資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第3講 拋體運動與圓周運動
考題一　運動的合成與分解
（2023 嘉興二模）如圖所示，足球場上畫了一條以O為原點，以x軸為對稱軸的拋物線，A、B為該拋物線上的兩點。體育老師要求學生在規定時間內不停頓地從拋物線的一端跑到另一端。小張同學按要求完成該運動的過程中，可以肯定的是（　　）
A．所受的合外力始終不為零
B．x軸方向的分運動是勻速運動
C．y軸方向的分運動是勻速運動
D．通過A、B兩點時的加速度相等
（2023 浙江模擬）如圖所示，斯特林發動機的機械裝置可以將圓周運動轉化為直線上的往復運動。連桿AB，OB可繞圖中A、B、O三處的轉軸轉動，連桿OB長為R，連桿AB長為L（L＞R），當OB桿以角速度ω逆時針勻速轉動時，滑塊在水平橫桿上左右滑動，連桿AB與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β。在滑塊向左滑動過程中（　　）
A．滑塊A從右向左先做加速度減小的加速運動，后做加速度減小的減速運動
B．當OB桿與OA垂直時，滑塊的速度最大
C．當OB桿與OA垂直時，滑塊的速度大小為
D．當β＝90°時，滑塊的速度大小為
（2023 瓊山區校級三模）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環，小環套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。現將小環從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環沿直桿下滑距離也為d時（圖中B處），下列說法正確的是（　　）
A．環減少的機械能大于重物增加的機械能
B．小環到達B處時，重物上升的高度也為d
C．環在B處的速度與重物上升的速度大小之比為
D．環在B處的速度為
1．合運動與分運動的關系：
(1)獨立性：兩個分運動可能共線、可能互成角度．兩個分運動各自獨立，互不干擾．
(2)等效性：兩個分運動的規律、位移、速度、加速度疊加起來與合運動的規律、位移、速度、加速度效果相同．
(3)等時性：各個分運動及其合運動總是同時發生，同時結束，經歷的時間相等．
(4)合運動一定是物體的實際運動．
物體實際發生的運動就是物體相對地面發生的運動，或者說是相對于地面上的觀察者所發生的運動．
2．判斷以下說法的對錯．
(1)曲線運動一定是變速運動．(　 　)
(2)變速運動一定是曲線運動．(　 　)
(3)做曲線運動的物體所受的合外力一定是變力．(　 　)
考題二　平拋(類平拋)運動的規律
（2023 杭州二模）某天，小陳同學放學經過一座石拱橋，他在橋頂A處無意中把一顆小石子水平沿橋面向前踢出，他驚訝地發現小石子竟然幾乎貼著橋面一直飛到橋的底端D處，但是又始終沒有與橋面接觸。他一下子來了興趣，跑上跑下量出了橋頂高OA＝3.2m，橋頂到橋底的水平距離OD＝6.4m。這時小陳起一顆小石，在A處，試著水平拋出小石頭，欲擊中橋面上兩塊石板的接縫B處（B點的正下方B'是OD的中點），小陳目測小石頭拋出點離A點高度為1.65m，下列說法正確的是（　　）
A．石拱橋為圓弧形石拱橋
B．小陳踢出的小石頭速度約為6.4m/s
C．小陳拋出的小石頭速度約為4.6m/s
D．先后兩顆小石子在空中的運動時間之比為2：1
（2023 浙江二模）如圖所示，將小球從傾角為θ＝30°的光滑斜面上A點以速度v0＝10m/s水平拋出（即v0∥CD），最后從B處離開斜面，已知AB間的高度h＝5m，g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．小球的加速度為m/s2
B．小球做平拋運動，運動軌跡為拋物線
C．小球到達B點時的速度大小為10m/s
D．小球從A點運動到B點所用的時間為1s
