专题4 曲线运动 专项提升练 -2024届高考物理三轮复习情境试题习题+答案

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科技情境类试题频繁出现在高考物理试题和一些省市的模拟试题中，这类试题以科技领域的真实情境为测试载体，以物理学科核心素养为测试宗旨，聚焦关键能力、学科素养和思维品质的考查，能较好地契合新课程改革理念及新高考评价体系的要求，也能反映科技领域最新的研究成果，从而引导考生树立民族自信心与自豪感。
一．运动的合成与分解
1．（2024•辽宁一模）近年来，中国军力发展很快，即直19和直20等直升机以及歼20等战斗机入列，大大提高中国空军的综合作战能力。如图为直20直升飞机吊装全地形车的情景，飞机水平匀速飞行的同时把全地形车往上提升，在此过程中绳始终保持竖直，让全地形车竖直向上做匀加速直线运动，若全地形车刚开始向上运动的位置为坐标原点，则全地形车的运动轨迹为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：飞机水平匀速飞行，全地形车竖直向上做匀加速直线运动，则合力向上，指向轨迹的凹侧，故ABD错误，C正确；
故选：C。
2．（2024•天河区一模）如图为自动控制货品运动的智能传送带，其奥秘在于面板上蜂窝状的小正六边形部件，每个部件上有三个导向轮A、B、C，在单个方向轮子的作用下，货品可获得与导向轮同向的速度v，若此时仅控制A、C两个方向的轮子同时按图示箭头方向等速转动，则货品获得的速度大小为（ ）
A．vB．2vC．3vD．2v
【解答】解：物体参与了两个方向的运动，两个分速度的夹角为60°，根据速度合成可知，合速度为
v实际=2vcs30°=3v
故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．（2023•屯昌县二模）跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是（ ）
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．运动着地时的速度方向竖直向下
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
【解答】解：AC、运动员下落时间只与竖直方向上的运动有关，与风力的大小无关，故A错误，C正确；
B、运动员在水平方向上受到风力的作用会有速度，风力越大，则水平方向的速度越大，运动员着地时的速度不是竖直向下的，且速度的大小与风力有关，故BD错误；
故选：C。
二．平抛运动
4．（2024•开福区校级模拟）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，某同学将一石子从距水面高度为h处以v0水平抛出，观察到在水面跳了n次，第n+1次已不能从水面跳起。石子每次与水面接触后水平方向的速度方向不变大小减为接触前的一半、竖直方向的速度方向反向大小减为接触前的四分之三。不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
A．(32)n−22gℎtanθ≤v0＜(32)n−12gℎtanθ
B．(32)n−12gℎtanθ≤v0＜(32)n2gℎtanθ
C．(32)n2gℎtanθ≤v0＜(32)r+12gℎtanθ
D．(32)n+12gℎtanθ≤v0＜(32)n+22gℎtanθ
【解答】解：根据题意水平方速度在跳了第n次之后vxn=12(n−)v0
根据vy2=2gh可知，竖直方向第一次与水面接触时的速度为，vy=2gℎ
竖直方向速度在跳了n次之后vyn=(34)(n−1)2gℎ
由题可知vynvxn≤tanθ
同理可知，vx（n+1）=12nv0，vy(n+1)=(34)n2gℎ
根据题意可知tanθ＜vy(n+1)vx(n+1)
联立解得(32)n−22gℎtanθ≤v0＜(32)n2gℎtanθ，故B正确，ACD错误；
故选：B。
5．（2024•重庆模拟）充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC，与水平方向夹角θ＝37°。已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点O的竖直高度h＝3.2m，水平距离l＝2.4m，AB在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37＝0.6，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．P点到B点的位移为3.6m
B．AB之间的距离为0.4m
C．娱乐者从P点到B点过程中的时间为1s
D．娱乐者从P点到B点过程中的最大速度9m/s
【解答】解：由抛体运动的规律可知，从P到B的过程中水平方向的分速度不变，等于在最高点O点的速度，设为v0
由平抛运动的规律可得
水平方向l＝v0t1
竖直方向h=12gt12
由已知代入数据解得
t1＝0.8s，v0＝3m/s
已知在P点速度垂直AC可分解为水平速度v0和竖直向上的分速度vpy
由几何知识可得；tanθ=v0vpytanθ=v0vpy
代入数据解得vpy=v0tanθ=30.75m/s=4m/s
从P到O竖直方向做竖直上抛运动，时间t2满足
vpy＝gt2，代入数据记得t2=vpyg=410s=0.4s
则PO的竖直分位移为yp=12gt22=12×10×0.42m=0.8m
水平分位移为xp＝v0t2＝3×0.4m＝1.2m
A.PB的水平分位移为xPB＝l+xp＝2.4m+1.2m＝3.6m
