2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第4课时　力与曲线运动

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第4课时　力与曲线运动内容重要的规律、公式和二级结论1.运动的合成与分解(1)小船垂直河岸过河时，所用时间最短。(2)小船过河时，船速大于水速，船才能垂直河岸过河。(3)绳端物体速度分解规律：分解为沿绳方向和垂直于绳方向两个分速度。2.曲线运动中质点的速度、加速度(4)曲线运动中质点的速度方向时刻改变，总沿该点的切线方向。(5)曲线运动中质点所受合外力方向指向曲线弯曲的凹侧。3.抛体运动(6)平抛运动的速度的反向延长线一定过水平位移的中点。(7)在斜面上做平抛运动时，落到斜面上的速度方向与斜面的夹角不变。4.匀速圆周运动、圆周运动的向心力(8)圆锥摆、火车转弯、漏斗壁上的小球在水平面内做匀速圆周运动，F向＝mgtan θ，方向水平，指向圆心。(9)水流星最高点最小速度为，最低点最小速度为，上下两点拉力之差为6mg。(10)小球在“杆”模型最高点vmin＝0，v临＝v＞v临，杆对小球有向下的拉力；v＝v临，杆对小球的作用力为零；v＜v临，杆对小球有向上的支持力。高考题型一　曲线运动、运动的合成与分解【例1】 (2022·广东肇庆三模)随着科技的进步，2020年，农村和偏远山区也已经开始用无人机配送快递，如图1甲所示。无人机在0～5 s内的飞行过程中，其水平、竖直方向速度vx、vy与时间t的关系图像分别如图乙、丙所示，规定竖直向上为正方向。下列说法正确的是(　　)图1A.0～2 s内，无人机做匀加速直线运动B.2～4 s内，无人机做匀减速直线运动C.t＝4 s时，无人机运动到最高点D.0～5 s内，无人机的位移大小为9 m答案　C解析　0～2 s时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，但初速度沿水平方向，合力与速度方向有夹角，因此，无人机做匀加速曲线运动，故选项A错误；2～4 s时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项B错误；0～4 s时间内，竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则t＝4 s时刻，竖直方向速度为0，所以，无人机运动到最高点，故选项C正确；0～5 s内，无人机的水平位移为x＝9 m，竖直位移为y＝1.75 m，则合位移为s＝，不等于9 m，选项D错误。【素能提升】1.(2022·广东惠州模拟)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图2)，下列判断正确的是(　　)图2A.P的速率为v   B.P的速率为vsin θ2C.P处于超重状态   D.P处于失重状态答案　C解析　将小车的速度v进行分解如图所示，则有vP＝vcos θ2，选项A、B错误；小车向右运动，θ2减小，v不变，则vP逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，处于超重状态，选项C正确，D错误。2.发高远球是羽毛球运动中的一项基本技能。某同学发高远球，球的运动轨迹如图3所示，假设此过程中羽毛球竖直方向所受空气阻力大小保持不变，以竖直向上为正方向，则下列关于羽毛球竖直方向的位移—时间图像中，可能正确的是(　　)图3答案　A解析　羽毛球上升阶段，竖直方向的速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，在最高点，竖直方向的速度为零，即图像的斜率为零；羽毛球下落阶段，竖直方向的速度逐渐增大，图像的斜率逐渐增大。羽毛球上升阶段竖直方向的合力较大，加速度较大，根据匀变速直线运动的规律，羽毛球上升阶段竖直方向的初速度大于下降阶段竖直方向的末速度，即羽毛球上升阶段竖直方向的平均速度较大，上升时间较短。综上所述，只有选项A正确。高考题型二　抛体运动处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。(3)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。【例2】 (2021·山东高考，16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F(碰撞过程中不计重力)；(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图4所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。图4答案　(1)500 N　(2)[34 m，36 m]解析　(1)设鸟蛤做平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得H＝gt2①vy＝gt②v＝③在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－mv④联立①②③④式，代入数据得F＝500 N⑤(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，则有x1＝v1t⑥x2＝x1＋L⑦联立①⑥⑦式，代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m⑧若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，则有x1′＝v2t⑨x2′＝x1′＋L⑩联立①⑨⑩式，代入数据得x1′＝34 m，x2′＝40 m⑪综上得释放鸟蛤位置的x坐标范围[34 m，36 m]。处理平抛运动中的临界问题的关键结合实际模型，进行分析找出关于临界条件的关键信息。此类问题的临界条件通常为位置关系的限制或速度关系的限制，列出竖直方向与水平方向上的方程，将临界条件代入即可求解。许多体育运动都可简化为平抛运动的模型，在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件。【素能提升】3.