（2022 浙江模擬）如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結構示意圖，其左邊部分是一個高度和水平位置均可以調節的平臺，在平臺上面放置一個彈射裝置；游戲裝置的右邊部分由豎直固定的光滑圓弧軌道BC、粗糙水平直線軌道CD與豎直固定的光滑圓軌道DED′組成（底端連接處D與D′略錯開）。已知圓弧軌道BC的圓心為O1、半徑R1＝1.2m，其C端與水平面相切，O1B與O1C的夾角θ＝60°；水平直線軌道CD長度L＝1.2m，動摩擦因數μ＝0.5；圓軌道DED′的半徑R2＝0.8m。將質量m＝0.2kg的滑塊Q置于C點，再將質量同為m＝0.2kg的小球P經彈射裝置從平臺A點水平彈出，通過改變AB高度差h、水平距離和小球P在A點的初速度大小，總能讓小球沿B點的切線方向進入BC圓弧軌道，然后與滑塊Q發生彈性碰撞。空氣阻力不計，小球和滑塊均可視為質點，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若h＝0.45m，求小球P從A點彈出時的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到達C點與Q碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力；
（3）要使P與Q僅碰撞1次，且滑塊運動過程中不脫離軌道，求h需要滿足的條件。
1.平拋運動規律
以拋出點為坐標原點，水平初速度v0方向為x軸正方向，豎直向下的方向為y軸正方向，建立如圖所示的坐標系，則平拋運動規律如下．
(1)水平方向：vx＝v0　x＝v0t
(2)豎直方向：vy＝gt　y＝gt2
(3)合運動：合速度：vt＝＝
合位移：s＝
合速度與水平方向夾角的正切值tan α＝＝
合位移與水平方向夾角的正切值tan θ＝＝
2．平拋運動的兩個重要推論
推論Ⅰ：做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，則tan α＝2tan θ.
推論Ⅱ：做平拋(或類平拋)運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．
考題三 圓周運動問題的分析
（2023 臺州二模）某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B，如圖所示，齒輪A、B的齒數之比為1：2，齒輪勻速轉動時，則A、B齒輪的（　　）
A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比為ω1：ω2＝2：1
C．邊緣各點的線速度大小之比v1：v2＝1：2
D．轉速之比為n1：n2＝1：2
（2023 浙江模擬）如圖所示有豎直平面內的圓軌道，軌道內外兩側均光滑，半徑為R，質量為m的小滑塊以v1、v2初速度分別在軌道最高點的內側和外側運動，以下關于滑塊是否脫離軌道的說法正確的是（　　）
A．不管在軌道的內側還是外側運動，只要最高點不脫離則其它點一定不會脫離軌道
B．不管在軌道的內側還是外側運動，只要最高點的速度大于等于，一定不會脫離軌道
C．在軌道的內側最高點的速度、外側最高點的速度v2＝0，都不會脫離軌道
D．在軌道的內側只要一定脫離軌道，外側無論v2多大都會脫離軌道
（2023 紹興二模）如圖所示，兩個固定的、大小不同的豎直半圓形光滑軌道在最高點A平滑連接，小圓半徑r1＝0.5m，大圓半徑r2＝1.0m，小圓最低點O恰在大圓圓心處，O點有一彈射裝置（圖中未畫出），可水平向右彈射質量為m1＝0.2kg的滑塊。放置在光滑水平面上的中空長直塑料板與大圓的最低點B平滑過渡。若塑料板質量m2＝0.2kg，長度L＝2.4m，厚度h＝0.05m，滑塊與塑料板上表面之間的動摩擦因數μ＝0.5，滑塊可視為質點，求：
（1）若滑塊能做完整的圓周運動，滑塊在最高點的最小速度v0大小；
（2）以向右彈射滑塊，滑塊到達大圓軌道B點時所受支持力的大小；
（3）以向右彈射滑塊，滑塊第一次落地點到B點的水平距離。
1．圓周運動主要分為水平面內的圓周運動(轉盤上的物體、汽車拐彎、火車拐彎、圓錐擺等)和豎直平面內的圓周運動(繩模型、汽車過拱形橋、水流星、內軌道、輕桿模型、管道模型)．
2．找向心力的來源是解決圓周運動的出發點，學會牛頓第二定律在曲線運動中的應用．
3．注意有些題目中有“恰能”、“剛好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點．
考題四　拋體運動與圓周運動的綜合
（2023 臺州模擬）如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O。在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點。連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為（忽略物體的大小和細線質量）（　　）
A．6l B．10l C．12l D．15l
