资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第3讲 抛体运动与圆周运动
考题一　运动的合成与分解
（2023 嘉兴二模）如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（　　）
A．所受的合外力始终不为零
B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动
D．通过A、B两点时的加速度相等
（2023 浙江模拟）如图所示，斯特林发动机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长为R，连杆AB长为L（L＞R），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（　　）
A．滑块A从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大
C．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为
D．当β＝90°时，滑块的速度大小为
（2023 琼山区校级三模）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（　　）
A．环减少的机械能大于重物增加的机械能
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为
D．环在B处的速度为
1．合运动与分运动的关系：
(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰．
(2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．
(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等．
(4)合运动一定是物体的实际运动．
物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．
2．判断以下说法的对错．
(1)曲线运动一定是变速运动．(　 　)
(2)变速运动一定是曲线运动．(　 　)
(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．(　 　)
考题二　平抛(类平抛)运动的规律
（2023 杭州二模）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（　　）
A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
（2023 浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度为m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为10m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
（2022 浙江模拟）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成（底端连接处D与D′略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1＝1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ＝60°；水平直线轨道CD长度L＝1.2m，动摩擦因数μ＝0.5；圆轨道DED′的半径R2＝0.8m。将质量m＝0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m＝0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若h＝0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。
1.平抛运动规律
以抛出点为坐标原点，水平初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图所示的坐标系，则平抛运动规律如下．
(1)水平方向：vx＝v0　x＝v0t
(2)竖直方向：vy＝gt　y＝gt2
(3)合运动：合速度：vt＝＝
合位移：s＝
合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝＝
合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝
2．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
考题三 圆周运动问题的分析
（2023 台州二模）某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B，如图所示，齿轮A、B的齿数之比为1：2，齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（　　）
A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝1：2
（2023 浙江模拟）如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
（2023 绍兴二模）如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径r1＝0.5m，大圆半径r2＝1.0m，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为m1＝0.2kg的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量m2＝0.2kg，长度L＝2.4m，厚度h＝0.05m，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度v0大小；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。
1．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)．
2．找向心力的来源是解决圆周运动的出发点，学会牛顿第二定律在曲线运动中的应用．
3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
考题四　抛体运动与圆周运动的综合
（2023 台州模拟）如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（　　）
A．6l B．10l C．12l D．15l
（2023 鲤城区校级一模）很多商场的门前都放置一台儿童游乐玩具—弹珠枪。如图所示，ABCD是一个正方形光滑平台，边长为l，与水平面的倾角为θ，弹珠由弹珠枪击打，弹珠沿着AB边经过平台拐角边半径为R的四分之一的圆弧轨道，最后离开圆弧轨道在斜面内运动。重力加速度为g。
（1）若弹珠经过Q点后恰好经过D点，则弹珠经过D点时的速度大小是多少？
（2）若要求弹珠能从圆弧轨道的顶点Q滑出到达D点，则圆弧轨道半径的取值范围是多少？
（2023 厦门模拟）如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为15rad/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）“花筒”M的线速度大小；
