π×eq\f(0.3,2)m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ω·rc＝2×eq\f(100,60)×π×0.02m/s＝eq\f(1,15)πm/s，因为主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝eq\f(ωz,2π)＝eq\f(\f(vz,rz),2π)＝eq\f(\f(1,15)π,2π×0.08)r/s＝25r/min，故D错误。11．现在许多汽车都应用了自动挡无级变速装置，可不用离合就能连续变换速度，如图为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加。现在滚动轮处于主动轮直径D1，从动轮直径D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是()A.eq\f(n1,n2)＝eq\f(D1,D2) B.eq\f(n1,n2)＝eq\f(D2,D1)C.eq\f(n1,n2)＝eq\f(D22,D12) D.eq\f(n1,n2)＝eq\r(\f(D1,D2))解析：选B角速度ω＝2πn，主动轮的线速度v1＝eq\f(D1,2)ω1＝πD1n1，从动轮的线速度v2＝eq\f(D2,2)ω2＝πD2n2。因为主动轮和从动轮的线速度相等，πD1n1＝πD2n2，所以eq\f(n1,n2)＝eq\f(D2,D1)，故B正确，A、C、D错误。12．冲关节目是一种户外娱乐健康游戏，如图所示为参赛者遇到的一个关卡。一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平跑道的高度差h＝1.25m，M为圆盘边缘上一点。某时刻，参赛者从跑道上P点水平向右跳出，初速度的方向与圆盘半径OM在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心与P点之间的水平距离为x0＝4m，圆盘半径R＝2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)求参赛者从P点跳出至落至圆盘经历的时间t；(2)参赛者要能落在圆盘上，求v0的最小值；(3)若参赛者从P点跳出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使参赛者落到M点，求圆盘转动的角速度ω。解析：(1)根据h＝eq\f(1,2)gt2。解得t＝0.5s。(2)根据x0－R＝v0t，解得v0＝4m/s。(3)根据题意得ωt＝nπ(n＝1,2,3，…)，解得ω＝2nπrad/s(n＝1,2,3，…)。答案：(1)0.5s(2)4m/s(3)2nπrad/s(n＝1,2,3，…)课时跟踪检测（六）向心力eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是()A．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C．向心力是物体所受的合外力D．向心力的方向总是不变的解析：选B做匀速圆周运动的物体所受的向心力大小恒定，方向总是指向圆心，是一个变力，故A错误；向心力只改变线速度方向不改变线速度大小，故B正确；只有做匀速圆周运动的物体其向心力是由物体所受合外力提供，故C错误；向心力的方向总是指向圆心，是时刻变化的，故D错误。2．(多选)上海磁悬浮列车线路的最大转弯处半径达到8000m，如图所示，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300m，一个质量为50kg的乘客坐在以360km/h的不变速率行驶的车厢里，随车厢驶过半径为2500m的弯道，下列说法正确的是()A．乘客受到的向心力大小约为200NB．乘客受到的向心力大小约为539NC．乘客受到的向心力大小约为300ND．弯道半径设计特别大可以使乘客在转弯时更舒适解析：选AD由Fn＝meq\f(v2,r)，可得Fn＝200N，故A正确，B、C错误。设计弯道半径越大，转弯时乘客所需要的向心力越小，转弯时就越舒适，故D正确。3．如图甲所示为某游乐场中有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示，模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度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．增大θ，模型飞机线速度大小不变D．增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大解析：选D向心力属于效果力，不是模型飞机实际受到的力，模型飞机所受的向心力是由重力和旋臂对其的作用力的合力提供的，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但其必须有水平方向和竖直方向的分力，且竖直方向的分力大小等于重力的大小，故B错误；增大θ，模型飞机的圆周半径r＝Lsinθ增大，根据v＝ωr可知模型飞机的线速度增大，故C错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式F＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)可知，若增大θ，则旋臂对模型飞机的作用力变大，故D正确。4.如图所示，在探究向心力公式的实验中，质量相同的钢球①、②分别放在转盘A、B上，它们到所在转盘转轴的距离之比为2∶1。