高考物理二轮复习讲义+分层训练专题04 曲线运动（解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲义+分层训练专题04 曲线运动（解析版），共35页。试卷主要包含了“关联”速度，分析“关联”速度的基本步骤，飞行时间、射高和射程，某弹射管每次弹出的小球速度相等等内容，欢迎下载使用。

解密04 曲线运动

核心考点
考纲要求
运动的合成与分解
抛体运动
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
匀速圆周运动的向心力
离心现象
Ⅱ
Ⅱ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅰ



考点1 “关联”速度问题

1．“关联”速度
绳、杆等有长度的物体，在运动过程中，如果两端点的速度方向不在绳、杆所在直线上，两端的速度通常是不一样的，但两端点的速度是有联系的，称之为“关联”速度。由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题的原则是把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
2．分析“关联”速度的基本步骤
→
↓
→
↓
→
↓
→

（2020·江苏月考）如图所示，做匀速直线运动的汽车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和汽车的速度的大小分别为vB、vA，则（　　）

A．vA=vB B．vAvB
C．绳子对B的拉力大于B的重力 D．绳子对B的拉力等于B的重力
【答案】C
【分析】
本题考察运动的分解。
【详解】
AB．根据运动分解原理，沿绳方向的速度分量相等，记A端绳与水平方向夹角为

vAvB
故AB错误；
CD．A向左运动，减小，vB增加，加速度向上，绳子对B的拉力大于B的重力，故C正确，D错误。
故选C。

1．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则

A．v2=v1 B．v2>v1
C．v2≠0 D．v2=0
【答案】D
【解析】把A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等。如图所示，A的速度为v，可看成是合速度其分速度分别是va、vb，其中va就是B的速度v（同一根绳子，大小相同），当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va=0，所以B的速度v2=0。

考点2 小船渡河模型

1．模型条件
（1）物体同时参与两个匀速直线运动。
（2）一个分运动速度大小和方向保持不变，另一个分运动速度大小不变，方向可在一定范围内变化。
2．模型特点
（1）船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动。
（2）三种速度：船在静水中的速度v1、水的流速v2、船的实际速度v。
（3）三种情景
①过河时间最短：船头正对河岸，渡河时间最短，（d为河宽）。
②过河路径最短（v2 ③过河路径最短（v2>v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直河岸渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知，最短航程。


（2020·广东月考）如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处是个旋涡，A点和旋涡的连线与河岸的最大夹角为。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
如图所示，
设小船航行时在静水中速度为，当垂直AB 时速度最小，由三角函数关系可知

故A正确，BCD错误；
故选A。

1．（2020·广东月考）某小船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2，且v1>v2，小船渡河的最短时间为T。若小船在静水中的速度为v2，河水的流速为v1，河宽不变，小船渡河的最短距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由题意可知，河宽
d=v1T
若小船在静水中的速度为v2，河水的流速为v1，小船以最短距离渡河时，设合速度与河岸夹角为θ，则

则渡河的最短距离

故选A。
考点3 平抛运动的规律的应用

“平抛+斜面”类问题
方法
示意图
时间
总结
分解
速度
对着斜面抛

如图所示，vy=gt，，
故
分解速度，构建
速度三角形
分解
位移
顺着斜面抛

如图所示，x=v0t，，而，联立得
分解位移，构建
位移三角形

如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离

第二次抛出时两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则

联立解得

故选C。

1．（2020·宿松县程集中学月考）如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度vA、vB做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A，B，空中运动的时间分别为tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为α、β，已知OB=2OA则有（　　）

A．tA:tB=1:2 B．vA:vB=1:2 C．α=β D．α>β
【答案】C
【详解】
AB．由几何关系知，平抛运动的竖直位移之比为1：2，根据

可得

根据

水平位移之比为1：2，则初速度之比

故AB错误；
CD．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，两球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，可知碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角相同，故C正确，D错误。
故选C。
2．（2020·全国月考）如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得。OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．两球发射的初速度：
B．两球碰到墙面前运动的时间：
C．两球碰到墙面时的动量可能相同
D．两球碰到墙面时的动能可能相等
【答案】D
【详解】
AB．设，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：


整理可以得到：

水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：


整理可以得到：

故AB错误；
C．动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故C错误；
D．设两球的质量相等，均为，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：


整理可以得到：


由于、以及初速度的大小等具体数据未知，可能存在，故D正确。
故选D。
考点4 类平抛运动与斜抛运动的规律

一、类平抛运动
1．模型特点：a．受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直；b．运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。
2．处理方法
（1）常规分解：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性；
（2）特殊分解：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
二、斜抛运动问题
斜抛运动可分为斜上抛运动和斜下抛运动，其竖直方向都是初速度不为零的、加速度为g的匀加速运动，水平方向是匀速运动；处理问题的方法是按水平方向和竖直方向列得速度或位移方程求解。
1．运动性质
加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。

