2022届优质校一模试卷专题汇编4 曲线运动的规律与应用 解析版

这是一份2022届优质校一模试卷专题汇编4 曲线运动的规律与应用 解析版，共16页。试卷主要包含了运动的合成与分解，平抛运动，水平面内的圆周运动，竖直面内的圆周运动等内容，欢迎下载使用。

常考题型
方法点拨
1．运动的合成与分解
(1)合运动与分运动的位移、速度、加速度都遵循平行四边形定则，合运动与各分运动具有独立性、等时性；(2)绳(杆)关联物体的速度沿绳(杆)和垂直绳(杆)方向分解，沿绳(杆)方向的速度大小相等。
2．平抛运动
(1)无论是平抛运动还是斜抛运动，都是加速度为g的匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的，但速率的变化量不同；(2)解答抛体运动，要注意三个基本关系：速度分解关系、位移分解关系、加速度分解关系。
3．水平面内的圆周运动
(1)常见的传动方式：同轴传动ω相同；皮带传动、齿轮传动和摩擦传动(边缘v大小相同)；(2)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，向心力F＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r。
4．竖直面内的圆周运动
(1)“拱桥”模型特点：下有支撑，上无约束，最高点速度有最大值vm＝eq \r(gR)；(2)“绳—球”模型特点：下无支撑，上有约束，最高点速度有最小值vmin＝eq \r(gR)；(3)“杆—球”模型特点：下有支撑，上有约束，最高点速度可以为0，但速度为eq \r(gR)是对杆有压力还是拉力的分界点；(4)通常情况下竖直平面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的运动情况，且由动能定理联系两点的速度。
【例1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A．eq \f(ωLsin β,sin α) B．eq \f(ωLcs β,sin α)
C．eq \f(ωLcs β,cs α) D．eq \f(ωLsin β,cs α)
【方法点拨】解决“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是常用方法。如例题中：①“连杆OB在竖直平面的圆周运动”表明B点沿切向的线速度是合速度，可沿杆和垂直杆分解；②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。
【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：滑块沿杆方向的分速度为vA分＝vcs α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则v′＝Lω，vB分＝v′·cs θ＝v′cs(β－90°)＝Lωsin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，故本题正确选项为D。
【答案】D
【例2】( 2019全国II卷∙19)(多选)如图2(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【方法点拨】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
对于本题要根据题中关键信息，利用“化曲为直思想”把运动员的运动分解为水平方向的运动与竖直方向的运动，结合速度－时间图像以及牛顿第二定律求解。注意提炼题干信息：“v表示他在竖直方向的速度……”表明v－t图像为竖直方向运动图像；“t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻”给出了运动时间；最后由v－t图像得出运动员两次滑翔过程中加速度及位移的关系。
【解析】根据v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第二次速度变化小，时间长，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．
【答案】BD
【例3】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝eq \r(gR)通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则( )
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为eq \r(15gR)
【方法点拨】本题考查竖直面内圆周运动的“杆—球”模型，解题注意“两点”“一联”：
分析题干中的关键信息：①“强磁性引力始终指向圆心O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力；②“对轨道压力为其重力的8倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解F。