（2023 鯉城區校級一模）很多商場的門前都放置一臺兒童游樂玩具—彈珠槍。如圖所示，ABCD是一個正方形光滑平臺，邊長為l，與水平面的傾角為θ，彈珠由彈珠槍擊打，彈珠沿著AB邊經過平臺拐角邊半徑為R的四分之一的圓弧軌道，最后離開圓弧軌道在斜面內運動。重力加速度為g。
（1）若彈珠經過Q點后恰好經過D點，則彈珠經過D點時的速度大小是多少？
（2）若要求彈珠能從圓弧軌道的頂點Q滑出到達D點，則圓弧軌道半徑的取值范圍是多少？
（2023 廈門模擬）如圖甲所示為我國傳統民俗文化表演“掄花”活動，祈福來年風調雨順、免于火災，已被列入國家級非物質文化遺產。“掄花”原理如圖乙所示，快速轉動豎直轉軸O1O2上的手柄AB，帶動“花筒”M、N在水平面內轉動，筒內燒紅的鐵片沿軌跡切線飛出，落到地面，形成絢麗的圖案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N離地高3.2m，若手搖AB轉動的角速度大小為15rad/s，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）“花筒”M的線速度大小；
（2）“花筒”（內含鐵片）質量為2kg時所需向心力大小；
（3）鐵片落地點距O2的距離大小（計算結果可用根號表示）。
曲線運動的綜合題往往涉及圓周運動、平拋運動等多個運動過程，常結合功能關系進行求解，解答時可從以下兩點進行突破：
1．分析臨界點
對于物體在臨界點相關的多個物理量，需要區分哪些物理量能夠突變，哪些物理量不能突變，而不能突變的物理量(一般指線速度)往往是解決問題的突破口．
2．分析每個運動過程的運動性質
對于物體參與的多個運動過程，要仔細分析每個運動過程做何種運動：
(1)若為圓周運動，應明確是水平面的勻速圓周運動，還是豎直平面的變速圓周運動，機械能是否守恒．
(2)若為拋體運動，應明確是平拋運動，還是類平拋運動，垂直于初速度方向的力是由哪個力、哪個力的分力或哪幾個力提供的．
（2023 和平區校級一模）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。坑內最低點c與a的水平距離和高度差均為h，不計空氣阻力，人與摩托車可視為質點。則落在c點與落在b點時的速率之比為（　　）
A． B． C． D．
（2023 大慶模擬）如圖所示，光滑斜面AB固定，傾角為37°，斜面上P點與斜面底端B點間的距離為L，D點位于B點的正上方。現在將小物塊從斜面的頂端A點由靜止釋放的同時，將小球從D點以某一初速度水平向左拋出，小球與物塊在P點相遇，相遇時小球恰好垂直打到斜面上。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物塊與小球均視為質點，不計空氣阻力。A、B兩點間的距離為（　　）
A． B． C． D．
（2023 青羊區校級模擬）如圖所示，a、b兩小球分別從半徑大小為R的半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，a、b均可視為質點，結果a、b兩球同時分別落在半圓軌道和斜面上，則小球的初速度大小為（　　）（重力加速度為g，不計空氣阻力）
A． B． C． D．
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，某同學打水漂，從離水面1.25m處以的初速度水平擲出一枚石塊。若石塊每次與水面接觸速率損失50%，彈跳速度與水面的夾角都是30°，當速度小于1m/s就會落水。已知g＝10m/s2，，。不計空氣阻力，假設石塊始終在同一豎直面內運動，則下列說法錯誤的是（　　）
A．第一次與水面接觸后，彈跳速度為5m/s
B．第一個接觸點與第二個接觸點之間距離為
C．水面上一共出現5個接觸點
D．落水處離人擲出點的水平距離為
（2023 浙江模擬）跳臺滑雪是一項勇敢者的運動，某運動員從跳臺A處沿水平方向飛出，在斜面AB上的B處著陸，斜面AB與水平方向夾角為30°且足夠長，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．運動員在空中相同時間內的速度變化相同
B．運動員在斜面上的落點到A點的距離與初速度成正比
C．運動員落在B處的速度與水平方向夾角60°
D．運動員的質量越大，落點離A越遠
（2023 遼寧模擬）在一次施工中，塔吊將重物從O點吊起，從起吊開始計時，以O為原點，設水平為x方向、豎直為y方向，重物x、y方向的運動規律分別如圖甲、乙所示，則重物（　　）
A．在水平方向做勻變速直線運動
B．運動軌跡為拋物線
C．0～8s內的位移大小為40m
D．在相等時間內的速度變化量不相等
