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高考物理一轮复习 曲线运动
一．选择题（共8小题）
1．（2025 安康模拟）如图所示，甲、乙两小球从斜面上方的同一位置A处，分别以大小相等的速度v0平行于斜面向下和向上斜抛出去，甲、乙分别落在斜面上的D、E两点，且乙球落到E点时恰好垂直撞击斜面。B、C点分别是斜面上的两点，AC连线竖直，AB连线与斜面垂直。两球均可视为质点，不计空气阻力。下列各点间的距离关系正确的是（　　）
A．BD＝4BE B．BC＜BE C．AE＞AC D．CD＝CE
2．（2025春 未央区校级期末）篮球是高中学生十分喜欢的体育运动项目。如图所示，我校高一某同学将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需（　　）
A．减小抛射角θ，同时增大抛射速度
B．增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0
D．减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ
3．（2025春 沙坪坝区校级期末）如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过光滑定滑轮O的不可伸长的轻绳连接。初始时，OA绳与OB绳刚好伸直且夹角为90°，现在对物体A施加一个水平外力F，使它以速度v匀速向右运动，下列说法正确的是（　　）
A．物体B做匀速直线运动
B．物体B做匀加速直线运动
C．当OA绳与水平轨道夹角为45°时，B的速度为
D．当OA绳与水平轨道夹角为45°时，B的速度为
4．（2025 河北模拟）俗话常说“鲤鱼跳龙门”，这是比喻鲤鱼喜欢跳水的习性，后比喻中举、升官等飞黄腾达之事，后来又用做比喻逆流前进，奋发向上。如图所示为鲤鱼在空中运动的轨迹，鲤鱼以vM＝2m/s的速度在M点跃出水面，轨迹最高点为N点，P点为轨迹上一点，MN与水面夹角θ＝60°，MN垂直于NP，不计空气阻力，鲤鱼视为质点，在鲤鱼从M点运动到P点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．鲤鱼在P点的加速度比在N点的加速度大
B．鲤鱼运动的最小速度为1m/s
C．MN段鲤鱼运动时间为NP段鲤鱼运动时间的3倍
D．MN段鲤鱼位移大小为NP段鲤鱼位移大小的6倍
5．（2025 湖北模拟）在2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队获得奥运历史上我国的第一块单打网球金牌，如图所示为运动员练球时的场景。运动员将网球从O点以一定速度水平击出，网球经过M点时速度方向与竖直方向的夹角为60°，落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°，且网球与水平地面碰撞后瞬间反弹，其水平方向的速度分量与碰撞前瞬间相等，竖直方向的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，且方向反向。网球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．抛出时的初速度为
B．O点距水平地面的高度为3h
C．网球从O点运动到M点的时间为
D．O、N两点间的水平距离为4h
6．（2025 江西模拟）如图所示，半球形陶罐固定在可绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对陶罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的高度差为h，重力加速度为g，则转台的角速度大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 辽宁模拟）2025年蛇年春晚的舞台上，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。某时刻机器人转手绢使得手绢上各点绕竖直转轴O在水平面内做匀速圆周运动，手绢可简化成如图所示，则手绢上质点A、B的物理量一定相同的是（　　）
A．线速度 B．周期
C．向心加速度 D．向心力大小
8．（2025 诸暨市模拟）如图所示，两根长均为L的轻绳a和b固定在质量为m的小球上，轻绳a的另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c，小环c套在竖直光滑杆CD上。情境一：竖直杆CD缓慢右移，使轻绳a与竖直方向夹角为37°；情境二：竖直杆CD绕竖直线AB做匀速圆周运动，使轻绳a与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．在情境一中，轻绳a对小球的拉力大小为mg
B．在情境一中，轻绳b对小球的拉力大小为
C．在情境二中，转动转速越大，轻绳a对小球的拉力越大
D．在情境二中，转动角速度为，轻绳b对小球的拉力为0
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 许昌三模）如图（俯视图），用自然长度为l0，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为2l0的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做匀速圆周运动，则（　　）
A．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的摩擦力最小
B．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的摩擦力都等于弹簧弹力的大小
C．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的合力大小均为
D．当物体P、Q两物块刚要滑动时，圆盘的角速度为ω
（多选）10．（2025 湖北一模）小球a和小球b在同一高度分别以速度7v0和v0水平抛出，已知小球落地碰撞反弹前后，竖直方向速度反向、大小不变，水平方向速度方向和大小均不变，小球a从抛出到第一次落地过程中，两小球的轨迹的交点（7个交点）分布如图所示，其中两小球刚好在位置2相遇（不发生碰撞，互不影响各自的运动）。设小球a运动的时间为t，水平位移为L。下列说法正确的是（　　）
A．两小球将在位置3再次相遇
B．小球a运动到位置5经历的时间为