竖直分位移为yPB＝h﹣yp＝3.2m﹣0.8m＝2.4m
由勾股定理可得P到B的位移为LPB=xPB2+yPB2=3.62+2.42m≈4.089m
故A错误；
B.PA的水平分位移为xPA=yPBtanθ=
则AB之间的距离为xAB＝xPB﹣xPA＝3.6m﹣3.2m＝0.4m
故B正确；
C.P到B的时间为t＝t1+t2＝0.8s+0.4s＝1.2s
故C错误；
D.由抛体运动的规律可知，速度最大的位置为B点，竖直分速度为vBy＝gt1＝10×0.8m/s＝8m/s
水平分速度为v0＝3m/s
B点速度为vB=82+32m/s=73m/s，故D错误。
故选：B。
6．（2024•莲湖区校级模拟）2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则有关离开C点后的飞行过程（ ）
A．一定有t1＝t2，且CF：FD＝1：3
B．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离增加相同的倍数
【解答】解：A．依题意，以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图所示：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，当运动员到E点速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知：
t1＝t2
而x轴方向运动员做匀加速运动，初速度不为零，可得
CF：FD≠1：3
故A错误；
BC．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，根据平抛运动推论则有
tanα=vyv0=gtv0
tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
联立解得
tanα＝2tanθ
由此可知当θ一定时，α也一定，所以运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，落在斜面上的速度方向不变。故B错误；C正确；
D．依题意，运动员离开C点的速度如果变为原来的2倍，则运动员在空中的运动时间将变为原来的2倍，可知其水平位移、竖直位移均变为原来的4倍，落在斜面上的距离也将变为原来的4倍。故D错误。
故选：C。
7．（2013•湛江二模）农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，M处是瘪谷，N处是谷种，如图所示．若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是（ ）
A．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些
B．谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动
C．谷种运动过程中加速度较大
D．瘪谷从飞出洞口到落地所用的时间较长
【解答】解：A、在大小相同的风力作用下，风车做的功相同，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，所以A错误。
B、谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，所以B正确。
C、谷种和瘪谷都做平抛运动，加速度相等。故C错误。
D、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，所以D错误。
故选：B。
8．（2023•雅安模拟）中国的面食种类繁多，其中“刀削面”堪称天下一绝。如图所示，厨师将小面圈沿锅的某条半径方向水平削出，小面圈距锅的高度h＝0.3m，与锅沿的最近水平距离L＝0.45m，锅可视为半径R＝0.25m的半球壳（不计锅的厚度），水面到锅底的距离d＝0.1m。不计一切阻力，小面圈的运动可视为平抛运动，重力加速度大小取g＝10m/s2，则直接落入水中的小面圈被削出的最大初速度是（ ）
A．3m/sB．4m/sC．5m/sD．6m/s
【解答】解：设锅沿到水面的高度为h'，则h'＝R﹣d＝0.25m﹣0.1m＝0.15m
锅内水面的半径为r=R2−ℎ'2=0.252−0.152m＝0.20m
直接落入水中的小面圈被削出初速度最大时，水平位移最大，水平方向，有：L+R+r＝v0mt
竖直方向，有ℎ+ℎ'=12gt2
代入数据联立解得：
t＝0.3s
v0m＝3m/s
故A正确，BCD错误。
故选：A。
9．（2023•荔湾区校级四模）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也．宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也．”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6）（ ）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的大
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙小
【解答】解：根据题意，设位移与水平方向的夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，
则由平抛运动规律有：tanθ=ℎx=12tanα
AB．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，则有：h甲＞h乙