（2）“花筒”（内含铁片）质量为2kg时所需向心力大小；
（3）铁片落地点距O2的距离大小（计算结果可用根号表示）。
曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破：
1．分析临界点
对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．
2．分析每个运动过程的运动性质
对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：
(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．
(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．
（2023 和平区校级一模）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。坑内最低点c与a的水平距离和高度差均为h，不计空气阻力，人与摩托车可视为质点。则落在c点与落在b点时的速率之比为（　　）
A． B． C． D．
（2023 大庆模拟）如图所示，光滑斜面AB固定，倾角为37°，斜面上P点与斜面底端B点间的距离为L，D点位于B点的正上方。现在将小物块从斜面的顶端A点由静止释放的同时，将小球从D点以某一初速度水平向左抛出，小球与物块在P点相遇，相遇时小球恰好垂直打到斜面上。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。A、B两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
（2023 青羊区校级模拟）如图所示，a、b两小球分别从半径大小为R的半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面斜边长是其竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、b两球同时分别落在半圆轨道和斜面上，则小球的初速度大小为（　　）（重力加速度为g，不计空气阻力）
A． B． C． D．
（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m处以的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30°，当速度小于1m/s就会落水。已知g＝10m/s2，，。不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是（　　）
A．第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B．第一个接触点与第二个接触点之间距离为
C．水面上一共出现5个接触点
D．落水处离人掷出点的水平距离为
（2023 浙江模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
（2023 辽宁模拟）在一次施工中，塔吊将重物从O点吊起，从起吊开始计时，以O为原点，设水平为x方向、竖直为y方向，重物x、y方向的运动规律分别如图甲、乙所示，则重物（　　）
A．在水平方向做匀变速直线运动
B．运动轨迹为抛物线
C．0～8s内的位移大小为40m
D．在相等时间内的速度变化量不相等
（2023 浑南区校级一模）港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R＝150m的圆弧形弯道，总质量m＝1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝72km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　）
A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为40m/s
（2023 虹口区二模）如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯道半径为R，不计雪车受到冰面摩擦力。在此情况中（　　）
A．运动员和雪车所受合外力为零
B．轨道对雪车的弹力为其转弯的向心力
C．若仅增大v，则雪车离轨道底部更高
D．若仅增大R，则雪车离轨道底部更高
（2023 鼓楼区校级模拟）如图所示，一辆装满石块的货车在水平道路上运动，货箱中质量为m的石块B受到周围石块对它的作用力为F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．货车匀速运动时，F＝0
B．石块B随货车转弯时F＝mg
C．货车运动的速度越大，F就越大
D．货车的加速度越大，F与水平方向的夹角越小
（2023 长春模拟）如图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，重物由于离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光。下列说法正确的是（　　）
A．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹簧弹力和向心力
B．气嘴灯运动至最高点时处于超重状态
C．以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时LED灯越容易发光
D．以相同转速匀速行驶时，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光
（2023 天津模拟）电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高了工作效率。如图所示某电动打夯机的结构示意图，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，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是（　　）
A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B．配重物转到最高点时，处于超重状态
C．偏心轮转动的角速度为
D．打夯机对地面压力的最大值为（M+m）g
（2023 厦门一模）如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力Fmg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为mg．已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去F时小球的速度大小v1；
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小；
（3）小球返回最低处时传感装置的示数。
（2023 武汉模拟）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°，圆形管道半径为R、内壁光滑，倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接，相切于B点，C、D分别为圆形管道的最低点和最高点，整个装置固定在竖直平面内。一小球质量为m，小球直径略小于圆形管道内径，圆形管道内径远小于R，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）从倾斜轨道上距离C点多高的位置A由静止释放小球，小球滑下后，在圆形管道内运动通过D点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0？