C．两小球轨迹交点的位置中，相邻偶数位置间的水平距离为
D．两小球轨迹交点的位置中，相邻奇数位置间的水平距离为
（多选）11．（2025 十堰模拟）如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O连接，整个机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，底座始终保持静止。已知摆锤的质量为m，底座的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．若摆锤的速率为，则摆锤运动到最高点时，压力传感器的示数等于Mg
B．摆锤运动到最低点时，压力传感器的示数可能小于（M+m）g
C．当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时，直杆对摆锤的弹力指向O点
D．当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时，底座所受摩擦力水平向左
（多选）12．（2025 柳州模拟）如图所示，底座和竖直杆连在一起，置于水平地面上，直杆顶端用长为L＝0.5m细线拴着一个小球，给小球以一定的速度使小球做圆锥摆运动，小球运动时底座始终不动。在底座和水平面的接触处以及杆和绳的接触点安装有力传感器，可以显示地面受到的压力和杆顶受到的拉力大小。若小球在水平面内以角速度5rad/s做匀速圆周运动时，传感器显示地面所受压力为30N，对杆顶的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项正确的是（　　）
A．杆与底座的总质量是2kg
B．小球质量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值为0.375
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则A球运动的周期 　 　 B球运动的周期（填大于、小于或等于），A、B两球到P的距离之比为 　 　 。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，实线为河岸，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，河水流速为v1，船头方向为船在静水中的速度方向，船在静水中的速度大小为v2。则由图可知v1　 　 v2。（选填“＞”，“＜”或“＝”）
15．（2025春 烟台期中）如图所示，水平转台上有两个完全相同的均可视为质点的物体甲和乙，其质量均为m＝1kg，甲到转轴的距离为x甲＝0.1m，物体乙到转轴的距离为x乙＝0.2m，两者与转台间的动摩擦因数均为μ＝0.32，现让转台绕中心轴OO′转动，当角速度为 　 　 rad/s时，恰好没有物体与转台发生相对滑动，此转速下，两物体与转台之间的摩擦力f甲、f乙大小之比为 　 　 。（重力加速度为g＝10m/s2）
16．（2025春 泉州期中）如图甲所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以0.3m/s的速度匀速上浮，现当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动的方向与水平方向的夹角为37°，则（已知sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）：
①根据题意可知玻璃管水平方向的移动速度为 　 　 m/s。
②如图乙所示，若红蜡块在A点匀速上浮的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 　 　 。
A.直线P
B.曲线Q
C.曲线R
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 宁波期末）如图，用一根长l＝1m的细线，一端系一质量m＝1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一放置地面的光滑锥体顶端，圆锥体始终静止不动，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，O点距地面高度为h＝1.5m。小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动。（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω1为多大；
（2）若（1）中小球在转动中绳子突然断裂，求小球落点到O在水平面投影的距离s；
（3）若小球角速度ω2＝2rad/s求细绳对小球的拉力大小。
18．（2025春 宁波期末）工人用如图所示的定滑轮装置运送铁箱。工人水平向左运动，通过定滑轮将静止在地面上m＝20kg的铁箱拉起。从t＝0时刻开始，保持铁箱以a＝5m/s2的加速度竖直向上加速提升，工人拉绳方向与水平方向角度记为α。空气阻力、滑轮摩擦，细绳质量均不计，工人可视为质点，求工人在提升铁箱过程中（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）：
（1）绳子对铁箱的拉力大小；
（2）若t1＝2s时，手拉绳方向与水平方向α＝37°，求此时工人的速度大小；
（3）若定滑轮足够高，t1＝2s时工人手滑，完全松开拉绳，求物块在空中运动的总时间。
19．（2025春 南海区期中）如图甲是某厂家在弯道倾角θ＝45°的汽车试验场测试汽车性能时汽车从水平直道进入倾斜弯道的照片，简化图如乙所示。汽车匀速过此弯道，其重心位于汽车中轴线上，重心的轨迹可视为半径为R＝250m的圆弧。已知汽车（含驾驶员）总质量为m＝2.0×103kg，刹车减速时的平均阻力F＝2.0×104N，汽车受到的最大静摩擦力大小可认为等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，特殊材料的动摩擦因数μ可能大于1。
（1）某时刻处于水平直道上的汽车以v0＝216km/h的速度开始减速，进入倾斜弯道后恰好没有向弯道内外两侧运动的趋势，求汽车在开始减速至弯道起始线过程中，刹车产生的内能Q和刹车距离E；
（2）当汽车车轮与地面动摩擦因数μ满足什么条件时，汽车在弯道中无论多快都不会向外侧侧滑。