根据ℎ=12gt2，可得：t=2ℎg
则可知，甲所投的箭在空中运动时间长，
又根据x＝v0t可知，两人的水平距离相同，甲所投的箭在空中运动时间长，则甲所投箭的初速度较小，故AB错误；
CD．若箭在竖直方向下落的高度相等，则箭在空中运动时间相等，且有：x甲＜x乙
根据x＝v0t可知，则甲所投箭的初速度较小，
又根据v＝gt可知，甲、乙所射箭落入壶口时竖直速度相等，
则由v=v02+vy2可得，甲所射箭落入壶口时速度比乙小，故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）10．（2024•庆云县校级模拟）篮球运动是一项是以手为中心的身体对抗性体育运动，深受同学们喜爱。国际篮联场地标准为长28m，宽15m，篮圈下沿距地面高为3.05m，三分线半径为6.75m（三分线到篮筐中心在地面投影的距离），如图所示。某次训练中，运动员紧贴三分线外a处进行定点投篮练习，篮球离手时距地面高度为2.25m，经过0.5s到达最高点，之后在下落过程中恰好穿过篮筐。假设篮球出手时在三分线正上方，篮球出手时初速度v0与水平面夹角为θ，不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A．tanθ=1027B．tanθ=1627
C．v0=598516m/sD．v0=598527m/s
【解答】解：篮球在竖直方向做竖直上抛运动，上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动；根据自由落体运动规律，竖直初速度vy＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s，上升的竖直高度H=12gt12=12×10×0.52m=1.25m；根据题意篮球下落的高度为h＝H﹣（h1﹣h2）＝1.25m﹣（3.05﹣2.25）m＝0.45m；设篮球下落时间为t2，根据自由落体运动规律ℎ=12gt22，代入数据解得t2＝0.3s，篮球运动的总时间t＝t1+t2＝0.5s+0.3s＝0.8s；设篮球的水平初速度为vx，篮球在水平方向做匀速直线运动，r＝vxt，代入数据解得vx=13516m/s，所以tanθ=vyvx=5×16135=1627；初速度v0=vx2+vy2=(13516)2+52m/s=598516m/s，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
11．（2024•江西模拟）如下图所示，将扁平的石子快速抛向水面，石子遇水后不断地在水面上连续向前多次跳跃，直至最后落入水中，俗称“打水漂”，假设小明在离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以水平初速度v0＝10m/s抛出，玩“打水漂”，小石片在水面上滑行时受到的水平方向的阻力恒为f＝0.5N，竖直方向分力未知。在水面上弹跳数次后沿水面滑行（水平方向）的速度减为零后沉入水底。假设小石片每次均接触水面Δt＝0.04s后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=23，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求小石片：
（1）第一次与水面接触前水平方向的位移x；
（2）第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
（3）最后一次弹起在空中飞行的时间t。（该问结果保留2位有效数字）
【解答】解：（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由
ℎ0=12gt02
解得t0=2ℎ0g=2×0.810s=0.4s
第一次与水面接触前水平方向的位移
x＝v0t0＝10×0.4m＝4.0m
（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度大小
vy＝gt0＝10×0.4m/s＝4m/s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为ax，有
ax=fm=0.520×10−3m/s2=25m/s2
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
v1＝v0﹣axΔt＝10m/s﹣25×0.04m/s＝9m/s
第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度大小为
vy1=23v1=23×9m/s=6m/s
规定竖直方向上为正方向，竖直方向加速度为
ay=vy1−vyΔt=6−(−4)0.04m/s2=250m/s2
即大小为250m/s2。
（3）小石片在水面上滑行时，每次滑行速度的变化量
Δv＝axΔt＝﹣25×0.04＝﹣1m/s
由
n=0−vx0Δv=10次
可知，小石片共在水平面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，第n次弹起后的速度
vxn＝vx0+Δvx＝（10﹣n）m/s
再由vyn＝kvxn和tn=2vyng可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
tn=43(1−0.1n)
最后一次弹起在水面上飞行的时间为
t＝0.13s
答：（1）第一次与水面接触前水平方向的位移x为4.0m；
（2）第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小为250m/s2；