（2）若将圆形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下来，并保证剩余圆弧管道的P、Q两端等高，将小球仍然从第（1）问中的位置A由静止释放，通过计算说明小球还能否从Q处进入管道继续在管道内运动？
（3）若将圆形管道的DQB段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变，求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值（只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点）。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第3讲 抛体运动与圆周运动
考题一　运动的合成与分解
（2023 嘉兴二模）如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是（　　）
A．所受的合外力始终不为零
B．x轴方向的分运动是匀速运动
C．y轴方向的分运动是匀速运动
D．通过A、B两点时的加速度相等
【解答】解：A、学生沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向不断发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零，即学生所受外力的合力一定不为零，故A正确；
BC、根据曲线运动的条件可知，学生所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，故BC错误；
D、根据上述，由于学生所受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度不能确定是相等的，故D错误。
故选：A。
（2023 浙江模拟）如图所示，斯特林发动机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长为R，连杆AB长为L（L＞R），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（　　）
A．滑块A从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大
C．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为
D．当β＝90°时，滑块的速度大小为
【解答】解：设滑块的速度（合速度）大小为v，沿水平方向，如图将A点的速度分解为沿着杆的分速度和垂直杆的分速度
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：
v1＝vcosα
BB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，如图设B的线速度为v'，则
沿杆的分速度：
v'1＝V'cosθ＝V'cos（90°﹣β）＝V'sinβ
V'＝ωR
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即v1＝v'1
联立可得
在△AOB中，由正弦定理得
解得v＝ωsOAtanα
A.滑块A从右向左运动时，其速度v＝ωsOAtanα，随角度α变化而不均匀变化，角度α先增大后减小，根据正切函数的性质可知，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，故A错误；
BC.当O杆OB与AB垂直时，α＝90°﹣β，sinβ＝cosα，则，滑块的速度不是最大，故B，C错误；
D.当β＝90°时，如图所示：
滑块的速度为：
，故D正确。
故选：D。
（2023 琼山区校级三模）如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（　　）
A．环减少的机械能大于重物增加的机械能
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为
D．环在B处的速度为
【解答】解：A、由于小环和重物只有重力做功，则系统机械能守恒，所以环减少的机械能等于重物增加的机械能，故A错误；
B、结合几何关系可知，重物上升的高度：hd＝（1）d，故B错误；
C、两个物体沿着绳子方向的分速度，故：v环cos45°＝vG，故环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为：1，故C错误；
D、小环和重物组成的系统机械能守恒，故：mgdmv环2（2m）vG2+（2m）gh；联立解得：v环，故D正确。
故选：D。
1．合运动与分运动的关系：
(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰．
(2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．
(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等．
(4)合运动一定是物体的实际运动．
物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．
2．判断以下说法的对错．
(1)曲线运动一定是变速运动．(　 　)
(2)变速运动一定是曲线运动．(　 　)
(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．(　 　)
考题二　平抛(类平抛)运动的规律
（2023 杭州二模）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（　　）
A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
【解答】解：A、石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；
B、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：OD＝v1t1
竖直方向：OA
代入数据联立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B错误；
C、小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的，则时间为总时间的，A和B竖直方向的距离为hABg（t1）2OA3.2m＝0.8m
小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：OD＝v2t2
竖直方向位移为：h+hAB
代入数据解得：t2＝0.7s
v2m/s≈4.6m/s
故C正确；
D、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D错误。
故选：C。
（2023 浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度为m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为10m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
agsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根据位移—时间关系可得：
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
则到达B点时的速度大小vm/s＝10m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
（2022 浙江模拟）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成（底端连接处D与D′略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1＝1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ＝60°；水平直线轨道CD长度L＝1.2m，动摩擦因数μ＝0.5；圆轨道DED′的半径R2＝0.8m。将质量m＝0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m＝0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若h＝0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。
【解答】解：（1）从A到B：0＝2gh
水平初速度v0，解得v0m/s
（2）从A抛出到C：mg（h），vc＝2m/s
在C点：FNC﹣mg＝m，解得FNC＝6N；
由牛顿第三定律得，压力F′NC＝FNC＝6N，方向竖直向下
（3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出
若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时：
mg（R1﹣R1cosθ）＝μmgL+mgR2
解得：vB1＝4m/s
返回时刚好到Q点，满足：mg（R1﹣R1cosθ）＝2μmgL
解得：vB2＝2m/s
综上解得：0≤vB≤2m/s
要过E点，则需满足mg（R1﹣R1cosθ）﹣μmgL＝mg2R2
mg，解得：vB3＝2m/s
过E点则仅碰撞1次，满足：vB≥2m/s
综上所述：0≤vB≤2m/s或者vB≥2m/s
从A到B，要满足的关系：（vBsin60°）2＝2gh
h要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m
答：（1）小球P从A点弹出时的初速度大小为m/s；
（2）小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力为6N，方向竖直向下；
（3）h需要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m。
1.平抛运动规律
以抛出点为坐标原点，水平初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图所示的坐标系，则平抛运动规律如下．
(1)水平方向：vx＝v0　x＝v0t
(2)竖直方向：vy＝gt　y＝gt2
(3)合运动：合速度：vt＝＝
合位移：s＝
合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝＝
合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝
2．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
考题三 圆周运动问题的分析
（2023 台州二模）某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B，如图所示，齿轮A、B的齿数之比为1：2，齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（　　）
A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝1：2
【解答】解：C、齿轮A、B的齿数之比为1：2，可知齿轮A、B的半径之比为1：2；齿轮A、B相互咬合，可知边缘各点的线速度大小相等，即v1：v2＝1：1，故C错误；
B、根据v＝ωr可得齿轮A、B角速度之比为ω1：ω2＝r2：r1＝2：1，故B正确；
A、根据可得齿轮A、B周期之比为T1：T2＝ω2：ω1＝1：2，故A错误；
D、根据ω＝2πn可得齿轮A、B转速之比为n1：n2＝ω1：ω2＝2：1，故C错误；
故选：B。
（2023 浙江模拟）如图所示有竖直平面内的圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　）
A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
【解答】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图
小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有
从最高点滑下来，由机械能守恒定律
联立解得，压力
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：
当θ＝0°时，cosθ最大，所以需满足
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，
小滑块受到的合力提供向心力，故
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，
联立解得
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足
当θ＝90°时，cosθ最小，所以需满足，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023 绍兴二模）如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径r1＝0.5m，大圆半径r2＝1.0m，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为m1＝0.2kg的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量m2＝0.2kg，长度L＝2.4m，厚度h＝0.05m，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度v0大小；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。
【解答】解：（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有
解得
（2）从弹射到B点，对滑块根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得N＝14.8N
（3）滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有m1vB＝m1v'+m2v''
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动x2＝v't，
滑块第一次落地点到B点的水平距离为x＝x1+x2
解得x＝3.4m