（2023 渾南區校級一模）港珠澳大橋總長約55km，是世界上總體跨度最長、鋼結構橋體最長、海底沉管隧道最長的跨海大橋。如圖所示，該路段是港珠澳大橋的一段半徑R＝150m的圓弧形彎道，總質量m＝1500kg的汽車通過該圓弧形彎道時以速度v＝72km/h做勻速圓周運動（汽車可視為質點，路面視為水平且不考慮車道的寬度）。已知路面與汽車輪胎間的徑向最大靜摩擦力為汽車所受重力的，取重力加速度大小g＝10m/s2，則（　　）
A．汽車過該彎道時受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為4000N
C．汽車過該彎道時的向心加速度大小為3m/s2
D．汽車能安全通過該彎道的最大速度為40m/s
（2023 虹口區二模）如圖，鋼架雪車比賽中，雪車以速率v通過截面為四分之一圓弧的彎道，彎道半徑為R，不計雪車受到冰面摩擦力。在此情況中（　　）
A．運動員和雪車所受合外力為零
B．軌道對雪車的彈力為其轉彎的向心力
C．若僅增大v，則雪車離軌道底部更高
D．若僅增大R，則雪車離軌道底部更高
（2023 鼓樓區校級模擬）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在水平道路上運動，貨箱中質量為m的石塊B受到周圍石塊對它的作用力為F，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．貨車勻速運動時，F＝0
B．石塊B隨貨車轉彎時F＝mg
C．貨車運動的速度越大，F就越大
D．貨車的加速度越大，F與水平方向的夾角越小
（2023 長春模擬）如圖為自行車氣嘴燈及其結構圖，彈簧一端固定在A端，另一端拴接重物，當車輪高速旋轉時，重物由于離心運動拉伸彈簧后才使觸點M、N接觸，從而接通電路，LED燈就會發光。下列說法正確的是（　　）
A．氣嘴燈做圓周運動時，重物受到重力、彈簧彈力和向心力
B．氣嘴燈運動至最高點時處于超重狀態
C．以相同轉速勻速行駛時，重物質量越小，在最低點時LED燈越容易發光
D．以相同轉速勻速行駛時，若LED燈轉到最高點時能發光，則在最低點時也一定能發光
（2023 天津模擬）電動打夯機可以幫助筑路工人壓實路面，大大提高了工作效率。如圖所示某電動打夯機的結構示意圖，由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為m，配重物的重心到輪軸的距離為r。重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體離開地面。下列判斷正確的是（　　）
A．電動機輪軸與偏心輪轉動角速度相同
B．配重物轉到最高點時，處于超重狀態
C．偏心輪轉動的角速度為
D．打夯機對地面壓力的最大值為（M+m）g
（2023 廈門一模）如圖，不可伸長的輕繩一端與質量為m的小球相連，另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接，物塊置于左側滑輪正下方的水平壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l。現用水平向右恒力Fmg將小球由最低處拉至輕繩與豎直方向夾角θ＝37°處，立即撤去F，此時傳感裝置示數為mg．已知物塊始終沒有脫離傳感裝置，重力加速度為g，不計滑輪的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去F時小球的速度大小v1；
（2）小球返回最低處時輕繩的拉力大小；
（3）小球返回最低處時傳感裝置的示數。
（2023 武漢模擬）如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道傾角為37°，圓形管道半徑為R、內壁光滑，傾斜軌道與圓形管道之間平滑連接，相切于B點，C、D分別為圓形管道的最低點和最高點，整個裝置固定在豎直平面內。一小球質量為m，小球直徑略小于圓形管道內徑，圓形管道內徑遠小于R，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）從傾斜軌道上距離C點多高的位置A由靜止釋放小球，小球滑下后，在圓形管道內運動通過D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0？
（2）若將圓形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下來，并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高，將小球仍然從第（1）問中的位置A由靜止釋放，通過計算說明小球還能否從Q處進入管道繼續在管道內運動？