【解析】在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝meq \f(v2,R)，根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，联立解得F＝8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝eq \f(mv\\al(2,A),R)，根据牛顿第三定律有NA＝N′A；在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝eq \f(mv\\al(2,B),R)，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；从A点到B点的过程，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C错误；若强磁性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝meq \f(v\\al(2,B),R)，由数学知识可知当FB＝0时，质点速度最大为vBm，可解得vBm＝eq \r(15gR)，选项D正确。
【答案】D
试题汇编
运动的合成与分解
1．(2022届安徽省A10联盟11月段考)一物体在水平面内运动，以0时刻物体的位置为坐标原点，在水平面内建立xOy平面直角坐标系，运动轨迹如图甲所示，物体在y轴上分运动的速度的平方(vy2)随y变化的规律如图乙所示。则关于物体在x方向上的初速度vx0以及x方向的加速度ax的取值，可能正确的是( )
A．vx0＝0，ax＝1 m/s2
B．vx0＝1 m/s，ax＝0
C．vx0＝2 m/s，ax＝2 m/s2
D．vx0＝2 m/s，ax＝1 m/s2
2．(2022届湖南省新高考普通高中学业水平等级考试)(多选)在光滑的水平面上，一滑块的质量m＝2 kg，在水平恒定外力F＝4 N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨道，滑块过P、Q两点时速度大小均为v。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，则( )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P到Q的加速度大小为2 m/s2
C．滑块从P到Q的过程中不可能做圆周运动
D．滑块从P到Q，F一直不做功
3．(2022届菏泽期中)(多选)如图所示，两根光滑刚性直杆组成垂直“V”形框，其中一杆竖直固定放置。质量均为m的A、B两环分别套在两杆上，用一根轻杆连接。从图示位置由静止释放，当轻杆与水平杆夹角为α时，A环的速度为vA，B环速度为vB。不计一切摩擦，重力加速度为g。则( )
A．vA∶vB＝1∶tan α
B．框对B环的作用力始终等于2mg
C．B环一直加速
D．A、B组成的系统机械能守恒
4．(2022届绍兴11月诊断)有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲：可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客），从倾角θ＝37°的光滑斜轨道上高为H＝0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h＝0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β＝60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α＝60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入滑动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）试求：（本题最终结果均用字母m、R、g和μ表达）
(1)滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)触发风力装置前，滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离；
(3)当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。
平抛运动的规律及相关知识
5．(2022届常州市期中)如图所示，某同学在平直路面上匀速骑行，后轮边缘甩出泥沙有的落在其后背上，A、B、C、D为轮缘上相邻的四点，B点的切线竖直，D点的切线与后背相切。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．B点甩出的泥沙做竖直上抛运动