2．基本规律（以斜向上抛为例说明，如图所示）
（1）水平方向：v0x=v0cos θ，F合x=0；
（2）竖直方向：v0y=v0sin θ，F合y=mg。
3．飞行时间、射高和射程
（1）飞行时间：；
（2）射高：；
（3）射程：。

如图所示，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中不正确的是

A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gtan θ
C．小球到达B点的时间为
D．小球到达B点的水平位移
【答案】B
【解析】小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线，故A说法正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度故B说法错误；小球在沿斜面方向上的位移为，根据，解得，故C说法正确；在水平方向上做匀速直线运动，，故D说法正确。

1．（2020·江苏省灌云高级中学月考）由于空气阻力的影响，炮弹在空气中的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（　　）

A．到达b点时，炮弹的动能为零
B．到达b点时，炮弹所受合外力的方向竖直向下
C．炮弹经过a点时的速度大小等于经过c点时的速度大小
D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
【答案】D
【详解】
A．到达b点时，炮弹仍有水平速度，则炮弹的动能不为零，选项A错误；
B．到达b点时，除受竖直向下的重力外还受到水平方向的空气阻力作用，则此时炮弹所受合外力的方向不是竖直向下的，选项B错误；
C．从a到c炮弹要克服阻力做功，则炮弹经过a点时的速度大小大于经过c点时的速度大小，选项C错误；
D．当炮弹由O点运动到b点时，竖直方向

由b点运动到d点的竖直方向

则

根据

可知炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，选项D正确。
故选D。
2．（2020·福建厦门一中月考）如图所示的光滑斜面ABCD是边长为l的正方形，倾角为30°，一物块（视为质点）沿斜面左上方顶点A以平行于AB边的初速度v0水平射入，到达底边CD中点E，则（ ）

A．初速度
B．初速度
C．物块由A点运动到E点所用的时间
D．物块由A点运动到E点所用的时间
【答案】B
【详解】
ABCD. 物块在斜面上受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得

物块从A点运动到E点过程做类平抛运动，则平行于AB边方向

平行于AC边方向

联立可得


ACD错误，B正确；
故选B。
考点5 圆周运动的规律的应用

一、竖直平面内圆周运动的轻绳模型与轻杆模型
1．模型条件：
（1）物体在竖直平面内做变速圆周运动；
（2）“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑。
2．两种模型比较：

轻绳模型
轻杆模型
常见
类型
均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球

过最高
点的临界条件
由得
v临=0
讨论分析
1．过最高点时，v≥，FN+，绳、轨道对球产生弹力FN。
2．当v＜时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
1．当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心。
2．当0＜v＜时，，FN背离圆心，随v的增大而减小。
3．当v=时，FN=0。
4．当v>时，，FN指向圆心并随v的增大而增大
二、生活中的圆周运动
1．铁路转弯
（1）火车转弯时的运动特点
火车转弯时做的是圆周运动，因而具有向心加速度，需要向心力。
（2）向心力的来源
转弯处外轨道略高于内轨道，适当选择内外轨的高度差，可使转弯时所需的向心力几乎完全由支持力与重力的合力来提供。
设内外轨间的距离为L，内外轨的高度差为h，火车转弯的半径为R，火车转弯的规定速度为v0，如图所示F合=mgtan θ≈mgsin θ=mg（θ较小时，sin θ≈tan θ），

由牛顿第二定律得：，
所以，
即火车转弯的规定速度。
由于铁轨建成后，h、L、R各量是确定的，故火车转弯时的车速应是一个定值。
注意：a．当火车行驶速率v=v0时，火车对内外轨均无侧向压力；
b．当火车行驶速率v>v0时，外轨道对轮缘有侧向压力；
c．当火车行驶速率v 同理，高速公路、赛车的弯道处也是外高内低，使重力和支持力的合力提供车辆转弯时所需要的向心力，减小由于转弯产生的摩擦力对车轮的损坏。
2．拱形桥
汽车以速度v过半径R的凸形（或凹形）桥时受力如图所示，在最高点（或最低点）处，由重力和支持力的合力提供向心力。

（1）在凸形桥的最高点，，，速度越大，FN越小，当时，FN=0。
（2）在凹形桥（路面）最低点，，，速度越大，FN越大。
3．离心运动
做圆周运动的物体，在所受的合外力突然消失或合外力不足以提供物体做圆周运动所需的向心力的情况下，就会做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动。

（2020·青铜峡市高级中学期中）如图所示，一质量为m=0.5 kg的小球，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10 m/s2，求：
(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？
(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力多大？
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的速度不能超过多大？