（3）若將圓形管道的DQB段取下來，改變小球在傾斜軌道上由靜止釋放的位置，小球從D點飛出后落到傾斜軌道時的動能也隨之改變，求小球從D點飛出后落到傾斜軌道上動能的最小值（只考慮小球落到傾斜軌道上的第一落點）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第3講 拋體運動與圓周運動
考題一　運動的合成與分解
（2023 嘉興二模）如圖所示，足球場上畫了一條以O為原點，以x軸為對稱軸的拋物線，A、B為該拋物線上的兩點。體育老師要求學生在規定時間內不停頓地從拋物線的一端跑到另一端。小張同學按要求完成該運動的過程中，可以肯定的是（　　）
A．所受的合外力始終不為零
B．x軸方向的分運動是勻速運動
C．y軸方向的分運動是勻速運動
D．通過A、B兩點時的加速度相等
【解答】解：A、學生沿拋物線運動，其做曲線運動，速度方向不斷發生變化，即速度變化量不為零，加速度不為零，即學生所受外力的合力一定不為零，故A正確；
BC、根據曲線運動的條件可知，學生所受外力的合力方向指向拋物線的凹側，但是具體方向不確定，因此x軸方向與y軸方向的分運動不能肯定是勻速運動，故BC錯誤；
D、根據上述，由于學生所受外力的合力大小與方向均不確定，因此通過A、B兩點時的加速度不能確定是相等的，故D錯誤。
故選：A。
（2023 浙江模擬）如圖所示，斯特林發動機的機械裝置可以將圓周運動轉化為直線上的往復運動。連桿AB，OB可繞圖中A、B、O三處的轉軸轉動，連桿OB長為R，連桿AB長為L（L＞R），當OB桿以角速度ω逆時針勻速轉動時，滑塊在水平橫桿上左右滑動，連桿AB與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β。在滑塊向左滑動過程中（　　）
A．滑塊A從右向左先做加速度減小的加速運動，后做加速度減小的減速運動
B．當OB桿與OA垂直時，滑塊的速度最大
C．當OB桿與OA垂直時，滑塊的速度大小為
D．當β＝90°時，滑塊的速度大小為
【解答】解：設滑塊的速度（合速度）大小為v，沿水平方向，如圖將A點的速度分解為沿著桿的分速度和垂直桿的分速度
根據運動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：
v1＝vcosα
BB點做圓周運動，實際速度是圓周運動的線速度，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直于桿方向的分速度，如圖設B的線速度為v'，則
沿桿的分速度：
v'1＝V'cosθ＝V'cos（90°﹣β）＝V'sinβ
V'＝ωR
又二者沿桿方向的分速度是相等的，即v1＝v'1
聯立可得
在△AOB中，由正弦定理得
解得v＝ωsOAtanα
A.滑塊A從右向左運動時，其速度v＝ωsOAtanα，隨角度α變化而不均勻變化，角度α先增大后減小，根據正切函數的性質可知，滑塊先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的減速運動，故A錯誤；
BC.當O桿OB與AB垂直時，α＝90°﹣β，sinβ＝cosα，則，滑塊的速度不是最大，故B，C錯誤；
D.當β＝90°時，如圖所示：
滑塊的速度為：
，故D正確。
故選：D。
（2023 瓊山區校級三模）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環，小環套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。現將小環從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環沿直桿下滑距離也為d時（圖中B處），下列說法正確的是（　　）
A．環減少的機械能大于重物增加的機械能
B．小環到達B處時，重物上升的高度也為d
C．環在B處的速度與重物上升的速度大小之比為
D．環在B處的速度為
【解答】解：A、由于小環和重物只有重力做功，則系統機械能守恒，所以環減少的機械能等于重物增加的機械能，故A錯誤；
B、結合幾何關系可知，重物上升的高度：hd＝（1）d，故B錯誤；
C、兩個物體沿著繩子方向的分速度，故：v環cos45°＝vG，故環在B處的速度與重物上升的速度大小之比為：1，故C錯誤；
D、小環和重物組成的系統機械能守恒，故：mgdmv環2（2m）vG2+（2m）gh；聯立解得：v環，故D正確。