a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮。a、b的轮半径之比为1∶2，用皮带连接a、b两轮转动时，钢球①、②所受的向心力之比为()A．8∶1 B．4∶1C．2∶1 D．1∶2解析：选A钢球受到的向心力大小分别为Fn①＝mωa2r①，Fn②＝mωb2r②，a、b两轮由皮带连接，线速度相等，可得ωara＝ωbrb，以上各式联立求得Fn①∶Fn②＝8∶1，故A正确。5.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度ω增大以后，下列说法正确的是()A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了B．物体所受弹力增大，摩擦力减小了C．物体所受弹力和摩擦力都减小了D．物体所受弹力增大，摩擦力不变解析：选D物体在竖直方向上受重力与摩擦力，且始终受力平衡，所以摩擦力不变。物体所受弹力提供向心力，由于物体随圆筒转动的角速度增大，向心力增大，所以弹力增大，故D正确。6.某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)，则下列说法中正确的是()A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小解析：选B由向心力的表达式Fn＝mω2r可知，保持绳长不变，增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，故A错误，B正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手的拉力增大，故C、D错误。7.如图所示，轻杆的一端拴一小球，另一端与竖直杆用铰链连接。当竖直杆以角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直杆之间的张角为θ。下列图像中能正确表示角速度ω与张角θ关系的是()解析：选D小球受到重力mg和轻杆的拉力FT的共同作用，将拉力进行分解，由圆周运动规律可知小球在水平方向上，有FTsinθ＝mω2lsinθ，式中l为杆的长度，在竖直方向上，有FTcosθ＝mg，联立解得ω＝eq\r(\f(g,lcosθ))，当θ＝0时，ω＞0，故选D。8．(多选)如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A和B，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A上，开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是()A．小球的速度变大 B．小球的角速度变小C．小球的向心力变小 D．细绳对小球的拉力变大解析：选BC在绳子完全被释放后与释放前相比，小球所受的拉力与速度垂直，不改变速度大小，故A错误；由v＝ωr，v不变，r变大，则角速度ω变小，故B正确；小球的向心力F＝meq\f(v2,r)，v不变，m不变，r变大，则向心力变小，故C正确；细绳对小球的拉力F＝meq\f(v2,r)，v不变，m不变，r变大，则F变小，故D错误。9．如图甲所示为DIS向心力实验器探究影响向心力大小的因素。实验中可以用力传感器测出砝码做圆周运动所需要的向心力大小，用光电门传感器辅助测量砝码转动的角速度。甲(1)电脑通过光电门传感器测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门传感器的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为_______________________________________________。(2)图乙中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线①对应的砝码质量________(填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。乙解析：(1)物体转动的线速度v＝eq\f(d,Δt)，根据ω＝eq\f(v,r)，计算得出ω＝eq\f(d,rΔt)。(2)由向心力和角速度的关系图线可知，同样的角速度和圆周运动半径，曲线②对应的向心力偏大些，因此，曲线②对应的砝码的质量大于曲线①对应的砝码的质量。答案：(1)ω＝eq\f(d,rΔt)(2)小于eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10.如图所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系的图像正确的是()解析：选B根据m2g＝m1rω2，得r＝eq\f(m2g,m1)·eq\f(1,ω2)，可知r与eq\f(1,ω2)成正比，与ω2成反比，故A错误，B正确。因为eq\f(1,r)＝eq\f(m1,m2g)ω2，所以eq\f(1,r)与ω2成正比，故C、D错误。11．(多选)一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则()A．A球的角速度必小于B球的角速度B．A球的线速度必小于B球的线速度C．A球的运动周期必大于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力解析：选AC两个小球均受到重力mg和筒壁对它的弹力FN的作用，其合力必定在水平面内时刻指向圆心。