20．（2025春 南海区期中）投石机是古代战争的武器之一。如图所示，轻质木杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，配重臂OA长为L1＝1m，投射臂OB长为L2＝8m。投射石头前，固定投石机，木杆与水平面的夹角为θ＝37°。先将石块装在B点，再将质量为M的配重挂在A点。松开绞索，木杆在配重的作用下旋转到竖直位置时，木杆会被卡住而停止转动。不计配重的体积大小、机械间的摩擦和空气阻力，已知城墙高度H＝7.8m，顶部宽d＝8m，与转轴O的水平距离为x＝32m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）第一次投射大石块，大石块在木杆旋转至竖直方向时沿水平抛出，恰好砸在城墙脚P点，求大石块水平抛出时的速度大小v1；
（2）第二次投射质量为m的小石块，小石块依然在木杆旋转至竖直方向时沿水平抛出，恰好能落入城墙内，求小石块水平抛出时的速度大小v2；
（3）求第二次投射时，小石块质量m与配重质量M的比值。
高考物理一轮复习 曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 安康模拟）如图所示，甲、乙两小球从斜面上方的同一位置A处，分别以大小相等的速度v0平行于斜面向下和向上斜抛出去，甲、乙分别落在斜面上的D、E两点，且乙球落到E点时恰好垂直撞击斜面。B、C点分别是斜面上的两点，AC连线竖直，AB连线与斜面垂直。两球均可视为质点，不计空气阻力。下列各点间的距离关系正确的是（　　）
A．BD＝4BE B．BC＜BE C．AE＞AC D．CD＝CE
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】将两球的运动均沿平行斜面与垂直斜面方向进行分解，然后根据运动学公式和几何关系进行推导即可得解。
【解答】解：A.设AB间的距离为h，把甲、乙两球的斜抛运动均沿平行斜面与垂直斜面方向进行分解，设斜面倾角为θ，
有
可知甲、乙两球在空中运动的时间相同。乙球到达E点时，速度恰与斜面垂直，
则有v0﹣gsinθ t＝0
乙球沿斜面方向的位移
甲球沿斜面方向的位移
可知 BD＝3BE
故A错误；
BC.因，又
可得BC＝BE，AC＝AE
故BC错误；
D.由上述分析知，CD＝CE＝2BE，故D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查学生对斜抛运动的理解，选择正确的分解方向是求解此题的关键。
2．（2025春 未央区校级期末）篮球是高中学生十分喜欢的体育运动项目。如图所示，我校高一某同学将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需（　　）
A．减小抛射角θ，同时增大抛射速度
B．增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0
D．减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ
【考点】斜抛运动．
【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】逆向思考，将篮球分别从B点、C点抛出垂直击中篮板A点的情况看成篮球从A点平抛分别落在B点、C点，然后利用平抛运动的规律，计算下落时间、竖直速度、水平速度，最后利用几何关系求解合速度大小及角度关系。
【解答】解：因为篮球两次都是斜抛运动，且垂直击中篮板上的A点，根据抛体运动的特点，可以逆向思考，将该题目的过程看成篮球从A点做两次平抛，分别运动到B点和C点。因为A点距离B点、C点的高度相等，竖直方向上都是自由落体运动，由t可知，篮球从A点运动到B点、C点的时g间相等，由vy＝gt可知B点、C点的竖直速度相等。又因为水平方向上是匀速直线运动，由v可知，相等时间内C点对应的水平位移大，所以C点的水平速度大，所以由v可得，篮球在C点对应的速度大，即从B点撤到C点时需要增大抛出速度v0。由几何关系可得：tan，因为竖直速度相等，C点的水平速度较大，所以C点的速度与水平方向的夹角较小，即从B点撤到C点需要减小抛射角θ，故A错误，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查抛体运动，解题的突破点在于将两个斜抛运动通过逆向思维看成两个平抛运动。
3．（2025春 沙坪坝区校级期末）如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过光滑定滑轮O的不可伸长的轻绳连接。初始时，OA绳与OB绳刚好伸直且夹角为90°，现在对物体A施加一个水平外力F，使它以速度v匀速向右运动，下列说法正确的是（　　）
A．物体B做匀速直线运动
B．物体B做匀加速直线运动
C．当OA绳与水平轨道夹角为45°时，B的速度为
D．当OA绳与水平轨道夹角为45°时，B的速度为
【考点】关联速度问题．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】将A的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，A沿绳方向的分速度大小等于B的速度大小，根据几何关系求解B的速度。
【解答】解：AB.设A物体从图示位置向右运动过程中，OA与水平轨道的夹角为θ，根据关系速度规律可得vB＝vcosθ，可知随着A物体向右运动，θ角增大，B物体做变加速直线运动，故AB错误；
CD.由vB＝vcosθ可得，当OA绳与水平轨道夹角为45°时，B的速度为，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了运动的合成和分解。已知分运动求合运动称为运动的合成；已知合运动求分运动称为运动的分解。两者互为逆运算。在对物体的实际运动进行分解时，要根据实际效果分解。
4．（2025 河北模拟）俗话常说“鲤鱼跳龙门”，这是比喻鲤鱼喜欢跳水的习性，后比喻中举、升官等飞黄腾达之事，后来又用做比喻逆流前进，奋发向上。如图所示为鲤鱼在空中运动的轨迹，鲤鱼以vM＝2m/s的速度在M点跃出水面，轨迹最高点为N点，P点为轨迹上一点，MN与水面夹角θ＝60°，MN垂直于NP，不计空气阻力，鲤鱼视为质点，在鲤鱼从M点运动到P点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．鲤鱼在P点的加速度比在N点的加速度大
B．鲤鱼运动的最小速度为1m/s
C．MN段鲤鱼运动时间为NP段鲤鱼运动时间的3倍
D．MN段鲤鱼位移大小为NP段鲤鱼位移大小的6倍