故選：D。
1．合運動與分運動的關系：
(1)獨立性：兩個分運動可能共線、可能互成角度．兩個分運動各自獨立，互不干擾．
(2)等效性：兩個分運動的規律、位移、速度、加速度疊加起來與合運動的規律、位移、速度、加速度效果相同．
(3)等時性：各個分運動及其合運動總是同時發生，同時結束，經歷的時間相等．
(4)合運動一定是物體的實際運動．
物體實際發生的運動就是物體相對地面發生的運動，或者說是相對于地面上的觀察者所發生的運動．
2．判斷以下說法的對錯．
(1)曲線運動一定是變速運動．(　 　)
(2)變速運動一定是曲線運動．(　 　)
(3)做曲線運動的物體所受的合外力一定是變力．(　 　)
考題二　平拋(類平拋)運動的規律
（2023 杭州二模）某天，小陳同學放學經過一座石拱橋，他在橋頂A處無意中把一顆小石子水平沿橋面向前踢出，他驚訝地發現小石子竟然幾乎貼著橋面一直飛到橋的底端D處，但是又始終沒有與橋面接觸。他一下子來了興趣，跑上跑下量出了橋頂高OA＝3.2m，橋頂到橋底的水平距離OD＝6.4m。這時小陳起一顆小石，在A處，試著水平拋出小石頭，欲擊中橋面上兩塊石板的接縫B處（B點的正下方B'是OD的中點），小陳目測小石頭拋出點離A點高度為1.65m，下列說法正確的是（　　）
A．石拱橋為圓弧形石拱橋
B．小陳踢出的小石頭速度約為6.4m/s
C．小陳拋出的小石頭速度約為4.6m/s
D．先后兩顆小石子在空中的運動時間之比為2：1
【解答】解：A、石頭做平拋運動，石子幾乎貼著橋面一直飛到橋的底端D處，且始終沒有與橋面接觸，則石拱橋為拋物線形石拱橋，故A錯誤；
B、石頭做平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，水平方向：OD＝v1t1
豎直方向：OA
代入數據聯立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B錯誤；
C、小陳踢出的石子經過B點時，水平方向的位移為總位移的，則時間為總時間的，A和B豎直方向的距離為hABg（t1）2OA3.2m＝0.8m
小陳拋出的小石頭做平拋運動，水平方向的位移為：OD＝v2t2
豎直方向位移為：h+hAB
代入數據解得：t2＝0.7s
v2m/s≈4.6m/s
故C正確；
D、先后兩顆小石子在空中的運動時間之比為：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D錯誤。
故選：C。
（2023 浙江二模）如圖所示，將小球從傾角為θ＝30°的光滑斜面上A點以速度v0＝10m/s水平拋出（即v0∥CD），最后從B處離開斜面，已知AB間的高度h＝5m，g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．小球的加速度為m/s2
B．小球做平拋運動，運動軌跡為拋物線
C．小球到達B點時的速度大小為10m/s
D．小球從A點運動到B點所用的時間為1s
【解答】解：小球做類平拋運動，根據牛頓第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度為：
agsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根據位移—時間關系可得：
代入數據解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小為：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
則到達B點時的速度大小vm/s＝10m/s，故C正確、ABD錯誤。
故選：C。
（2022 浙江模擬）如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結構示意圖，其左邊部分是一個高度和水平位置均可以調節的平臺，在平臺上面放置一個彈射裝置；游戲裝置的右邊部分由豎直固定的光滑圓弧軌道BC、粗糙水平直線軌道CD與豎直固定的光滑圓軌道DED′組成（底端連接處D與D′略錯開）。已知圓弧軌道BC的圓心為O1、半徑R1＝1.2m，其C端與水平面相切，O1B與O1C的夾角θ＝60°；水平直線軌道CD長度L＝1.2m，動摩擦因數μ＝0.5；圓軌道DED′的半徑R2＝0.8m。將質量m＝0.2kg的滑塊Q置于C點，再將質量同為m＝0.2kg的小球P經彈射裝置從平臺A點水平彈出，通過改變AB高度差h、水平距離和小球P在A點的初速度大小，總能讓小球沿B點的切線方向進入BC圓弧軌道，然后與滑塊Q發生彈性碰撞。空氣阻力不計，小球和滑塊均可視為質點，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若h＝0.45m，求小球P從A點彈出時的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到達C點與Q碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力；