【答案】(1)2 m/s；(2)15 N；(3)m/s
【详解】
(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得

由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，亦即
F1≥0
联立得
v≥
代入数值得
v≥2 m/s
所以小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s。
(2)将v2＝4 m/s代入

得
F2＝15 N
(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得


将F3＝45 N代入得
v3＝m/s
即小球的速度不能超过m/s。

1．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度由转弯半径与火车速度确定。若在转弯处规定行驶速度为v，则下列说法正确的是
A．当速度大于v时，轮缘挤压外轨
B．当速度小于v时，轮缘挤压外轨
C．当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道支持力的合力提供向心力
D．当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
【答案】AC
【解析】火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有：，解得：，这就是规定行驶的速度，可知按规定行驶的速度v行驶时，火车重力、轨道面支持力的合力提供向心力，故C正确，D错误；如果实际转弯速度大于v，所需要的向心力增大，火车有离心趋势，车轮与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故A正确，B错误。

2．（2020·河北张家口·月考）一水平转盘可绕过圆心O的竖直轴转动，水平转盘中心O有一光滑小孔，用一细线穿过小孔将质量均为m的小物块A、B相连。B放在圆盘上，A在圆盘下方悬挂，且，。如图1所示，A、B与转盘的动摩擦因数均为。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）
(1)若B能与圆盘保持相对静止，求水平转盘转动的角速度的范围；
(2)保持B不动，将物块A放在转盘上，且沿转盘直径方向，细线刚好伸直无拉力，如图2所示，令转盘角速度逐渐增大，当水平转盘角速度为多大时，A、B即将开始滑动。

【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)对B：恰好不向里滑动，有

得

恰好不向外滑动，有

得

则取值范围

(2)A、B即将滑动时绳子拉力为F，对B

对A

联立解得

考点6 圆周运动与抛体运动的综合

1．水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
（1）问题特点：此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动；
（2）解题关键：
①明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程；
②平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移；
③速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
2．竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题
（1）问题特点：此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题的形式考查；
（2）解题关键：①首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够达到圆周最高点的临界条件；②注意前后两过程中速度的连续性。

（2020·湖南永州·高三月考）如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R=0.5m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC=37°．一质量m=2kg的小球从轨道左侧距地面高h=0.55m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)小球抛出点到A点的水平距离．
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小．
【答案】（1）1.2m；（2）68N
【详解】
（1）小球做平抛运动，
竖直方向：h－R（1-cos37°）=gt2，
解得：t=0.3s，
竖直分速度：vy=gt=10×10=3m/s，
水平分速度：v0=vy/tan37°=4m/s，
抛出点距A点的水平距离：
L=x=v0t=4×0.3=1.2m；
（2）小球从抛出到B点过程，由动能定理得：
mg（h-R）=mvB2－mv02，
在B点，由牛顿第二定律得：F=m，
解得：F=68N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：F′=F=68N；


1．（2020·浙江湖州·月考）一木块固定在水平面上，其截面如图所示，AB为圆形轨道，CD为半圆形轨道，两圆形轨道均与水平轨道BC相切，半径均为R=1m，BC间距LBC=1m，E、B、C在同一水平面上，EB间距为LEB=3m。一可视为质点的小球从A点正上方h处自由下落，进入轨道后，小球恰好能经过D点离开，小球经过水平轨道BC时的阻力大小为小球重力的0.3倍，其它轨道的阻力及空气阻力不计，取g=10m/s2。
(1)求小球经过D点时的速度大小vD；
(2)求小球的释放高度h；
(3)设小球落到斜面AE上某点离A点的距离x，改变小球下落时的高度h，求x与h的函数关系。

【答案】(1)；(2)1.8m；(3) ，其中
【详解】
(1)由题可知，小球恰好能经过D点，则有

解得

(2)从释放点到D点，根据动能定理有

解得
h=1.8m
(3) 从释放点到D点，根据动能定理有

解得D点速度也即平抛运动的水平初速度为

由几何关系可知D、A、E三点共线，设斜面倾角为，则有

设小球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动知识可知

联立解得

则空中飞行时间为

由几何关系可知AE长为

由几何关系可得

联立方程解得
，其中
2．如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球先后两次以不同的速度冲上轨道，第一次小球恰能通过轨道的最高点A，之后落于水平面上的P点，第二次小球通过最高点后落于Q点，P、Q两点间距离为R。求：

（1）第一次小球落点P到轨道底端B的距离；
（2）第二次小球经过A点时对轨道的压力。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）小球恰能通过轨道最高点有

解得
小球下落运动时间由


则
（2）根据题意可得
根据
解得
设第二次小球经过轨道A点时，轨道对小球的弹力为

解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为

1. （2020·新课标Ⅰ卷）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（　　）

A. 200 N B. 400 N C. 600 N D. 800 N
【答案】B
【解析】在最低点由，知T=410N，即每根绳子拉力约为410N，故选B。
2. （2020·新课标Ⅱ卷）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于（　　）