（3）最后一次弹起在空中飞行的时间t为0.13s。
三．斜抛运动
12．（2024•宁波模拟）图为西湖音乐喷泉某时刻的照片，水从喷口倾斜射出，空中呈现不同的抛物线，取其中4条抛物线，分别记作①②③④，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．4条水柱中，①中的水上升较高，其出射速度最快
B．②中的水比③中的水在空中运动的时间长
C．在最高点，②中的水比③中的水速度大
D．喷口水平倾角越小，水射程越远
【解答】解：A、4条水柱中，①中的水上升较高，水在空中的运动时间最大，出射时的竖直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，则出射速度不一定最大，故A错误；
B、②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中运动的时间长，故B正确；
C、在最高点，水的速度为水平方向速度，而②中的水比③中的水水平速度小，故C错误；
D、水的射程为
x=v0csθt=v0csθ2v0sinθg=v02sin2θg
当喷口水平倾角为45°时，水射程越远，故D错误。
故选：B。
13．（2023•潮州二模）图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度v0从A点冲上圆心角为a的圆弧跳台，从B点离开跳台，C点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的E点。若忽略运动过程中受到的一切阻力并将运动员及其装备看成质点，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在C点速度为0
B．运动员下降过程中的加速度不变
C．a越大，运动员落在着陆坡上的速度越大
D．运动员离开B点后的上升过程中处于超重状态
【解答】解：A，曲线的最高点时，物体还有水平方向的分速度，故A错误；
B，在下降过程中，只受重力作用，故加速度的大小方向都不变，故B正确；
C，因为在AB弧上运动时，没有能量损失，故a的大小不影响着陆的速度大小，故C错误；
D，离开B点后，有竖直向下的加速度，应处在失重状态，故D错误。
故选：B。
14．（2023•浙江模拟）如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的最大腾空高度相同
B．甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C．甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同
D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【解答】解：
A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度vy更大，最大腾空高度h=vy22g，故甲的腾空高度更大，故A错误；
B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的vx更小，从A点滑出时的初速度v=vx2+vy2，故无法比较，故B错误；
C.设初速度与水平方向夹角为θ，tanθ=vyvx，故甲与水平方向夹角更大，故C错误；
D.根据水平位移公式x＝vx•2vyg，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D正确；
故选：D。
（多选）15．（2024•乌鲁木齐模拟）2021年8月1日，在东京奥运会田径女子铅球决赛中，巩立姣以20米58创个人最佳成绩的夺冠．如图所示为比赛中巩立娇将铅球抛出后的瞬间．不计空气阻力，铅球被抛出后在空中运动的过程中（ ）
A．加速度不变
B．水平方向的速度不变
C．竖直方向的速度不变
D．速度变化量的方向不变
【解答】解：铅球做抛体运动，加速度为重力加速度，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据加速度定义式得g=ΔvΔt可知速度的变化量的方向始终竖直向下，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
16．（2024•潍坊一模）跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽L＝6m，一质量m＝50kg的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙做加速运动，加速到A点斜向上跃起，到达右墙壁B点时竖直速度恰好为零，B点距地面高h＝0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，并获得一竖直向上的速度，恰能跃到左墙壁的C点，C点与B点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H＝2.05m，重力加速度为g，可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求：
（1）人蹬墙后的水平速度大小；
（2）人加速助跑的距离s。
【解答】解：（1）设人蹬墙后的水平速度大小为v1，从B到C做斜抛运动，根据斜抛运动规律，选择斜抛点的最高点为起始点，斜抛运动半程的逆运动为平抛运动
水平方向有：L2=v1t
竖直方向有：12gt2＝H﹣h
联立解得v1＝6m/s
（2）设人从A到B做斜抛运动，水平方向有x＝v1t