B．C点甩出的泥沙可能落在后背上
C．D点甩出的泥沙可能落在后背上
D．各点同时甩出的泥沙在碰到障碍物前到车轴的距离相等
6．(2022届西宁回族土族自治县期中)(多选)在跳台滑雪比赛中，某运动员从一跳台边缘以15 m/s的初速度水平飞出，如图甲所示，从运动员离开跳台开始计时，v表示运动员竖直方向的分速度，其v－t图象如图乙所示。t1＝2 s时，运动员刚好落在雪道斜坡上，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．t1时刻运动员落在斜坡上的速度大小为20 m/s
B．运动员落在斜坡上的落点与飞出点的水平距离为30 m
C．运动员在下落的某一时刻速度方向与斜坡平行
D．雪道斜坡倾角的正切值tan θ＝eq \f(3,2)
7．(2022届遂宁市零诊)(多选)如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，不计空气阻力，两球落地时的水平位移分别为s和 2s。重力加速度为g，则下列说法正确的是 ( )
A．A、B两球的初速度大小之比为1∶4
B．A、B两球的初速度大小之比为1∶2eq \r(2)
C．两小球运动轨迹交点的水平位移为
D．两小球运动轨迹交点的高度
8．(2022届湖南省新高考衡水金卷三调)(多选)如图所示的劈形物块固定在水平地面上，其截面为一直角三角形，斜面高h＝4 m，左侧倾角α＝37°。现有一小球以v0＝9 m/s的初速度从C点沿斜面抛出，此后小球从A点飞出后又落在AB面上且不反弹，若不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．小球到达A点时的速度8 m/s
B．小球在空中运动的时间为0.16 s
C．小球落在斜面上时速度与AB面夹角的正切值为eq \f(2,3)
D．以不同速度射出的小球，从空中落到斜面上时速度与AB面的夹角都相同
9．(2022届山西省三重教育11月大联考)定点投篮时，第一次出手位置较高，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为60°；第二次出手位置较低，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为30°。已知两次出手的位置在同一竖直线上，结果篮球都正好垂直撞到篮板上的同一点P，如图所示。不计空气阻力，则前、后两次投出的篮球在从出手到撞板的过程中( )
A．撞击篮板时的速率相等
B．出手时的速率相等
C．运动的时间的比值为1∶3
D．上升的高度的的比值为eq \r(3)∶3
圆周运动的规律与应用
10．(2022届浙江省山水联盟12月联考)如图所示，一内壁光滑的圆锥面，顶点O在下方，顶角为2α，OO′是竖直轴线，若有A、B两小球，质量mA＞mB（可视为质点），在圆锥的内壁上沿不同的圆轨道做匀速圆周运动，以O点为势能零点，则( )
A．它们的线速度大小相同
B．它们的周期相同
C．它们的动能相同
D．它们的动能与重力势能之比相同
11．(2022届遂宁零诊)如图所示，完全相同的两车在水平面同心圆弧道路上转弯，甲行驶在内侧、乙行驶在外侧，它们转弯时速度大小相等，则两车在转弯时，下列说法正确的是( )
A．角速度ω甲＝ω乙
B．向心加速度a甲＞a乙
C．地面对车的径向摩擦力f甲＜f 乙
D．若两车转弯速度过大，则乙车更容易发生侧滑
12．(2022届潍坊市期中)如图所示，水平的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有叠放的甲、乙两小物体与圆盘始终保持相对静止，乙的质量是甲质量的两倍。甲、乙间的动摩擦因数为0.5，乙与盘面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则ω的最大值是( )
A．eq \r(2) rad/s B．1.0 rad/s
C．eq \f(2,5)eq \r(10) rad/s D．eq \f(2,5)eq \r(5) rad/s
13．(2022届天津一中第二次月考)如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d＝5 cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为8 cm，拖布条的长度为6 cm，脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时，固定套杆在2 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是( )
A．紧贴脱水桶壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水桶壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为3∶2
C．拖把头转动的周期为3.5 s