【考点】斜抛运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据鲤鱼的受力分析加速度；鲤鱼在N点的速度为鲤鱼的最小速度，结合几何关系求出最小速度；将MN段等效为反向平抛运动，根据平抛运动的规律，结合几何关系，可求出MN段和NP段鲤鱼运动时间关系和位移关系。
【解答】解：A.鲤鱼只受重力，加速度为重力加速度g，所以鲤鱼在P直的加速度与在N点的加速度一样大，故A错误；
B.鲤鱼在N点的速度为鲤鱼的最小速度，该速度等于鲤鱼在M点的水平分速度，由于vM与水平方向夹角大于θ，所以鲤鱼运动的最小速度小于vMcosθ1m/s，故B错误；
C.将MN段等效为反向平抛运动，由平抛运动得，，x＝vxt，解得，由几何关系知NP与水平方向夹角为30°，则，故C正确；
D.由知MN段鲤鱼竖直位移大小为NP段竖直位移的9倍，MN段水平位移大小是NP段水平位移大小的3倍，合位移不为6倍，故D错误。
故答案为：C。
【点评】本题考查了斜抛运动，要能够根据运动的合成与分解的知识分析求解，并能够充分利用到最高点的运动的逆运动为平抛运动的特点。
5．（2025 湖北模拟）在2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队获得奥运历史上我国的第一块单打网球金牌，如图所示为运动员练球时的场景。运动员将网球从O点以一定速度水平击出，网球经过M点时速度方向与竖直方向的夹角为60°，落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°，且网球与水平地面碰撞后瞬间反弹，其水平方向的速度分量与碰撞前瞬间相等，竖直方向的速度分量大小变为碰撞前瞬间的，且方向反向。网球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．抛出时的初速度为
B．O点距水平地面的高度为3h
C．网球从O点运动到M点的时间为
D．O、N两点间的水平距离为4h
【考点】平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】先根据竖直上抛运动规律结束网球落地时竖直方向的分速度，根据速度矢量合成法则可得抛出的初速度；根据速度—位移公式计算；根据速度的矢量关系得到网球在M点竖直方向的分速度，然后根据速度—时间关系计算；根据网球落地时竖直方向的分速度计算网球运动的总时间，然后根据水平方向做匀速直线运动计算水平距离。
【解答】解：A、网球与地面碰撞后弹起的最大高度为h，由网球弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，则碰撞后瞬间网球在竖直方向速度根据速度—位移公式，得网球落地的竖直速度为，又由落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°，可知碰撞前瞬间网球水平方向速度，由于网球在水平方向做匀速直线运动，得抛出时的初速度，故A正确；
B、根据公式，可知O点距水平地面的高度为H＝4h，故B错误；
C、根据，可求得M点的竖直速度，再根据公式vMy＝gt，可得网球从O点运动到M点的时间，故C错误；
D、由网球落地时的竖直速度，根据公式vy＝gtN，解得网球从抛出到落地时间，平抛的水平位移x＝v0tN，可得根据O、N两点间的水平距离x＝8h，故D错误。
故选：A。
【点评】掌握平抛运动规律是解题的基础，能够计算出网球落地时竖直方向的分速度是解题的关键。
6．（2025 江西模拟）如图所示，半球形陶罐固定在可绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度匀速转动，一小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对陶罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的高度差为h，重力加速度为g，则转台的角速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】倾斜转盘(斜面体)上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对物块受力分析，合力提供物块做圆周运动的向心力，求转台转动的角速度大小。
【解答】解：A.对物块受力分析，物块的受力情况如图：
物块受到的支持力和重力，支持力和重力的合力提供物块做圆周运动的向心力，设支持力与竖直方向上的夹角为θ，有mgtanθ＝mω2r
由几何关系可得r＝htanθ
解得
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生对圆周运动问题的分析能力，解题关键是受力分析，根据合力提供向心力解答。
7．（2025 辽宁模拟）2025年蛇年春晚的舞台上，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌。某时刻机器人转手绢使得手绢上各点绕竖直转轴O在水平面内做匀速圆周运动，手绢可简化成如图所示，则手绢上质点A、B的物理量一定相同的是（　　）
A．线速度 B．周期
C．向心加速度 D．向心力大小
【考点】传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】同轴转动的物体角速度相同，依据v＝ωr分析判断线速度，根据，an＝rω2分析向心加速度，根据Fn＝mrω2分析向心力。
【解答】解：手绢上质点A、B两点共轴转动，则A、B两点的角速度相等，周期相等，二者圆周运动半径不同，根据v＝ωr，a＝ω2r可知线速度和向心加速度一定不同，不知道AB的质量关系，根据Fn＝mrω2可知向心力不一定相等，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】求解此题的关键是知道共轴转动的点角速度相等，熟悉匀速圆周运动中对应的物理公式。
8．（2025 诸暨市模拟）如图所示，两根长均为L的轻绳a和b固定在质量为m的小球上，轻绳a的另一端固定在天花板上的A点，AB为竖直线，轻绳b的另一端系有轻质小环c，小环c套在竖直光滑杆CD上。情境一：竖直杆CD缓慢右移，使轻绳a与竖直方向夹角为37°；情境二：竖直杆CD绕竖直线AB做匀速圆周运动，使轻绳a与竖直方向夹角为37°。已知小球可看作质点，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．在情境一中，轻绳a对小球的拉力大小为mg
B．在情境一中，轻绳b对小球的拉力大小为