答：（1）滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度v0大小m/s；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小14.8N；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离3.4m。
1．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)．
2．找向心力的来源是解决圆周运动的出发点，学会牛顿第二定律在曲线运动中的应用．
3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
考题四　抛体运动与圆周运动的综合
（2023 台州模拟）如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为（忽略物体的大小和细线质量）（　　）
A．6l B．10l C．12l D．15l
【解答】解：物体A、B在同一高度做匀速圆周运动时，设连接A的细线与竖直方向的夹角为θA，连接B的细线与竖直方向的夹角为θB，O点到水平面的高度为h。
对A球，由几何关系得：sinθA0.6，则θA＝37°
由牛顿第二定律得：mAgtanθA＝mA，解得A的线速度大小：vA
对B球，由几何关系得：sinθB0.8，则θB＝53°
由牛顿第二定律得：mBgtanθB＝mB，解得B的线速度大小：vB
细线同时断裂后，两物体做平抛运动，设落地时间为t，水平方向两物体的位移如图：
由几何关系和平抛运动规律得：水平方向，有（vAt）2+（6l）2＝（vBt）2+（4l）2
竖直方向：hgt2
联立解得：h＝12l，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023 鲤城区校级一模）很多商场的门前都放置一台儿童游乐玩具—弹珠枪。如图所示，ABCD是一个正方形光滑平台，边长为l，与水平面的倾角为θ，弹珠由弹珠枪击打，弹珠沿着AB边经过平台拐角边半径为R的四分之一的圆弧轨道，最后离开圆弧轨道在斜面内运动。重力加速度为g。
（1）若弹珠经过Q点后恰好经过D点，则弹珠经过D点时的速度大小是多少？
（2）若要求弹珠能从圆弧轨道的顶点Q滑出到达D点，则圆弧轨道半径的取值范围是多少？
【解答】解：（1）由题意可知，弹珠在斜面上自由运动时所受的合力为：F合＝mgsinθ
所以弹珠从Q点到D点做类平抛运动的加速度为：agsinθ
由平抛运动规律可以得到：l﹣R＝vt
l
联立解得：v
从Q点到D点由动能定理，得：mgssinθ
整理得到：
（2）弹珠沿圆弧轨道做圆周运动，由题意，弹珠能从圆弧轨道的顶点Q滑出到达D点。则在Q点，对其受力分析，可得：mgsinθ
联立上一问的平抛速度有：[（l﹣R）]2≥gRsinθ
整理得：R2﹣4lR+l2≥0
解得：R（不合题意，舍去），R
所以弹珠能从圆弧轨道的顶点Q滑出到达D点，圆弧轨道半径的取值范围为：0＜R
答：（1）若弹珠经过Q点后恰好经过D点，则弹珠经过D点时的速度大小是；
（2）若要求弹珠能从圆弧轨道的顶点Q滑出到达D点，则圆弧轨道半径的取值范围是。
（2023 厦门模拟）如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴O1O2上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N离地高3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为15rad/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）“花筒”M的线速度大小；
（2）“花筒”（内含铁片）质量为2kg时所需向心力大小；
（3）铁片落地点距O2的距离大小（计算结果可用根号表示）。
【解答】解：（1）“花筒”M转动的角速度与AB转动的角速度相同，ω＝15rad/s。“花筒”M转动半径为r＝MO1＝2m
其线速度大小为v＝ωr＝15×2m/s＝30m/s
（2）“花筒”所需向心力大小为F＝mrω2
代入数据解得：F＝900N
（3）烧红的铁片沿切线飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
解得
水平方向做匀速直线运动，有x＝vt＝30×0.8m＝24m
所以，铁片落地点距O2的距离大小为
sm＝2m
答：（1）“花筒”M的线速度大小为30m/s；
（2）“花筒”（内含铁片）质量为2kg时所需向心力大小为900N；
（3）铁片落地点距O2的距离大小为2m。
曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破：
1．分析临界点
对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．
2．分析每个运动过程的运动性质
对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：
(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．
(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．
（2023 和平区校级一模）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。坑内最低点c与a的水平距离和高度差均为h，不计空气阻力，人与摩托车可视为质点。则落在c点与落在b点时的速率之比为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设摩托车与人平抛的初速度大小为v1时落在c点，根据平抛运动规律有
h＝v1t1
可得
则在c点时速率
解得vc
设摩托车与人平抛的初速度大小为v2时落在b点，同理有，3h＝v2t2
则在b点时速率
解得vb
则落在c点与落在b点时的速率之比为
故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2023 大庆模拟）如图所示，光滑斜面AB固定，倾角为37°，斜面上P点与斜面底端B点间的距离为L，D点位于B点的正上方。现在将小物块从斜面的顶端A点由静止释放的同时，将小球从D点以某一初速度水平向左抛出，小球与物块在P点相遇，相遇时小球恰好垂直打到斜面上。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。A、B两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：（1）小球从D点运动到P点的过程做平抛运动，如图所示：
有Lcosθ＝v0t；tanθ
解得：
t
设物块沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma
根据运动学公式可得：d
s＝d+L
解得：s
故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2023 青羊区校级模拟）如图所示，a、b两小球分别从半径大小为R的半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面斜边长是其竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、b两球同时分别落在半圆轨道和斜面上，则小球的初速度大小为（　　）（重力加速度为g，不计空气阻力）
A． B． C． D．