竖直方向有h=12gt2
联立解得x＝2.4m
人从静止开始到A做匀加速直线运动，根据速度—位移公式得
s＝L﹣x
解得s＝3.6m
答：（1）人蹬墙后的水平速度大小为6m/s；
（2）人加速助跑的距离s为3.6m。
四．线速度、角速度和周期、转速
17．（2023•天河区校级三模）如图所示为华附校园内的风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）

A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越小
【解答】解：A、根据题意，若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，由牛顿第二定律可知，其加速度不为零，故A错误；
B、三个风杯属于同轴转动，角速度相同，且三个风杯做圆周运动的半径相同，由v＝ωr可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；
C、开始刮风时，风杯切向方向合力不为零，因此风杯所受合外力不指向旋转轴，故C错误；
D、当风杯匀速转动时，根据v=2πrT可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D正确。
故选：D。
18．（2023•天宁区校级二模）随着科技的飞速发展，人工智能越来越多地出现在人们的生活之中。如图所示，为某品牌的扫地机器人，其形状为圆盘形，圆盘半径为R。扫地机器人在一片空旷的水平地面作业时，其中心轴上每一点均沿着一条直线做匀速直线运动，速度大小为v0。同时机身绕着中心轴做匀速圆周运动，角速度大小为ω。现考虑圆盘边缘上的一点P，t＝0时过该点的半径处在中心轴的运动方向上。下列关于P点运动的描述正确的是（ ）
A．P点的运动轨迹为直线
B．P点的运动轨迹为圆弧
C．经过半个周期，P点通过的位移大小为2R+πv0ω
D．经过一个周期，P点通过的位移大小为4R+2πv0ω
【解答】解：AB、P点参与了两个分运动：绕中心轴做匀速圆周运动和随扫地机器人向前做匀速直线运动，合运动既不是直线，也不是圆弧，故AB错误；
C、经过半个周期，绕中心轴做匀速圆周运动的分运动中，P点绕中心轴转过半周，向运动方向走过的位移大小为2R，随扫地机器人向前做匀速直线运动的分运动中，P点向运动方向走过的位移为x=v0t=v0πω，则P点通过额总位移大小为2R+πv0ω，故C正确；
D、经过一个周期，绕中心轴做匀速圆周运动的分运动中，P点绕中心轴转过一周，向运动方向走过的位移大小为0，随扫地机器人向前做匀速直线运动的分运动中，P点向运动方向走过的位移为x=v0t=v02πω，则P点通过额总位移大小为2πv0ω，故D错误；
故选：C。
五．向心力
19．（2024•朝阳区校级模拟）当物体相对于地球表面运动时，会受到“地转偏向力”的影响。“地转偏向力”不是物体真实受到的力，是由于地球自转而产生的惯性效应。其原因是：除南北两极外，地球上各纬度的自转角速度相同，但自转线速度不同。在北半球，物体由北向南运动的过程中，由于惯性，物体随地球自转的线速度相对地表显得慢了，因此表现出向前进方向的右侧偏转的现象。“地转偏向力”对地球上所有移动的物体，包括气团、河流，运行的火车、火箭发射等都会产生影响。通过观察“地转偏向力”对单摆的运动产生的影响可以证明地球在自转。1851年，法国物理学家傅科在巴黎的教堂用摆长67m、直径约30cm、质量为28kg的铁球制成的单摆（傅科摆）间接证实了地球在自转。根据以上材料，结合所学，下列说法正确的是（ ）
A．在北半球，物体由南向北运动过程中，它会向前进方向的左侧偏转
B．在南半球沿平直路面向南行驶的火车，在前进方向上对左侧轨道的压力小于对右侧轨道的压力
C．在南半球，傅科摆在摆动过程中，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转
D．“地转偏向力”对运动的影响程度，与物体沿南北方向相对地表运动的速度大小无关
【解答】解：A、由题意，地球自西向东自转，在北半球，物体由南向北运动过程中，由高纬度的自转线速度比低纬度的小，所以物体随地球自转的线速度相对地表显得快了，会向前进方向的右侧偏转，故A错误；
B、在南半球，火车向南运动，在“地转偏向力”的作用下会向前进方向的左侧偏转，为了保持直线运动，火车在前进方向上，左侧轨道对火车的作用力大于右侧轨道，由牛顿第三定律可知，故B错误；
C、在南半球，物体会向前进方向的左侧偏转，作出物体在南半球沿南北两个方向运动时偏转方向的示意图（俯视图）如图所示，由图可知，摆动平面沿逆时针方向（俯视）不断偏转，
故C正确；
D、同一纬度，地球的自转线速度的大小固定不变，若物体沿南北方向从A点运动到B点，沿东西方向的速度改变相同，则当沿南北方向的速度较大所花时间少，东西方向的加速度大，即所需“地转偏向力”越大，故D错误。
故选：C。
20．（2024•西城区校级模拟）如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点。当该自行车在平直的道路上行驶时，下列说法中正确的是（ ）
A．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+mgmR
B．要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd−mgmR
C．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+2mgmR
D．要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+mgmR