（3）要使P與Q僅碰撞1次，且滑塊運動過程中不脫離軌道，求h需要滿足的條件。
【解答】解：（1）從A到B：0＝2gh
水平初速度v0，解得v0m/s
（2）從A拋出到C：mg（h），vc＝2m/s
在C點：FNC﹣mg＝m，解得FNC＝6N；
由牛頓第三定律得，壓力F′NC＝FNC＝6N，方向豎直向下
（3）球P與Q彈性碰撞后，速度交換，P球靜止，Q球彈出
若Q球碰撞后沒滑上圓軌道或滑上圓軌道位置處不超過圓心等高點，且返回時停在CD軌道上，則僅碰撞1次，剛好到圓心等高處時：
mg（R1﹣R1cosθ）＝μmgL+mgR2
解得：vB1＝4m/s
返回時剛好到Q點，滿足：mg（R1﹣R1cosθ）＝2μmgL
解得：vB2＝2m/s
綜上解得：0≤vB≤2m/s
要過E點，則需滿足mg（R1﹣R1cosθ）﹣μmgL＝mg2R2
mg，解得：vB3＝2m/s
過E點則僅碰撞1次，滿足：vB≥2m/s
綜上所述：0≤vB≤2m/s或者vB≥2m/s
從A到B，要滿足的關系：（vBsin60°）2＝2gh
h要滿足的條件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m
答：（1）小球P從A點彈出時的初速度大小為m/s；
（2）小球P到達C點與Q碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力為6N，方向豎直向下；
（3）h需要滿足的條件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m。
1.平拋運動規律
以拋出點為坐標原點，水平初速度v0方向為x軸正方向，豎直向下的方向為y軸正方向，建立如圖所示的坐標系，則平拋運動規律如下．
(1)水平方向：vx＝v0　x＝v0t
(2)豎直方向：vy＝gt　y＝gt2
(3)合運動：合速度：vt＝＝
合位移：s＝
合速度與水平方向夾角的正切值tan α＝＝
合位移與水平方向夾角的正切值tan θ＝＝
2．平拋運動的兩個重要推論
推論Ⅰ：做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，則tan α＝2tan θ.
推論Ⅱ：做平拋(或類平拋)運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．
考題三 圓周運動問題的分析
（2023 臺州二模）某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B，如圖所示，齒輪A、B的齒數之比為1：2，齒輪勻速轉動時，則A、B齒輪的（　　）
A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比為ω1：ω2＝2：1
C．邊緣各點的線速度大小之比v1：v2＝1：2
D．轉速之比為n1：n2＝1：2
【解答】解：C、齒輪A、B的齒數之比為1：2，可知齒輪A、B的半徑之比為1：2；齒輪A、B相互咬合，可知邊緣各點的線速度大小相等，即v1：v2＝1：1，故C錯誤；
B、根據v＝ωr可得齒輪A、B角速度之比為ω1：ω2＝r2：r1＝2：1，故B正確；
A、根據可得齒輪A、B周期之比為T1：T2＝ω2：ω1＝1：2，故A錯誤；
D、根據ω＝2πn可得齒輪A、B轉速之比為n1：n2＝ω1：ω2＝2：1，故C錯誤；
故選：B。
（2023 浙江模擬）如圖所示有豎直平面內的圓軌道，軌道內外兩側均光滑，半徑為R，質量為m的小滑塊以v1、v2初速度分別在軌道最高點的內側和外側運動，以下關于滑塊是否脫離軌道的說法正確的是（　　）
A．不管在軌道的內側還是外側運動，只要最高點不脫離則其它點一定不會脫離軌道
B．不管在軌道的內側還是外側運動，只要最高點的速度大于等于，一定不會脫離軌道
C．在軌道的內側最高點的速度、外側最高點的速度v2＝0，都不會脫離軌道
D．在軌道的內側只要一定脫離軌道，外側無論v2多大都會脫離軌道
【解答】解：當小滑塊在軌道內側運動時，受力分析如圖
小滑塊所受指向軌道圓心的合力提供向心力，則有