(多选)(2022·山东高考，11)如图5所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　　)图5A.v＝5 m/s   B.v＝3 m/sC.d＝3.6 m   D.d＝3.9 m答案　BD解析　设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v＝2g(H－h)代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s则v0水平＝ m/s＝5 m/s网球击出点到P点水平方向的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平×＝4 m/s平行墙面方向的速度分量v0水平∥＝v0水平×＝3 m/s反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75v0水平⊥＝3 m/s则反弹后的网球速度大小为v水平＝＝3 m/s网球落到地面的时间t′＝＝ s＝1.3 s着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m故B、D正确，A、C错误。4.(2022·全国甲卷，24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图6所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。图6答案　 m/s解析　频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0ty1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 my2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y已标注的线段s1、s2分别为s1＝s2＝＝则有s1∶s2＝∶＝3∶7整理得x＝y故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s。高考题型三　圆周运动求解圆周运动问题的思维流程【例3】 (多选)如图7甲所示，两个完全相同的物块A和B(均可视为质点)放在水平圆盘上，它们分居圆心两侧，用不可伸长的轻绳相连。两物块质量均为1 kg。与圆心距离分别为RA和RB，其中RA<RB且RA＝1 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，绳中弹力FT与ω2的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)图7A.物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.1B.物块B与圆心距离RB＝2 mC.当角速度为1 rad/s时圆盘对A的静摩擦力指向圆心D.当角速度为 rad/s时，A恰好要相对圆盘发生滑动答案　ABD解析　角速度较小时，物块各自受到的静摩擦力Ff提供向心力，绳中无拉力。根据牛顿第二定律Ff＝mω2R，因为RA＜RB，所以物块B与圆盘间的静摩擦力先达到最大值，随着角速度增大，轻绳出现拉力，拉力FT和最大静摩擦力的合力提供向心力。对物块B分析FT＋μmg＝mω2RB，则FT＝mω2RB－μmg，则根据图像中斜率和截距的数据解得RB＝2 m，μ＝0.1，故选项A、B正确；当ω＝1 rad/s时，由上述方程得绳子中拉力大小FT＝1 N，再对A分析，由牛顿第二定律得FT＋Ff＝mω2RA，解得Ff＝0，故选项C错误；当A恰好要相对圆盘发生滑动时，其摩擦力为最大值且方向沿半径向外，对A分析FT－μmg＝mω2RA，此时对B分析FT＋μmg＝mω2RB，联立解得ω＝ rad/s，故选项D正确。解决圆周运动问题的基本方法(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面、圆心、半径是至关重要的一环。(2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期等。(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源。(4)注意临界条件。绳的临界条件为张力FT＝0，接触面滑动的临界条件为静摩擦力达到最大静摩擦力，接触面分离的临界条件为FN＝0。【素能提升】5.(2022·浙江镇海中学模拟)如图8为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光。下列说法正确的是(　　)图8A.安装时A端比B端更远离圆心B.高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D.匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光答案　C解析　要使重物做离心运动，M、N接触，则A端应靠近圆心，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸的越长，M、N接触时灯就会发光，不能说重物受到离心力作用，B错误；灯在最低点时F弹－mg＝mω2r，解得ω＝，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；灯在最低点时F1－mg＝，灯在最高点时F2＋mg＝，匀速行驶时，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D错误。6.(多选)(2022·河北保定期末)如图9所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为k(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是(　　)图9A.小明通过最高点时不受重力B.小明做匀速圆周运动的周期为C.小明通过最高点时处于完全失重状态D.小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg答案　BD解析　当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期T＝＝，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F向＝mω2r＝k2mg<mg，故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg，D正确。