【解答】解：AB、当气嘴灯运动到最低点时发光，此时对应车轮做匀速圆周运动的角速度最小，根据受力分析，向心力由弹簧的弹力与重力的合力提供，又因为初始时弹簧弹力等于重力，所以在最低点是增大的弹力提供向心力即kd＝mω2R
得ω=kdmR
故AB错误；
CD、当气嘴灯运动到最高点时能发光，则kd+2mg＝mω′2R
得ω'=kd+2mgmR
即要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为kd+2mgmR，故C正确，D错误。
故选：C。
21．（2024•温州二模）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为θ，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ）。假设航母的运动半径R、夹角θ不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力FN＝mgcsθ
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速v=μ−tanθ1+tanθgR
【解答】解：AB、根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分解法如图所示：
由图可知
mg﹣f2＝FN2
而FN2＝FNcsθ
f2＝fsinθ
联立解得
FN=mg−fsinθcsθ
故AB错误；
CD、由图可知，小物块做圆周运动的向心力由f1和FN1提供，有
f1−FN1=mv2R
由于
FN1＝FNsinθ
f1＝fcsθ
联立上式整理解得f=FNsinθ+mv2Rcsθ
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；
当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
f＝μFN
代入上式得
mv2R=μFNcsθ−FNsinθ
由A中得
FN=mg−fsinθcsθ=mgμsinθ+csθ
联立解得
v=μ−tanθ1+μtanθgR
故C正确，D错误。
故选：C。
22．（2023•盐山县校级模拟）中国空间站的问天实验舱中配置了变重力科学实验柜，它为科学实验提供了0.01G～2G范围内的高精度模拟重力环境。变重力实验柜的主要装置是两套离心机（如图甲所示），离心机示意图如图乙所示，离心机旋转的过程中，实验载荷会对容器壁产生压力，这个压力的大小可以体现“模拟重力”的大小。根据上面资料结合所学知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．实验样品的质量越大“模拟重力加速度”越大
B．离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”也变为原来的2倍
C．实验样品所受“模拟重力”的方向指向离心机转轴中心
D．为防止两台离心机转速增加时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动
【解答】解：AB．根据题意可得m（2πn）2r＝mg模
则模拟重力加速度为g模=4π2n2r
可知模拟重力加速度与样品的质量无关，离心机的转速变为原来的2倍，同一位置的“模拟重力加速度”变为原来的4倍，故AB错误；
C．离心机旋转的过程中，实验载荷有向外飞出的趋势，对容器壁产生的压力向外，故模拟重力的方向背离离心机转轴中心，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，一台离心机转速增加时，会给空间站施加相反方向的力，使空间站发生转动，故为防止两台离心机转动时对空间站的影响，两台离心机应按相反方向转动，故D正确。
故选：D。
23．（2023•沧州一模）如图甲所示为杂技演员正在表演“巧蹬方桌”。某一小段时间内，表演者让方桌在脚上飞速旋转，同时完成“抛”“接”“腾空”等动作技巧。演员所用方桌（如图乙所示）桌面abcd是边长为1m的正方形，桌子绕垂直于桌面的中心轴线OO'做匀速圆周运动，转速约为2r/s，某时刻演员用力将桌子竖直向上蹬出，桌子边水平旋转边向上运动，上升的最大高度约为0.8m。已知重力加速度g取10m/s2，则桌子离开演员脚的瞬间，桌角a点的速度大小约为（ ）
A．4m/sB．4πm/s
C．16+8π2m/sD．16+16π2m/s
【解答】解：桌子在水平面内做匀速圆周运动，转速约为2r/s，桌角a点的线速度为v1＝2πnr，又r=22m，故v1=22πm/s
桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为v2，由竖直上抛运动规律可得v22=2gℎ，解得v2＝4m/s
则a点的合速度为v=v12+v22，解得v=16+8π2m/s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（多选）24．（2024•拉萨一模）在游乐场有一种与众不同的游乐设施——疯狂魔盘，游客在魔盘上可以体会到惯性带来的乐趣，如图甲，其工作原理可以简化为图乙模型，水平圆盘在水平面内可绕中心轴匀速转动，圆盘上距离转轴分别为r、2r处有两个完全相同的小物块a、b，质量均为m。物块a、b与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘沿逆时针（俯视）方向以角速度ω做匀速圆周运动，物块a、b相对于圆盘静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．若增大ω，物块a先滑动