【解答】解：a、b两球以相同的初速度同时平抛，同时分别落在半圆轨道和斜面上，可知两小球运动时间相等，在竖直方向和水平方向的位移大小相等，将右侧三角形斜面放入左侧半圆，三角形斜边与圆弧有一交点，该交点与抛出点之间竖直方向的距离与水平方向的距离就是小球做平抛运动的竖直位移大小和水平位移大小，分别设为y和x，并设小球从抛出到落到斜面上所用时间为t，斜面倾角为θ，如图所示。
根据题意：斜面斜边长是其竖直高度的2倍，可知：sinθ
则θ＝30°
由几何关系可得
x＝R+Rcos2θ＝v0t
联立解得：，，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m处以的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水面的夹角都是30°，当速度小于1m/s就会落水。已知g＝10m/s2，，。不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是（　　）
A．第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B．第一个接触点与第二个接触点之间距离为
C．水面上一共出现5个接触点
D．落水处离人掷出点的水平距离为
【解答】解：A、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为t1，则h，得t1s＝0.5s
第一次与水面接触前的速度大小v1m/s＝10m/s，因此第一次与水面接触后，弹跳速度为v1′＝50%v1＝0.5×10m/s＝5m/s，故A正确；
B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2，第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2。
则t2s＝0.5s，x2＝v1′cos30° t2＝50.5mm，故B正确；
C、石块每次与水面接触速率损失50%，设水面上一共出现n个接触点，则vn＝v1×（1 0.5）n﹣1，解得n＝4时，vn＜1m/s，即石块与水面第4次接触后会落水，水面上一共出现4个接触点，故C错误；
D、平抛运动水平方向的位移为
x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m
第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2＝v1′cos30° t2＝50%v1cos30° 2×（50%）2
同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为x3＝2×（50%）4
落水处离人掷出点的水平距离为x＝x1+x2+x3
联立解得：x，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
（2023 浙江模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
【解答】解：A．运动员在空中只受重力，加速度恒定，由v＝gt可知，单位时间内速度变化相同，故A正确；
B．落点到A的距离利用平抛规律可知，水平方向上有：x＝v0t，竖直方向上有：；根据运动的合成和分解规律可知，，解得水平位移，联立解得，
所以运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比，故B错误；
C．根据平抛运动的结论速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍可知，速度与水平方向夹角的正切值是2tan30°，故C错误；
D．根据平抛运动的规律可知，平抛运动与质量无关，所以落点与质量无关，故D错误。
故选：A。
（2023 辽宁模拟）在一次施工中，塔吊将重物从O点吊起，从起吊开始计时，以O为原点，设水平为x方向、竖直为y方向，重物x、y方向的运动规律分别如图甲、乙所示，则重物（　　）
A．在水平方向做匀变速直线运动
B．运动轨迹为抛物线
C．0～8s内的位移大小为40m
D．在相等时间内的速度变化量不相等
【解答】解：A．由图甲，x﹣t图像斜率代表速度，重物在水平方向做匀速直线运动，故A错误；
B．重物在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以重物的运动轨迹为抛物线，故B正确；
C．0～8s内水平方向位移为24m，v﹣t图像与时间轴围成的图形的面积代表位移，竖直方向位移
位移大小
故C错误；
D．重物加速度为
重物在相等时间内的速度变化量相等，故D错误。
故选：B。
（2023 浑南区校级一模）港珠澳大桥总长约55km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的跨海大桥。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径R＝150m的圆弧形弯道，总质量m＝1500kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝72km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　）
A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4000N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为3m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为40m/s
【解答】解：A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力和牵引力作用，径向摩擦力提供做圆周运动的向心力，向心力不是汽车实际受到的力，故A错误；
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：
其中v＝72km/h＝20m/s
代入数据得：f＝4000N，故B正确；
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为：
代入数据得：，故C错误；
D．汽车能安全通过该弯道最大速度为vm，由牛顿第二定律得：
解得：vm＝30m/s，故D错误。
故选：B。
（2023 虹口区二模）如图，钢架雪车比赛中，雪车以速率v通过截面为四分之一圆弧的弯道，弯道半径为R，不计雪车受到冰面摩擦力。在此情况中（　　）
A．运动员和雪车所受合外力为零
B．轨道对雪车的弹力为其转弯的向心力
C．若仅增大v，则雪车离轨道底部更高
D．若仅增大R，则雪车离轨道底部更高
【解答】解：A、运动员和雪车做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，提供向心力，不为零，故A错误；
B、轨道对雪车的弹力和重力的合力提供向心力，故B错误；
CD、对雪车和运动员受力分析，如图：
设雪车与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：mmgtanθ
若仅增大v，则tanθ增大，雪车离轨道底部更高；
若仅增大R，则tanθ减小，雪车离轨道底部更低，故C正确，D错误。
故选：C。
（2023 鼓楼区校级模拟）如图所示，一辆装满石块的货车在水平道路上运动，货箱中质量为m的石块B受到周围石块对它的作用力为F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．货车匀速运动时，F＝0
B．石块B随货车转弯时F＝mg
C．货车运动的速度越大，F就越大
D．货车的加速度越大，F与水平方向的夹角越小