C．在情境二中，转动转速越大，轻绳a对小球的拉力越大
D．在情境二中，转动角速度为，轻绳b对小球的拉力为0
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；力的合成与分解的应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】分析小球受力，根据共点力平衡条件列式求出情景一中轻绳a和b对小球的拉力大小；在情境二中，先由牛顿第二定律分析绳b中无拉力这种临界状态中小球转动的角速度，再讨论各种角速度下两绳对小球的拉力。
【解答】解：AB.对小球受力分析，根据平衡条件可得Facos37°＝mg，Fb＝Fasin37°
解得Famg，Fbmg
AB错误；
CD.在情境二中，当绳b中无拉力，小球受到绳a的拉力及小球的重力，二者的合力为其圆周运动提供向心力，
竖直方向上受力平衡，结合上述分析可知Famg，Fasin37°＝mω2Lsin37°
解得ω
即当角速度时，绳子a的拉力不变；
当绳子b有拉力时，根据牛顿第二定律则有Fasin37°﹣Fb＝mω2Lsin37°时，随着转动的角速度增大，绳子的拉力随之增大，
综上所述，当时，绳a的拉力随角速度的增大而保持不变，当时，绳a的拉力随角速度的增大而增大，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查共点力平衡条件的应用和匀速圆周运动问题分析，求解的过程中要注意对小球在不同角速度下两绳拉力大小的讨论。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 许昌三模）如图（俯视图），用自然长度为l0，劲度系数为k的轻质弹簧，将质量都是m的两个小物块P、Q连接在一起，放置在能绕O点在水平面内转动的圆盘上，物体P、Q和O点恰好组成一个边长为2l0的正三角形。已知小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做匀速圆周运动，则（　　）
A．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的摩擦力最小
B．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的摩擦力都等于弹簧弹力的大小
C．当圆盘的角速度为ω时，P、Q两物块受到的合力大小均为
D．当物体P、Q两物块刚要滑动时，圆盘的角速度为ω
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】对物体进行受力分析，根据胡克定律求出弹簧的弹力，分析向心力来源，根据牛顿第二定律求解；当摩擦力与向心力垂直时，此时静摩擦力具有最小值；当最大摩擦力和弹簧弹力垂直时，合力提供向心力，此时物块要滑动。
【解答】解：物体P、Q和O点恰好组成一个边长为2l0的正三角形，
PQ间的距离为2l0，而弹簧的原长为l0，故弹簧的弹力为F＝kl0
A、当ω时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn＝mω2 2l0
根据合力与分力构成的矢量三角形可知，此时静摩擦力具有最小值为
fmin＝Fcos30°，故A正确；
B、当ω时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn＝mω2 2l0
由力的三角形可知静摩擦力不等于弹簧的弹力，故B错误；
C、当ω时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为Fn＝mω2 2l0＝kl0
小物块P、Q和圆盘间的最大静摩擦力均为kl0，
由力的三角形可知静摩擦力等于kl0kl0，此时物体和圆盘还未相对滑动，物体所受的合力亦为也为kl0，故C错误；
D、静摩擦力达到最大值时，恰好最大精处理与弹力垂直，此时Fn＝mω2 2l02kl0
解得ω，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，注意临界情况的分析。
（多选）10．（2025 湖北一模）小球a和小球b在同一高度分别以速度7v0和v0水平抛出，已知小球落地碰撞反弹前后，竖直方向速度反向、大小不变，水平方向速度方向和大小均不变，小球a从抛出到第一次落地过程中，两小球的轨迹的交点（7个交点）分布如图所示，其中两小球刚好在位置2相遇（不发生碰撞，互不影响各自的运动）。设小球a运动的时间为t，水平位移为L。下列说法正确的是（　　）
A．两小球将在位置3再次相遇
B．小球a运动到位置5经历的时间为
C．两小球轨迹交点的位置中，相邻偶数位置间的水平距离为
D．两小球轨迹交点的位置中，相邻奇数位置间的水平距离为
【考点】斜抛运动；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，结合运动学公式求解。
【解答】解：A．位置2→位置3，初速度大小不同，水平方向匀速运动时间不同，在位置2，就不会在位置3再次相遇，故A错误；
BD．由题意可知如图所示。
小球a从1→3、小球b从P→3，竖直方向运动时间t1相同，小球a和小球b在同一高度分别以速度7v0和v0水平抛出，水平方向上
小球a从1→5、小球b从Q→5，竖直方向运动时间t2相同，水平方向上
小球a从1→7、小球b从M→7，竖直方向运动时间t3相同，水平方向上
易得t1：t2：t3＝1：2：3
又t3＝t，所以，xa1：xa2：xa3＝1：2：3
又xa3＝L，所以
故BD正确；
C．小球a从1→2、小球b从P→2，t4相同，水平方向上
小球a从1→4、小球b从Q→4，t5相同，水平方向上
小球a从1→6、小球b从M→6，t6相同，水平方向上
易得t4：t5：t6＝1：2：3
所以x12＝x24＝x46
又x12+x24+x46+x67＝L
所以
故C错误。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，解题的关键点是掌握平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
（多选）11．（2025 十堰模拟）如图所示的机械装置由摆锤和底座两部分组成，摆锤通过轻质直杆与底座上的转轴O连接，整个机械装置放置在上表面水平的压力传感器上，底座内部的电机可以驱动摆锤在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，底座始终保持静止。已知摆锤的质量为m，底座的质量为M，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．若摆锤的速率为，则摆锤运动到最高点时，压力传感器的示数等于Mg