1.(2022·广东高考，6)如图10所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(　　)图10A.将击中P点，t大于B.将击中P点，t等于C.将击中P点上方，t大于D.将击中P点下方，t等于答案　B解析　由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝，故B正确。2.(2022·广东高考，3)图11是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　　)图11答案　C解析　设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1，可得a1＝gsin θ；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0；运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g，则a1<a3；设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝。由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，C正确，A、B、D错误。3.(多选)(2022·河北高考，10)如图12，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h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是(　　)图12A.若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1B.若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶RC.若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D.若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2答案　BD解析　根据平抛运动的规律h＝gt2，R＝vt，解得R＝v。若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R∶R，选项A错误，B正确；若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则t＝相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为Q0＝＝＝＝相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。4.(2022·山东高考，8)无人配送小车某次性能测试路径如图13所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m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4 m/s，在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/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l为(　　)图13A.t＝ s，l＝8 mB.t＝ s，l＝5 mC.t＝ s，l＝5.5 mD.t＝ s，l＝5.5 m答案　B解析　在BC段的最大加速度为a1＝2 m/s2，则根据a1＝，可得在BC段的最大速度为v1m＝ m/s，在CD段的最大加速度为a2＝1 m/s2，则根据a2＝，可得在BC段的最大速度为v2m＝2 m/s<v1m，可知在BCD段运动时的速度为v＝2 m/s，在BCD段运动的时间为t3＝＝ s，若小车从A到D所需时间最短，则AB段小车应先以vm匀速，再以a1减速至v，AB段从最大速度vm减速到v的时间t1＝＝ s＝1 s，位移x2＝＝3 m，在AB段匀速的最长距离为l＝8 m－3 m＝5 m，则匀速运动的时间t2＝＝ s，则从A到D最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝s，故B正确。1.如图1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(　　)图1A.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.风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害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答案　C解析　运动员同时参与了两个分运动，竖直方向和水平方向的运动，两个分运动同时发生，相互独立，则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，选项A错误，C正确；不论风速大小，运动员着地时的竖直速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故B、D错误。2.(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图2，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为(　　)图2A.10 m/s2   B.100 m/s2C.1 000 m/s2   D.10 000 m/s2答案　C解析　向心加速度的公式an＝rω2，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。3.