D．拖把头转动的角速度为14π rad/s
14．(2022届河北百师联盟一轮复习联考)如图所示，摩天轮载着轿厢在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轿厢中的乘客与轿厢相对静止，a、c分别为轿厢运动过程中经过与转轴等高的两个位置，b、d分别为轿厢经过的最低点和最高点，对于图中恰处于a位置轿厢内的乘客，下列说法正确的是( )
A．在a位置时，轿厢内乘客处于失重状态
B．轿厢刚转到b位置时，轿厢内乘客所受合力恰好为零
C．轿厢分别转到a、c两位置时，轿厢内乘客受到座椅的作用力大小相等
D．轿厢分别转到b、d两位置时，轿厢内乘客在d位置所受到的合力较小
15．(2022届青岛4区期中联考)如图，长度均为l的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的a、b两点，a、b两点间的距离为eq \r(3)l，现使小球在竖直平面内以ab为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力为零，则在最高点每根绳的拉力等于小球重力时，小球在最高点的速度为( )
A．eq \r(2)v B．eq \r(3)v C．2v D．2eq \r(2)v
16．(2022届常州质量检测)如图所示，长度为3L的轻杆一端固定质量为M的小球，另一端连接在固定在天花板上的转轴O上，轻杆可以在竖直平面内自由转动。小球通过与O点等高的定滑轮用足够长的轻绳连接一物块，滑轮与转轴相距5L，用手将小球缓慢放下，当杆与绳垂直时，撤去手，系统恰能平衡。忽略一切摩擦，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。
(1)求物块质量m；
(2)将小球从图中水平位置释放，当杆与绳垂直时，求小球的速度和杆对小球的拉力；
(3)在(2)的条件下，通过计算说明杆是否能运动到竖直位置。
参考答案
1．【答案】D
【解析】由图甲可知，物体做直线运动，则有，由图乙可知根据，可得，代入选项中对应数据，符合要求的只有选项D。
2．【答案】BC
【解析】由题意，类比斜抛运动的特点可知水平恒力F的方向垂直于PQ连线斜向下，故A错误；根据牛顿第二定律可知，滑块从P到Q的加速度，故B正确；圆周运动的向心力方向时刻在变，由于滑块受水平恒力，所以滑块从P到Q的过程中不可能做圆周运动，故C正确；滑块从P到Q，F先做负功，后做正功，故D错误。
3．【答案】ACD
【解析】根据速度的合成与分解可得，解得，故A正确；根据上式可知α＜45°时，vA＞vB，α＞45°时vA＜vB，所以A、B均做变速运动，A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，所以框对B环的作用力不等于2mg，故B错误；α＝0时，A、B的速度都为零，α＝90°时A的速度为零，A先做加速度减小的加速运动，加速度减小为零后反向增大，A开始做减速运动，所以杆对A一直做负功，又因为A、B组成的系统内只有重力做功，所以A、B组成的系统机械能守恒，因此杆对B一直做正功，B一直加速，故CD正确。
4．【解析】(1)滑船从A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知
在C点时由牛顿第二定律可得
解得。
(2)划船到达D点时速度
解得
滑船在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小
运动最高点J到水平底边ad的距离。
(3)当水平风力大小为F0时，从最高点到ad，则沿斜面方向
沿平行斜面方向
解得
此时回到ad面时沿着垂直ad方向的速度大小为
沿着ad方向的速度大小仍为
即进入接收平台的速度仍为vD最大，则进入平台后的位移最大，因进入defp内做匀减速运动，加速度
则最终滑行的最大路程为
现改变风力为F ，因F≤F0，则滑船回到ad边时沿垂直ad方向的速度不变，若沿ad方向的速度为零，此时进入平台的速度最小，此时
可解得F＝0.5mg
则进入平台的最小位移为
即滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。
5．【答案】B
【解析】B点甩出的泥沙在水平方向上，具有和自行车相同的速度，因此做斜抛运动，A错误；以自行车为参考系，从C抛出的泥沙做斜抛运动，有可能落在后背上，B正确；以自行车为参考系，从D抛出的泥沙沿初速度方向做匀速运动，同时做自由落体运动，因此落点一定在后背的下方，不会落到后背上，C错误；以自行车为参考系，各点同时甩出的泥沙一边沿原来方向做匀速运动，同时做自由落体运动，在碰到障碍物前到车轴的距离不相等，D错误。
6．【答案】BC
【解析】运动员做平抛运动的时间t1＝2 s，故竖直方向的末速度大小，故运动员落在斜坡上t1时刻的速度大小，故A错误；运动员水平方向的位移，竖直方向的位移大小，斜坡倾角的正切值，故B正确，D错误；在运动员下落过程中，当其离斜坡的距离最远时，其合速度的方向与斜坡平行，故C正确。