B．摆锤运动到最低点时，压力传感器的示数可能小于（M+m）g
C．当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时，直杆对摆锤的弹力指向O点
D．当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时，底座所受摩擦力水平向左
【考点】杆球类模型及其临界条件；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据竖直面内圆周运动杆模型的临界条件结合超失重，受力分析等知识进行分析解答。
【解答】解：A.若摆锤的速率为，摆锤运动到最高点时，直杆上无弹力，而底座保持静止，压力传感器的示数等于Mg，故A正确；
B.摆锤运动到最低点时，摆锤处于超重状态，压力传感器的示数一定大于（M+m）g，故B错误；
CD.当摆锤重心与O点等高且在O点右侧时，直杆对摆锤弹力的竖直分量与摆锤的重力mg平衡，水平分力提供向心力，直杆对重锤的弹力斜向左上，直杆对底座的弹力斜向右下，而底座保持静止，所以底座所受摩擦力水平向左，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】考查竖直面内圆周运动杆模型的临界条件结合超失重，受力分析等知识，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）12．（2025 柳州模拟）如图所示，底座和竖直杆连在一起，置于水平地面上，直杆顶端用长为L＝0.5m细线拴着一个小球，给小球以一定的速度使小球做圆锥摆运动，小球运动时底座始终不动。在底座和水平面的接触处以及杆和绳的接触点安装有力传感器，可以显示地面受到的压力和杆顶受到的拉力大小。若小球在水平面内以角速度5rad/s做匀速圆周运动时，传感器显示地面所受压力为30N，对杆顶的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列选项正确的是（　　）
A．杆与底座的总质量是2kg
B．小球质量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值为0.375
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件求解总质量；对小球分析，根据向心力的计算公式求解小球的质量；对小球，竖直方向根据平衡条件求解细线与竖直方向的夹角，对底座，水平方向根据平衡条件可得摩擦力大小；根据滑动摩擦力的计算公式求解底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值。
【解答】解：A、传感器显示地面所受压力为F地＝30N，设杆与底座的总质量为M，以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：F地＝Mg，解得：M＝3kg，故A错误；
B、设小球的质量为m，根据题意可知细线的拉力为F＝12.5N，对小球分析，受到重力和细线拉力，合力提供向心力，如图所示；
根据向心力的计算公式可得：Fsinθ＝mLsinθ ω2，解得：m＝1kg，故B正确；
C、对小球，竖直方向根据平衡条件可得：Fcosθ＝mg，解得：θ＝37°；
对底座，水平方向根据平衡条件可得摩擦力大小为：f＝Fsinθ＝12.5×0.6N＝7.5N，故C正确；
D、根据滑动摩擦力的计算公式可得：μF地＝f，解得底座和水平地面间的动摩擦因数的最小值为μ＝0.25，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查圆锥摆运动，解答本题的关键是能够对小球进行分析，根据向心力的计算公式进行分析。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则A球运动的周期 　等于　 B球运动的周期（填大于、小于或等于），A、B两球到P的距离之比为 　m2：m1　 。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】等于；m2：m1。
【分析】根据牛顿第二定律推导出周期公式、加速度公式、向心力公式，由控制变量法分析其他物理量的变化。
【解答】解：设PA摆线长L，与竖直方向夹角为θ，P到A、B所在的水平面高度为h。
根据牛顿第二定律有：m1gtanθ＝m1（）2Linθ，解得T＝2π2π，可知周期与质量、摆线长无关，两摆的周期相等；
设绳拉力为F，根据向心力公式有：Fn＝Fsinθ＝mω2lsinθ，即F＝mω2l，F大小相同，m和l成反比，则A、B两球到P的距离之比为m2：m1。
故答案为：等于；m2：m1。
【点评】本题考查圆锥摆，要求掌握圆锥摆的力学特点和运动学特点，知道向心力的来源。
14．（2025春 天河区期末）如图所示，实线为河岸，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，河水流速为v1，船头方向为船在静水中的速度方向，船在静水中的速度大小为v2。则由图可知v1　＜　 v2。（选填“＞”，“＜”或“＝”）
【考点】小船过河问题．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；理解能力．
【答案】＜
【分析】结合运动的合成与分解方法可知，合运动与分运动之间满足平行四边形定则，根据平行四边形定则判断船速与河水流速的大小关系。
【解答】解：结合运动的合成与分解方法可知，合运动与分运动之间满足平行四边形定则，根据平行四边形定则知，若船头指向河对岸上游，合速度的方向正好垂直河岸，则船在静水中的速度大小一定大于河水流速，即v1＜v2。
故答案为：＜。
【点评】本题考查学生对小船渡河问题的理解，其中着重考查学生在小船实际垂直渡河问题中应用平行四边形定则分析船速与水速的关系的能力。
15．（2025春 烟台期中）如图所示，水平转台上有两个完全相同的均可视为质点的物体甲和乙，其质量均为m＝1kg，甲到转轴的距离为x甲＝0.1m，物体乙到转轴的距离为x乙＝0.2m，两者与转台间的动摩擦因数均为μ＝0.32，现让转台绕中心轴OO′转动，当角速度为 　4　 rad/s时，恰好没有物体与转台发生相对滑动，此转速下，两物体与转台之间的摩擦力f甲、f乙大小之比为 　1：2　 。（重力加速度为g＝10m/s2）