(2021·辽宁高考，1)1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水速度1 m/s，则突击队渡河所需的最短时间为(　　)A.75 s   B.95 sC.100 s   D.300 s答案　D解析　河宽d＝300 m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船相对静水的速度v＝1 m/s，渡河时间最短为tmin＝＝ s＝300 s，故D正确。4.(2022·广东汕头模拟)如图3所示，公园中的一位爷爷把秋千拉到A后静止释放，秋千和小孩一起沿虚线向右摆动，B为最高点，忽略空气阻力影响、摆绳视为轻绳、则秋千从A摆到B的过程(　　)图3A.小孩先失重后超重B.摆绳拉力的功率始终为零C.小孩的向心加速度先减小后增大D.总重力和摆绳拉力的合力总是指向轨迹圆心答案　B解析　从A摆到B的过程，小孩先有向下的加速度后有向上的加速度再有向下的加速度，小孩先失重后超重再失重，故A错误；摆绳拉力始终垂直于运动方向，拉力不做功，功率始终为零，故B正确；小孩的向心加速度a＝，因轨迹半径不变，速度先增大后减小，向心加速度先增大后减小，故C错误；小孩做变速圆周运动，沿轨迹切线方向速度大小总是改变，故总重力和摆绳拉力的合力必定有沿轨迹切线方向的分力，不可能总是指向轨迹圆心，故D错误。5.(2022·福建泉州二模)在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层。图4甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度)，以空间站为参考系，此时(　　)图4A.水和油的线速度大小相等B.水和油的向心加速度大小相等C.水对油的作用力大于油对水的作用力D.水对油有指向圆心的作用力答案　D解析　水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大于油球的质量，根据F向＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在上面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v＝ωr知，水比油的半径大时，线速度也大，A错误；根据a向＝ω2r知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度就越大，B错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C错误；油做圆周运动的向心力由水提供，故水对油有指向圆心的作用力，D正确。6.(2022·广东广州模拟)如图5，救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行。t＝0时刻起，开始匀加速收拢绳提升货物，忽略空气对货物的影响，在t＝1 s时，货物的速度大小为5 m/s，则货物的加速度大小为(　　)图5A.1 m/s2   B.3 m/s2C.4 m/s2   D.5 m/s2答案　B解析　救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4 m/s的速度水平匀速飞行，即vx＝4 m/s，t＝0时刻起，开始匀加速收拢绳提升货物，故t＝0时刻，货物竖直方向的分速度vy0＝0，在t＝1 s时，货物的速度大小为5 m/s，即＝5 m/s，故t＝1 s时，vy＝3 m/s，而竖直方向匀加速上升，由vy＝at，得a＝3 m/s2，故B正确。7.(2022·安徽芜湖二模)在2022年2月5日北京冬奥会上，我国选手运动员在短道速滑比赛中的最后冲刺阶段如图6所示，设甲、乙两运动员在水平冰面上恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为r1和r2(r2＞r1)的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。假设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是(　　)图6A.在做圆周运动时，甲先完成半圆周运动B.在做圆周运动时，乙先完成半圆周运动C.在直线加速阶段，甲、乙所用的时间相等D.在冲刺时，甲、乙到达终点线时的速度相等答案　A解析　根据公式F＝mr可得T＝，由题意，甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，可知，做圆周运动的半径越大，周期越大，甲的半径小于乙的半径，则甲先完成半圆周运动，故A正确，B错误；根据公式F＝m可得，甲、乙运动员滑行速度为v＝可知，乙的滑行速度大于甲的滑行速度，在直线加速阶段，根据x＝v0t＋at2可知，甲的滑行时间大于乙的滑行时间；根据v2－v＝2ax可知，甲到达终点线时的速度小于乙到达终点线时的速度，故C、D错误。8.(多选)(2021·河北高考)如图7，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　　)图7A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大答案　BD解析　设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ间的距离为L，对小球受力分析有kxcos θ－mg＝0，即竖直方向合力为0，水平方向有kxsin θ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cos θ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cos θ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确；小球对杆的压力大小FN′＝FN＝mω2L－kxsin θ或FN′＝FN＝kxsin θ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误；由F合＝mω2r知，当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确。9.(2022·河北张家口三模)如图8所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是(　　)图8A.