【解答】解：A、货车匀速运动时，由平衡条件有F＝mg，故A错误；
C、根据A可知，当车做匀速直线运动时，始终与重力大小相等，与速度大小无关，故C错误；
B、石块B随货车在水平道路上转弯时，由作用力F与重力的合力提供圆周运动的向心力，有，可知作用力F大小大于重力，其大小由转弯速度与圆周运动的半径决定，故B错误；
D、货车做加速运动时，令作用力与水平方向夹角为θ，则有matanθ＝mg可知，货车的加速度越大，F与水平方向的夹角越小，故D正确；
故选：D。
（2023 长春模拟）如图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，重物由于离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光。下列说法正确的是（　　）
A．气嘴灯做圆周运动时，重物受到重力、弹簧弹力和向心力
B．气嘴灯运动至最高点时处于超重状态
C．以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时LED灯越容易发光
D．以相同转速匀速行驶时，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光
【解答】解：A．气嘴灯做圆周运动时，重物受重力和弹簧弹力，合力提供向心力，向心力是效果力，受力分析时不能加入分析，故A错误；
B．气嘴灯运动至最高点时，合力指向圆心向下，具有向下的加速度，处于失重状态，故B错误；
C．在最低点时，合力提供向心力有F﹣mg＝mω2r
可得F＝mg+mω2r
可知，以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时，弹簧的形变量较小，M和N不易接触，导致LED灯不容易发光，故C错误；
D．在最高点时，合力提供向心力有F+mg＝mω2r
解得F＝mω2r﹣mg
可知，以相同转速匀速行驶时，在最高点，弹簧的弹力小于最低点时弹簧弹力，则若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光，故D正确。
故选：D。
（2023 天津模拟）电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高了工作效率。如图所示某电动打夯机的结构示意图，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，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是（　　）
A．电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同
B．配重物转到最高点时，处于超重状态
C．偏心轮转动的角速度为
D．打夯机对地面压力的最大值为（M+m）g
【解答】解：A．电动机轮轴与偏心轮转轴属于皮带传动，轴边缘线速度大小相等，根据线速度与角速度的关系可知，角速度不相等，故A错误；
B．配重物转到最高点时，加速度向下，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，刚好使整体离开地面，根据平衡条件T＝Mg
飞轮对配重的作用力为T，对配重物，合力提供向心力，根据牛顿第二定律mg+T＝mrω2
联立解得，故C正确；
D．在最低点，飞轮对配重的作用力为T′，对配重物，根据牛顿第二定律T'﹣mg＝mrω2
对打夯机，根据平衡条件N＝T'+Mg
联立解得N＝2（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为2（M+m）g，故D错误；
故选：C。
（2023 厦门一模）如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力Fmg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为mg．已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去F时小球的速度大小v1；
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小；
（3）小球返回最低处时传感装置的示数。
【解答】解：（1）从最低点到θ＝37°，由动能定理：
FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）
解得：v1；
（2）从撤去F到返回最低点，由动能定理：
mgL（1﹣cosθ）
在最低点，由牛顿第二定律：
T﹣mg＝m
联立解得：T；
（3）撤去F时轻绳拉力为T1，由牛顿第二定律：
T1﹣mgcosθ＝m
解得：T1＝1.3mg
对物块由平衡条件：
G＝T1+F1＝1.3mgmg＝2.1mg
小球返回最低处时，对物块：
G＝T+F2
F2＝G﹣T＝2.1mg
由牛顿第三定律，物块对传感器压力为，即传感装置的示数为。
答：（1）撤去F时小球的速度大小v1 为；
（2）小球返回最低处时轻绳的拉力大小为；
（3）小球返回最低处时传感装置的示数为.
（2023 武汉模拟）如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°，圆形管道半径为R、内壁光滑，倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接，相切于B点，C、D分别为圆形管道的最低点和最高点，整个装置固定在竖直平面内。一小球质量为m，小球直径略小于圆形管道内径，圆形管道内径远小于R，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）从倾斜轨道上距离C点多高的位置A由静止释放小球，小球滑下后，在圆形管道内运动通过D点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0？
（2）若将圆形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下来，并保证剩余圆弧管道的P、Q两端等高，将小球仍然从第（1）问中的位置A由静止释放，通过计算说明小球还能否从Q处进入管道继续在管道内运动？
（3）若将圆形管道的DQB段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变，求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值（只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点）。
【解答】解：（1）在圆形管道的D点，管道内壁对小球恰好无作用力，重力完全提供向心力
根据牛顿第二定律
解得
小球从A到D，根据动能定理
联立解得
（2）小球从A到P点，根据动能定理
联立解得
PDQ段取下来后，小球离开P点做斜抛运动，运动时间
水平位移
根据数学知识
由于小球的水平位移x1＝PQ，因此小球恰好能从Q处进入管道继续在管道内运动；
（3）将圆形管道的DQB段取下来，小球离开D点后做平抛运动，设小球落到斜面上时竖直位移为y，水平位移为x，落到倾斜轨道的动能为Ek
如图所示：
竖直方向的位移
水平位移x＝v0t
Ek
根据几何关系可知
R（1+cos37°）﹣y＝（x﹣Rsin37°）tan37°
解得
当时，小球动能有最小值，最小值为
答：（1）小球从倾斜轨道上距离C点2.5R高的位置A由静止释放；
（2）能；
（3）最小动能为。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