【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】4；1：2
【分析】根据向心力公式判断哪个物体受摩擦力先达到最大静摩擦力，求出此时的角速度；根据摩擦力充当向心力计算此时两物体与转台之间的摩擦力之比。
【解答】解：当物体恰好与转台发生相对滑动时，最大静摩擦力充当向心力，有μmg＝mω2r，可知，物体到转轴的距离越大，物体越容易发生滑动，故随着角速度增大，乙会先相对转台发生相对滑动，则乙恰好没有相对发生相对滑动时，有μmg＝mω2x乙，解得ω＝4rad/s；
由f＝mω2r可得，此转速下，两物体与转台之间的摩擦力f甲、f乙大小之比为f甲：f乙＝x甲：x乙＝0.1：0.2＝1：2。
故答案为：4；1：2
【点评】本题涉及圆周运动的临界问题，先要考虑随角速度增大哪个物体先达到最大静摩擦力，再运用摩擦力提供向心力得出正确结论。
16．（2025春 泉州期中）如图甲所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中以0.3m/s的速度匀速上浮，现当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动的方向与水平方向的夹角为37°，则（已知sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）：
①根据题意可知玻璃管水平方向的移动速度为 　0.4　 m/s。
②如图乙所示，若红蜡块在A点匀速上浮的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 　B　 。
A.直线P
B.曲线Q
C.曲线R
【考点】两个匀速直线运动的合成；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断．
【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】①0.4；②B。
【分析】①利用平行四边形定则可以求出分运动的大小；②利用加速度的方向可以判别轨迹的弯曲方向。
【解答】解：①根据平行四边形法则可知，玻璃管水平方向的移动速度为；
②蜡块在竖直方向做匀速运动，在水平方向做匀加速运动，则加速度方向水平向右，则蜡块所受的合外力方向水平向右，合初速度方向与合外力方向不共线，则蜡块做曲线运动；又因为合外力的指向轨迹的内侧，可知蜡块实际运动的轨迹是图中的曲线Q，故答案为：B。
故答案为：①0.4；②B。
【点评】考查对合运动与分运动的理解，清楚物体做曲线运动的条件。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 宁波期末）如图，用一根长l＝1m的细线，一端系一质量m＝1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一放置地面的光滑锥体顶端，圆锥体始终静止不动，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，O点距地面高度为h＝1.5m。小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动。（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω1为多大；
（2）若（1）中小球在转动中绳子突然断裂，求小球落点到O在水平面投影的距离s；
（3）若小球角速度ω2＝2rad/s求细绳对小球的拉力大小。
【考点】物体被系在绳上做圆锥摆运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】计算题；解题思想；定量思想；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】（1）小球的角速度ω1大小是2rad/s；
（2）小球落点到O在水平面投影的距离s是m；
（3）细绳对小球的拉力大小是9.44N。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出角速度。
（2）绳子断裂后小球做平抛运动，应用运动学公式求解。
（3）应用牛顿第二定律求出临界角速度，判断小球的运动情况与受力情况，应用牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）对小球，由牛顿第二定律得mgtan60°＝mlsin60°
代入数据解得ω1＝2rad/s
（2）绳子断裂后小球做平抛运动，
竖直方向h﹣lcos60°
水平方向x＝ω1lsin60°×t
由几何知识得s
代入数据解得sm
（3）小球恰好开始离开圆锥体时，由牛顿第二定律得mgtan37°＝mlsin37°
代入数据解得ω临rad/s＞ω2＝2rad/s，小球靠在圆锥体上做匀速圆周运动，
在竖直方向，由平衡条件得Tcos37°+Fsin37°＝mg
在水平方向，由牛顿第二定律得Tsin37°﹣Fcos37°＝mlsin37°
代入数据解得TN＝9.44N
答：（1）小球的角速度ω1大小是2rad/s；
（2）小球落点到O在水平面投影的距离s是m；
（3）细绳对小球的拉力大小是9.44N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小球的运动情况与受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。
18．（2025春 宁波期末）工人用如图所示的定滑轮装置运送铁箱。工人水平向左运动，通过定滑轮将静止在地面上m＝20kg的铁箱拉起。从t＝0时刻开始，保持铁箱以a＝5m/s2的加速度竖直向上加速提升，工人拉绳方向与水平方向角度记为α。空气阻力、滑轮摩擦，细绳质量均不计，工人可视为质点，求工人在提升铁箱过程中（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）：
（1）绳子对铁箱的拉力大小；
（2）若t1＝2s时，手拉绳方向与水平方向α＝37°，求此时工人的速度大小；
（3）若定滑轮足够高，t1＝2s时工人手滑，完全松开拉绳，求物块在空中运动的总时间。
【考点】关联速度问题；匀变速直线运动位移与时间的关系；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；合成分解法；自由落体运动专题；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】（1）绳子对铁箱的拉力大小为300N；