小物块a和b做圆周运动的向心力之比为∶1B.小物块a和b对容器壁的压力之比为∶1C.小物块a与容器壁之间无摩擦力D.容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下答案　A解析　a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b向心力之比为sin 60°∶sin 30°＝∶1，A正确；对b受力分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，对a受力分析得mgtan 60°>mω2Rsin 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上；对b有FNbcos 30°＝mg，对a有FNacos 60°＋Ffsin 60°＝mg，所以≠＝，B、C、D错误。10.(2022·河北保定期末)如图9所示，为参加2022年北京冬奥会，某次训练中，运动员(视为质点)从倾斜雪道上端的水平平台上以10 m/s的速度飞出，最后落在倾角为37°的倾斜雪道上。取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)图9A.运动员的落点距雪道上端的距离为18 mB.运动员飞出后到雪道的最远距离为1.25 mC.运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为12.5 m/sD.若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向将改变答案　C解析　根据平抛运动知识可知x＝v0t，y＝gt2，＝tan 37°，解得t＝1.5 s，则运动员的落点距雪道上端的距离为s＝＝18.75 m，选项A错误；运动员飞出后到雪道的最远距离为h＝＝2.25 m，选项B错误；当运动员速度方向与斜坡方向平行时，距离斜坡最远，根据平行四边形定则知，速度v＝＝12.5 m/s，选项C正确；当运动员落在斜坡上时，速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝2tan 37°，即速度方向与水平方向的夹角是一定值，可知若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向不变，选项D错误。11.(2022·江西鹰潭二模)如图10所示，投球游戏中，某同学将皮球从地面上方O处水平抛出，第一次皮球直接落入墙角A处的空框，第二次皮球与地面发生两次碰撞后恰好落入A处空框，已知皮球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。则(　　)图10A.第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍B.两次抛出皮球过程人对球做的功一样多C.皮球入框瞬间，两次重力的功率一样大D.从投出到入框，第二次皮球重力势能的减少量比第一次多答案　C解析　皮球第二次抛出先做平抛运动，再做斜上抛运动，如图所示，根据对称性可知，从B点到A点的水平位移等于从O点到B点的水平位移的4倍，所以皮球由O点到A点的水平位移是由O点到B点水平位移的5倍；皮球由O点到A点或由O点到B点，在竖直方向上都做自由落体运动，所以时间相等，设从O点到B点的水平位移为x，由O点到A点的水平位移为5x，则对第一次有5x＝v1t，对第二次有x＝v2t，联立解得v1∶v2＝5∶1，故A错误；根据动能定理可知W＝mv2，则两次抛出皮球过程人对球做的功之比为W1∶W2＝25∶1，故B错误；根据平抛运动的规律可知，两次皮球入框时，竖直分速度相等，则两次重力的功率相等，故C正确；两次皮球入框时竖直高度相等，重力势能的减少量相等，故D错误。12.(2022·哈师大附中期中)如图11所示，在距地面高h的A点以与水平面成α＝60°的角度斜向上抛出一小球，不计空气阻力。发现小球落在右边板OG上的落点D与A点等高。已知v0＝2 m/s，h＝0.2 m，g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)图11A.小球从A到D的水平位移为1.8 mB.小球在水平方向做匀加速运动C.若撤去OG板，则经过D点之后小球在竖直方向做自由落体运动，故再经0.2 s它将落地D.小球从A到D的时间是0.6 s答案　D解析　小球在竖直方向的分速度为vy0＝v0sin α＝3 m/s，在水平方向的分速度为vx0＝v0cos α＝ m/s，小球从A到D的时间为t＝＝ s＝0.6 s，水平位移为x＝vx0t＝ m，所以A错误，D正确；小球在水平方向做匀速直线运动，所以B错误；若撤去OG板，则经过D点之后小球在竖直方向速度为vy＝vy0＝3 m/s，方向向下，做匀加速直线运动，不是自由落体运动，所以C错误。13.(2022·山东潍坊一模)在北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图12所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝20 m/s、与水平方向成α＝37°的速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，后沿半径为R＝40 m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，在F点运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重(含装备)的0.5倍，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：图12(1)水平停止区FG的最小长度L；(2)运动员完成空中动作的时间t。答案　(1)40 m　(2) s解析　(1)在F点，合力提供向心力，得FN－mg＝，其中FN＝FN′＝2mg在停止区，运动员做匀减速直线运动，由动能定理得－fL＝－mv，其中f＝0.5mg解得L＝40 m。(2)在C点与落点速度水平分量相等vCcos α＝v2sin α在C点与在落点速度竖直分量关系为v2cos α＝－vCsin α＋gt解得t＝ s。