由图可知，筒壁对球的弹力FN＝eq\f(mg,sinθ)，向心力Fn＝mgcotθ，其中θ为圆锥顶角的一半。因为A、B两球质量相等，θ角也相等，所以A、B两小球受到筒壁的弹力大小相等，A、B两小球对筒壁的压力大小相等，故D错误；由牛顿第二定律知，mgcotθ＝eq\f(mv2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)。因此，小球的线速度v＝eq\r(grcotθ)，角速度ω＝eq\r(\f(gcotθ,r))，周期T＝2πeq\r(\f(r,gcotθ))。由此可见，小球A的线速度必定大于小球B的线速度，故B错误；小球A的角速度必小于小球B的角速度，小球A的周期必大于小球B的周期，故A、C正确。12．如图所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)当装置匀速转动的角速度为ω1＝3rad/s时，细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求细线AB和AC上的拉力大小；(2)当装置匀速转动的角速度为ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s时，求细线AB和AC的拉力大小。解析：(1)对小球进行受力分析，如图甲所示。AB和AC的拉力为F1、F2，F2cos37°＝mg，F2sin37°－F1＝mω12Lsin37°，解得F1＝2.1N，F2＝12.5N。(2)当细线AB上的张力刚好为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示。mgtan37°＝mω02Lsin37°，解得ω0＝eq\f(5,\r(2))rad/s，当ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s时，小球向左上方摆起，若AB拉力为0，设AC与竖直方向的夹角为θ′，mgtanθ′＝mω22Lsinθ′，解得cosθ′＝eq\f(3,5)，θ′＝53°，由于B点距C点的水平和竖直距离相等，此时细线AB恰好竖直，F1″＝0，F2″＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(50,3)N。答案：(1)2.1N12.5N(2)0eq\f(50,3)N课时跟踪检测（七）向心加速度eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．关于向心加速度，以下说法中错误的是()A．向心加速度的方向始终与线速度方向垂直B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小C．物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心D．物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心解析：选C因为向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向沿圆周的切线方向，所以，向心加速度的方向始终与线速度方向垂直，且只改变线速度的方向；物体做匀速圆周运动时，只具有向心加速度，加速度方向始终指向圆心；一般情况下，圆周运动的向心加速度与切向加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心。故A、B、D正确，C错误。2.短道速滑是在长度较短的跑道上进行的冰上竞速运动，是冬季奥运会正式比赛项目。如图所示，将运动员转弯时在短时间内的一小段运动看作匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．运动员受到冰面的恒力作用，做匀速运动B．运动员受到冰面的恒力作用，做匀变速运动C．运动员受到冰面的变力作用，做匀变速运动D．运动员受到冰面的变力作用，做变加速运动解析：选D运动员做匀速圆周运动，合力提供向心力，向心力大小不变但方向时刻改变，所以运动员受到冰面的变力作用，做变加速运动，故选D。3．如图所示，四辆相同的小“自行车”固定在四根水平横杆上，四根横杆间的夹角均保持90°不变，且可一起绕中间的竖直轴转动。当小“自行车”的座位上均坐上小孩并一起转动时，他们的()A．角速度相同 B．线速度相同C．向心加速度相同 D．所需向心力大小相同解析：选A小自行车在转动过程中，转动的周期相等，因此角速度相同，故A正确；根据v＝rω可知，线速度大小相等，但方向不同，故B错误；根据a＝rω2可知，向心加速度大小相等，但方向不同，故C错误；由于不知道小孩的质量关系，根据F向＝mrω2可知，所需向心力大小关系不确定，故D错误。4.(2025·福建高考)(多选)春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ＝eq\r(3)OP，手绢做匀速圆周运动，则()A．P、Q线速度之比为1∶eq\r(3)B．P、Q角速度之比为eq\r(3)∶1C．P、Q向心加速度之比为eq\r(3)∶1D．P点所受合外力总是指向圆心O解析：选AD手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴传动，故角速度相等，即角速度之比为1∶1，B错误；由v＝ωr可知，P、Q线速度之比为vP∶vQ＝rOP∶rOQ＝1∶eq\r(3)，A正确；由a＝ω2r可知，P、Q向心加速度之比为aP∶aQ＝rOP∶rOQ＝1∶eq\r(3)，C错误；做匀速圆周运动的物体，其合外力提供向心力，故合外力总是指向圆心O，D正确。