（2）此时工人的速度大小为12.5m/s；
（3）物块在空中运动的总时间为（3）s。
【分析】（1）绳子对铁箱的拉力与铁箱重力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律分析；
（2）将人的速度分解成沿绳子方向和垂直绳子方向两个分速度，沿绳子方向分速度大小等于铁箱的速度，根据几何关系解答。
（3）分析2s时物块的速度，其先做竖直上抛运动，至最高点后做自由落体运动，分别求出两段运动的时间，进而求解在空中运动的总时间。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得T﹣mg ＝ma，解得T＝20×（10+5）N＝300N；
（2）根据几何关系可得v人cosα＝at1，解得12.5m/s；
（3）物块做竖直上抛运动的时间为，
其向上运动的高度为；
根据，解得，
解得总时间（3）s。
答：（1）绳子对铁箱的拉力大小为300N；
（2）此时工人的速度大小为12.5m/s；
（3）物块在空中运动的总时间为（3）s。
【点评】考查对牛顿第二定律、关联速度、自由落体与竖直上抛规律的理解，清楚合运动与分运动的关系，熟悉运动学公式的运用。
19．（2025春 南海区期中）如图甲是某厂家在弯道倾角θ＝45°的汽车试验场测试汽车性能时汽车从水平直道进入倾斜弯道的照片，简化图如乙所示。汽车匀速过此弯道，其重心位于汽车中轴线上，重心的轨迹可视为半径为R＝250m的圆弧。已知汽车（含驾驶员）总质量为m＝2.0×103kg，刹车减速时的平均阻力F＝2.0×104N，汽车受到的最大静摩擦力大小可认为等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，特殊材料的动摩擦因数μ可能大于1。
（1）某时刻处于水平直道上的汽车以v0＝216km/h的速度开始减速，进入倾斜弯道后恰好没有向弯道内外两侧运动的趋势，求汽车在开始减速至弯道起始线过程中，刹车产生的内能Q和刹车距离E；
（2）当汽车车轮与地面动摩擦因数μ满足什么条件时，汽车在弯道中无论多快都不会向外侧侧滑。
【考点】车辆在道路上的转弯问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】（1）汽车在开始减速至弯道起始线过程中，刹车产生的内能Q为1.1×106J；刹车距离E为55m；
（2）当汽车车轮与地面动摩擦因数μ满足μ≥1时，汽车在弯道中无论多快都不会向外侧侧滑。
【分析】（1）在倾斜弯道恰好没有向弯道内外两侧运动的趋势，汽车受道德重力和支持力的合力提供向心力，列式求解减速至弯道起始线时的速度，由能量守恒列式求解刹车产生的内能Q；由动能定理列式求解刹车距离E；
（2）当汽车在弯道行驶，不向外侧侧滑时，重力、支持力和最大静摩擦力的合力提供向心力，列式得到动摩擦因数表达式，根据数学知识求解动摩擦因数μ满足什么条件时，汽车在弯道中无论多快都不会向外侧侧滑。
【解答】解：（1）v0＝216km/h＝60m/s，
在倾斜弯道恰好没有向弯道内外两侧运动的趋势，汽车受重力mg和支持力N，两个力的合力提供向心力，可得，解得，
由能量守恒可知刹车产生的内能Q，由动能定理可得，解得；
（2）当汽车以最大速度vm行驶，不向外侧侧滑时，重力、支持力和最大静摩擦力的合力提供向心力，可得，FNcosθ﹣fsinθ﹣mg＝0，又f＝μFN，联立上式解得，vm→∞时，，即μ≥1。
答：（1）汽车在开始减速至弯道起始线过程中，刹车产生的内能Q为1.1×106J；刹车距离E为55m；
（2）当汽车车轮与地面动摩擦因数μ满足μ≥1时，汽车在弯道中无论多快都不会向外侧侧滑。
【点评】本题主要考查圆周运动在生活中的应用，关键是找临界。
20．（2025春 南海区期中）投石机是古代战争的武器之一。如图所示，轻质木杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，配重臂OA长为L1＝1m，投射臂OB长为L2＝8m。投射石头前，固定投石机，木杆与水平面的夹角为θ＝37°。先将石块装在B点，再将质量为M的配重挂在A点。松开绞索，木杆在配重的作用下旋转到竖直位置时，木杆会被卡住而停止转动。不计配重的体积大小、机械间的摩擦和空气阻力，已知城墙高度H＝7.8m，顶部宽d＝8m，与转轴O的水平距离为x＝32m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）第一次投射大石块，大石块在木杆旋转至竖直方向时沿水平抛出，恰好砸在城墙脚P点，求大石块水平抛出时的速度大小v1；
（2）第二次投射质量为m的小石块，小石块依然在木杆旋转至竖直方向时沿水平抛出，恰好能落入城墙内，求小石块水平抛出时的速度大小v2；
（3）求第二次投射时，小石块质量m与配重质量M的比值。
【考点】圆周运动与平抛运动相结合的问题；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）第一次投射大石块，大石块水平抛出时的速度大小为20m/s；
（2）第二次投射质量为m的小石块，小石块水平抛出时的速度大小40m/s；
（3）第二次投射时，小石块质量m与配重质量M的比值为0.004。
【分析】（1）大石块恰好砸在城墙脚P点，根据平抛运动的规律解答；
（2）小石块恰好能落入城墙内，根据平抛运动的规律解答；
（3）求出第二次投射时，配重达到最低点的速度大小，再根据机械能守恒定律进行解答。
【解答】解：（1）大石块恰好砸在城墙脚P点，经过的时间为t1，则有：L2sinθ+L2
解得：t1＝1.6s
则有：v1m/s＝20m/s；
（2）小石块恰好能落入城墙内，设小石块达到城墙左上端经过的时间为t2，则有：L2sinθ+L2﹣H
解得：t2＝1s
则有：v2m/s＝40m/s；
（3）第二次投射时，配重达到最低点的速度大小为v，则有：
解得：v＝5m/s
根据机械能守恒定律可得：Mg（L1sinθ+L1）﹣mg（L2sinθ+L2）
解得：0.004。
答：（1）第一次投射大石块，大石块水平抛出时的速度大小为20m/s；
（2）第二次投射质量为m的小石块，小石块水平抛出时的速度大小40m/s；
（3）第二次投射时，小石块质量m与配重质量M的比值为0.004。
【点评】本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
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