A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0
【答案】B
【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有，根据平抛运动规律有，，当在a点时动能为E2时，有，根据平抛运动规律有，，联立以上各式可解得，故选B。
3.（2020·江苏卷）如图所示，小球A、B分别从和l高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和。忽略空气阻力，则（　　）

A. A和B的位移大小相等
B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的
D. A的末速度比B的大
【答案】AD
【解析】A．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得 ，，A和B的位移大小相等，A正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即 ，，则A的运动时间是B的倍，B错误；C．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则 ，，则A的初速度是B的，C错误；D．小球A、B在竖直方向上的速度分别为，，所以可得 ，即，D正确。故选AD。
4. （2020·浙江卷）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）

A. 缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B. 急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C. 缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D. 急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
【答案】B
【解析】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。故选B。
5．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（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
【答案】BD
【解析】A．由v–t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由，易知a1>a2，故C错误；D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1 6．（2019·江苏卷）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
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
【答案】BD
【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。
7．（2019·浙江选考）一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是

A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【答案】D
【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。
8．（2018·江苏卷）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
【答案】B
【解析】弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。
9．（2018·北京卷）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
【答案】D
【解析】上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确。
10．（2018·天津卷）滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中

A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
【答案】C
【解析】根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误。

11．（2018·新课标全国III卷）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
【答案】A
【解析】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。
12．（2018·新课标I卷）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为

A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【答案】C
【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。
设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，选项C正确ABD错误。
13．（2018·浙江选考）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4:3，运动方向改变的角度之比是3:2，则它们

A．线速度大小之比为4:3
B．角速度大小之比为3:4
C．圆周运动的半径之比为2:1
D．向心加速度大小之比为1:2
【答案】A
【解析】因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3，根据，则A、B的线速度之比为4:3，故A正确；运动方向改变的角度之比为3:2，根据，则角速度之比为3:2，故B错误；根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；根据a=vω得，向心加速度之比为，故D错误。
14．（2018·江苏卷）火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车
A．运动路程为600 m
B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s
D．转弯半径约为3.4 km
【答案】AD
【解析】本题考查匀速圆周的概念，意在考查考生的理解能力。圆周运动的弧长s=vt=60×10 m=600 m，选项A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故选项B错误；由题意得圆周运动的角速度rad/s= rad/s，又，所以m=3439m，故选项C错误、D正确。
15．（2017·江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是

A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
【答案】D
【解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，，所以C错误。
16．（2017·新课标全国Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【答案】C
【解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。
17．（2016·新课标全国Ⅲ卷）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则

A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，根据公式，联立可得，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，摩擦力水平，不参与向心力，故根据牛顿第二定律可得，代入可得，C正确，D错误。
18．（2016·浙江卷）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10 m/s2，=3.14），则赛车

A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85 s
【答案】AB
【解析】赛车在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律有kmg=，当弯道的半径越大，赛车在弯道上运动的最大速度越大，故要想绕赛道一圈的时间最短，赛车以最大速度通过小圆弧弯道后，要在直道上加速，以最大速度通过大圆弧弯道，A正确；赛车通过大圆弧弯道的最大速度为v1==45 m/s，B正确；直道的长度为x==50m，赛车通过小圆弧弯道的最大速度为v2==30 m/s，故赛车在直道上的加速度大小为a==m/s2≈6.50 m/s2，C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为l=，通过小圆弧弯道的时间为t==2.79 s，D错误。
19．（2016·江苏卷）有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是

A．① B．②
C．③ D．④
【答案】A
【解析】由题意知A、B两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；BCD错误。
20．（2016·上海卷）风速仪结构如图（a）所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片

A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
【答案】B
【解析】根据题意，从图（b）可以看出，在Δt时间内，探测器接收到光的时间间隔变长，圆盘凸轮的挡光时间也变长，圆盘凸轮转一周的时间变长，即圆盘凸轮的转速减小，风扇叶片的转速逐渐减小；在Δt时间内圆盘凸轮挡光4次，即转动4周，风轮叶片转动4n周，风轮叶片转过的弧长s=8πnr，风轮叶片的平均速率，故选B。
21．（2016·新课标全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。

（1）求小球在B、A两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
【答案】（1） （2）小球恰好可以沿轨道运动到C点
【解析】（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为，由机械能守恒可得①
设小球在B点的动能为，同理有②
由①②联立可得③

（2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足④
设小球在C点的速度大小为，根据牛顿运动定律和向心加速度公式有⑤
联立④⑤可得，应满足⑥
根据机械能守恒有⑦
根据⑥⑦可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。