B．物块a受到的摩擦力大小始终为μmg
C．物块b受到的摩擦力是物块a的2倍
D．若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b受到的摩擦力不再沿半径指向圆心
【解答】解：A．由摩擦力提供向心力得Ff=mω2R
可知增大角速度，物块a、b所需向心力均增大，其中做匀速圆周运动半径较大的物块b最先达到最大静摩擦力，故物块b先滑动，故A错误；
B．物块a绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，a滑动前受到的摩擦力始终小于μmg，故B错误；
C．物块a、b均绕转轴做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，有Ff=mω2R
由于ra＝r，rb＝2r
可得2Ffa=Ffb
故C正确；
D．若逐渐增大ω，保持物块a、b不滑动，则物块a、b做加速圆周运动，摩擦力沿半径和切线方向均有分量，分别产生切向加速度和向心加速度，故摩擦力不再沿半径指向圆心，故D正确。
故选：CD。
六．向心加速度
（多选）25．（2024•江西模拟）陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图（a）所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图（b）所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO′重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正确的是（ ）
A．P的角速度大小比Q的大
B．P的线速度大小比Q的大
C．P的向心加速度大小比Q的大
D．同一时刻P所受合力的方向与Q的相同
【解答】解：A．由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动，它们的角速度相等，即ωP＝ωQ，故A错误；
B．由图可知P点绕转轴转动的半径大，根据v＝rω，所以vP＞vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；
C．根据a＝rω2，且rP＞rQ，ωP＝ωQ
所以aP＞aQ
即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；
D．因为当转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。
故选：BC。
七．生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动
26．（2024•二模拟）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度ω的最大值为（ ）
A．μgRμ2+1B．μgRC．gRμ2+1D．μgR1−μ2
【解答】解：物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如图1所示：
当角速度最大时，静摩擦力达到最大，设地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为θ，且tanθ＝μ；物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如图2所示：
图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为θ时，此时向心力达到最大；
最大的向心力Fn=mgsinθ=mgμμ2+1
根据向心力公式Fn=mω2R
最大的角速度ω=μgRμ2+1
综上分析，故A正确；BCD错误。
故选：A。
27．（2024•宁波二模）如图所示，厨师在展示厨艺时，将蛋糕放置在一水平托盘上，并控制托盘做竖直平面内半径为R的匀速圆周运动，托盘始终保持水平。蛋糕可视为质点，与托盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若蛋糕始终与托盘保持相对静止，则托盘做匀速圆周运动的最大速率为（ ）
A．11+μ2gRB．μ1+μ2gRC．11−μ2gRD．μ1−μ2gR
【解答】解：蛋糕转至左上或右上两侧时，且当摩擦力达到最大静摩擦力时，托盘做匀速圆周运动的速率最大，设托盘给蛋糕最大静摩擦力为f，支持力为N，对于右上方或左上方可以得到f2+(mg−N)2=mv2R
又f＝μN
两个式联立可以解得，当N=mg1+μ2时，速度有最大值，则解得v=μ1+μ2gR
故B正确，ACD错误。
故选：B。
28．（2024•长沙模拟）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MgmR
D．打夯机对地面压力的最大值大于（M+m）g
【解答】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，对配重物根据牛顿第二定律可得：Mg+mg＝mω2R
解得偏心轮转动的角速度为：ω=Mg+mgmR，故C错误；
D．在最低点，打夯机对地面压力最大，设此时飞轮对配重物的作用力大小为T，对配重物有：T﹣mg＝mω2R
对打夯机根据平衡条件，有：Mg+T′＝F
根据牛顿第三定律可得：T＝T′，其中T′是配重物对飞轮的作用力大小
解得地面对打夯机的支持力为：F＝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。