7．【答案】BD
【解析】小球做平抛运动， A球运动时间，B球运动时间，所以，由可知A、B两球的初速度之比1∶2eq \r(2)，故A错误，B正确；两球相交时，水平方向位移相同，因此有，B球下落高度，A球下落的高度，，各式联立得，，两小球运动轨迹交点的高度，两小球运动轨迹交点的水平位移，，联立解得，故C错误D正确。
8．【答案】CD
【解析】小球从C到A过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，代入数据解得vA＝1 m/s，A错误；建立如图所示的坐标系，小球沿y轴做竖直上抛运动，，沿x轴做初速度为0，加速度a＝gsin α的匀加速运动，落到斜面上时，小球水平分速度vx＝at＝1.5 m/s，竖直分速度vy＝vA＝1 m/s，则，C正确；因为以不同速度射出的小球从点抛出时的抛射角都相同，则落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角相同，即从空中落到斜面上时速度与AB面的夹角都相同，D正确。
9．【答案】B
【解析】由题意可知，可将篮球的运动看成逆向平抛运动，如图所示，设水平距离为L，在第一次抛出点有，，，在第二次抛出点有，，，则有，，A错误；由速度的合成定则可得出手时的速率大小，，，解得v1＝v2，B正确；运动的时间的比值为，C错误；由速度位移公式可得上升的高度，，，上升的高度的比值为1∶3，D错误。
10．【答案】D
【解析】小球做匀速圆周运动，由支持力与重力的合力作为向心力，由牛顿第二定律可得，解得，，A球做圆周运动的轨道半径r较大，故线速度v较大，又由于A球质量较大，故A球动能较大，AC错误；由向心力公式可得，解得，由于r不同，故T不同，B错误；小球的动能与重力势能之比为，故它们的动能与重力势能之比相同，D正确。
11．【答案】B
【解析】由于题中已知二者线速度大小相等，即v甲＝v乙，由于R甲＜R乙，根据可知二者角速度大小关系为ω甲＞ω乙，故A错误；向心加速度可知二者向心加速度大小关系为a甲＞a乙，故B正确；地面对车的径向摩擦力提供向心力，由于甲、乙两辆车的质量相等，二者地面对车的径向摩擦力f甲＞f 乙，故C错误；由向心力，由于，所以当两车的速度大小相等时，甲需要的向心力大，当摩擦力不足以提供向心力时，就会发生侧滑，所以若两车转弯速度过大，则甲车更容易发生侧滑，故D错误。
12．【答案】C
【解析】当甲受到的最大静摩擦力恰好提供向心力时，解得，假设当乙恰好要相对于盘面间滑动时甲乙保持相对静止，此时的角速度为ω2，对于甲，，对于乙，，解得，故假设成立，ω的最大值是。
13．【答案】B
【解析】紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大，根据，半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，故A错误；脱水桶内壁半径为12 cm，托盘边缘半径为8 cm，根据，向心加速度之比为，故B正确；旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d＝5 cm，所以共7圈，固定套杆在2 s内匀速下压了35 cm，所以2 s转了7个周期，故周期为，故C错误；根据周期和角速度的关系式，故D错误。
14．【答案】C
【解析】因轿厢在竖直面内做匀速圆周运动，故在a位置时，轿厢内乘客竖直方向合力为零，则竖直方向处于平衡状态，故A错误；轿厢刚转到b位置时，轿厢内乘客所受合力提供向心力，故合力不为零，故B错误；轿厢分别转到a、c两位置时，轿厢内乘客受到座椅作用力的竖直方向分力与重力平衡，水平方向分力提供向心力，由平行四边形定则可知，轿厢内乘客受到座椅的作用力大小相等，故C正确；因轿厢做匀速圆周运动，轿厢分别转到b、d两位置时，轿厢内乘客所受合力大小相等，故D错误。
15．【答案】A
【解析】根据几何关系可知，小球做圆周运动的半径，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有，解得，当小球在最高点时，每根轻绳的拉力大小为mg，小球受到的合外力，根据牛顿第二定律有，联立解得，故选A。
16．【解析】(1)当杆与绳垂直时，受力分析如图甲所示
根据几何关系得
根据平衡条件得
解得。
(2)设小球下降的高度为h，小球的速度为v，杆与绳垂直，物块速度与小球速度大小相等，如图乙所示
小球下降的高度
物块上升的高度
整个系统机械能守恒
解得
把小球的重力分解如图丙所示，根据牛顿第二定律得
。
(3)假设小球可以到达竖直位置，小球下降的高度为3L，物块上升的高度为
如图所示，设小球的速度为v'，物块的速度
根据机械能守恒得
解得
所以，杆可以运动到竖直位置。
题 型
考查年份
关联知识点
运动的合成与分解
2021广东卷4题
匀速圆周运动的线速度、向心加速度
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