5．如图所示，两轮压紧，通过摩擦传动(不打滑)，已知大轮半径是小轮半径的2倍，E为大轮半径的中点，C、D分别是大轮和小轮边缘上的一点，则E、C、D三点向心加速度大小关系正确的是()A．anC＝anD＝2anE B．anC＝2anD＝2anEC．anC＝eq\f(anD,2)＝2anE D．anC＝eq\f(anD,2)＝anE解析：选C因为两轮同轴转动，所以C、E两点的角速度相等，由an＝ω2r，有eq\f(anC,anE)＝2，即anC＝2anE；两轮边缘点的线速度大小相等，由an＝eq\f(v2,r)，有eq\f(anC,anD)＝eq\f(1,2)，即anC＝eq\f(1,2)anD，故C正确。6．如图所示是学生常用的剪刀，A、B是剪刀上的两点，B离O点更近，则在正常使用过程中()A．A、B两点的角速度相同B．A、B两点的线速度大小相同C．A、B两点的向心加速度大小相同D．A、B两点的向心加速度方向相同解析：选AA、B两点同轴转动，A、B两点的角速度相同，故A正确；根据v＝rω，A、B两点的线速度大小不等，故B错误；根据a＝ω2r，A、B两点的向心加速度大小不相同，故C错误；向心加速度方向指向圆心，故D错误。7.在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1∶3∶5，当齿轮转动的时候，比较小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点有()A．A点和B点的角速度之比为5∶1B．A点和B点的角速度之比为1∶1C．A点和B点的向心加速度之比为1∶5D．A点和B点的线速度大小之比为1∶5解析：选A大齿轮和小齿轮是同缘传动，边缘点的线速度大小相等，故A点和B点的线速度大小之比为1∶1，A点和B点的半径之比为1∶5，线速度相等，根据v＝ωr，角速度之比为5∶1，故A正确，B、D错误；根据a＝ωv得A点和B点的向心加速度大小之比为5∶1，故C错误。8.(多选)现在很多小区车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成；P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，横杆PQ始终保持水平，在杆OP绕O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、Q两点都是以O点为圆心做匀速圆周运动B．P、Q两点的线速度始终相同C．P、Q两点的加速度不同D．P、Q两点的角速度始终相同解析：选BD根据题意可知，Q点到O点的距离一直在变化，故并不是以O点为圆心做匀速圆周运动，故A错误；P点绕O点做匀速圆周运动，杆PQ始终保持水平，则Q点的运动轨迹也是一个圆周，Q点绕另一个圆心做匀速圆周运动，二者保持相对静止，具有相同的加速度，而且两点的线速度大小相等，则角速度大小相等，故B、D正确，C错误。9．如图所示，压路机大轮的半径R是小轮半径r的2倍，压路机匀速行进时，大轮边缘上A点的向心加速度是0.12m/s2，那么小轮边缘上的B点向心加速度是多少？大轮上距轴心的距离为eq\f(R,3)的C点的向心加速度是多大？解析：因为vB＝vA，a＝eq\f(v2,r)，所以eq\f(aB,aA)＝eq\f(rA,rB)＝2，aB＝0.24m/s2，因为ωA＝ωC，a＝ω2r，所以eq\f(aC,aA)＝eq\f(rC,rA)＝eq\f(1,3)，aC＝0.04m/s2。答案：0.24m/s20.04m/s2eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10.长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球(视为质点)，在O点的正下方eq\f(L,2)的A处钉一个钉子，如图所示。将小球从一定高度摆下，到达最低点时速度大小为v，则细绳与钉子碰后瞬间小球的加速度大小为()A.eq\f(v2,L)B.eq\f(2v2,L)C．v2LD.eq\f(v2,4)L解析：选B细绳与钉子碰后瞬间小球的线速度保持不变，由向心加速度定义式a＝eq\f(v2,r)，且r＝eq\f(L,2)，解得a＝eq\f(2v2,L)，故选B。11．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮的角速度为ω，三个轮互相不打滑，则丙轮边缘上某点的向心加速度大小为()A.eq\f(r12ω2,r3) B.eq\f(r32ω2,r12)C.eq\f(r32ω2,r22) D.eq\f(r1r2ω2,r3)解析：选A甲、丙两轮边缘上各点的线速度大小相等，根据a＝eq\f(v2,r)，甲、丙两轮边缘上点的向心加速度之比为r3∶r1，a甲＝ω2r1，则a丙＝eq\f(r12ω2,r3)，故A正确。12.用如图所示的装置可以测量弹簧枪发射子弹的射出速度。在一根水平轴MN上相隔L安装两个平行的薄圆盘，两圆盘可以绕水平轴MN一起匀速运动。弹簧枪紧贴左盘沿水平方向在水平轴MN的正上方射出一颗子弹，子弹穿过两个薄圆盘，并在圆盘上留下两个小孔A和B(设子弹穿过B时还没有运动到转轴的下方)。若测得两个小孔距水平轴MN的距离分别为RA和RB，它们所在的半径按转动方向由B到A的夹角为φ(φ为锐角)。求：(1)弹簧枪发射子弹的射出速度；(2)圆盘绕MN轴匀速转动的角速度；(3)若用一橡皮泥将A孔堵上，则橡皮泥的向心加速度的大小是多少？解析：(1)以子弹为研究对象，子弹在从A运动到B的过程中，由平抛运动的规律可得RA－RB＝eq\f(1,2)gt2，x＝L＝v0t，