從最高點滑下來，由機械能守恒定律
聯立解得，壓力
所以當FT≥0時，小滑塊能夠不脫離軌道在軌道內側運動，需要滿足條件：
當θ＝0°時，cosθ最大，所以需滿足
解得小滑塊在軌道內側運動不脫離軌道的條件是；
當小滑塊在軌道外側運動時，受力分析如圖所示，
小滑塊受到的合力提供向心力，故
從最高點滑下來，由機械能守恒定律可得，
聯立解得
所以當FT≥0時，小滑塊能夠不脫離軌道在軌道外側運動，需滿足
當θ＝90°時，cosθ最小，所以需滿足，則可知，此時v2無解，所以無論小滑塊以多大的速度在軌道外側從最高點滑出，都會脫離軌道。
由以上分析可知，在軌道的內側只要，滑塊就一定會脫離軌道，而在外側無論v2多大都會脫離軌道，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 紹興二模）如圖所示，兩個固定的、大小不同的豎直半圓形光滑軌道在最高點A平滑連接，小圓半徑r1＝0.5m，大圓半徑r2＝1.0m，小圓最低點O恰在大圓圓心處，O點有一彈射裝置（圖中未畫出），可水平向右彈射質量為m1＝0.2kg的滑塊。放置在光滑水平面上的中空長直塑料板與大圓的最低點B平滑過渡。若塑料板質量m2＝0.2kg，長度L＝2.4m，厚度h＝0.05m，滑塊與塑料板上表面之間的動摩擦因數μ＝0.5，滑塊可視為質點，求：
（1）若滑塊能做完整的圓周運動，滑塊在最高點的最小速度v0大小；
（2）以向右彈射滑塊，滑塊到達大圓軌道B點時所受支持力的大小；
（3）以向右彈射滑塊，滑塊第一次落地點到B點的水平距離。
【解答】解：（1）若滑塊能做完整的圓周運動，滑塊在最高點只有重力提供向心力，有
解得
（2）從彈射到B點，對滑塊根據動能定理有
在B點根據牛頓第二定律有
解得N＝14.8N
（3）滑塊與塑料板組成的系統動量守恒，規定向右為正方向，根據動量守恒定律有m1vB＝m1v'+m2v''
根據能量守恒定律有
對滑塊，根據能量守恒定律有
滑塊離開塑料板后做平拋運動x2＝v't，
滑塊第一次落地點到B點的水平距離為x＝x1+x2
解得x＝3.4m
答：（1）滑塊能做完整的圓周運動，滑塊在最高點的最小速度v0大小m/s；
（2）以向右彈射滑塊，滑塊到達大圓軌道B點時所受支持力的大小14.8N；
（3）以向右彈射滑塊，滑塊第一次落地點到B點的水平距離3.4m。
1．圓周運動主要分為水平面內的圓周運動(轉盤上的物體、汽車拐彎、火車拐彎、圓錐擺等)和豎直平面內的圓周運動(繩模型、汽車過拱形橋、水流星、內軌道、輕桿模型、管道模型)．
2．找向心力的來源是解決圓周運動的出發點，學會牛頓第二定律在曲線運動中的應用．
3．注意有些題目中有“恰能”、“剛好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點．
考題四　拋體運動與圓周運動的綜合
（2023 臺州模擬）如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O。在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點。連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為（忽略物體的大小和細線質量）（　　）
A．6l B．10l C．12l D．15l
【解答】解：物體A、B在同一高度做勻速圓周運動時，設連接A的細線與豎直方向的夾角為θA，連接B的細線與豎直方向的夾角為θB，O點到水平面的高度為h。
對A球，由幾何關系得：sinθA0.6，則θA＝37°
由牛頓第二定律得：mAgtanθA＝mA，解得A的線速度大小：vA
對B球，由幾何關系得：sinθB0.8，則θB＝53°
由牛頓第二定律得：mBgtanθB＝mB，解得B的線速度大小：vB
細線同時斷裂后，兩物體做平拋運動，設落地時間為t，水平方向兩物體的位移如圖：
由幾何關系和平拋運動規律得：水平方向，有（vAt）2+（6l）2＝（vBt）2+（4l）2
豎直方向：hgt2
聯立解得：h＝12l，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 鯉城區校級一模）很多商場的門前都放置一臺兒童游樂玩具—彈珠槍。如圖所示，ABCD是一個正方形光滑平臺，邊長為l，與水平面的傾角為θ，彈珠由彈珠槍擊打，彈珠沿著AB邊經過平臺拐角邊半徑為R的四分之一的圓弧軌道，最后離開圓弧軌道在斜面內運動。重力加速度為g。
（1）若彈珠經過Q點后恰好經過D點，則彈珠經過D點時的速度大小是多少？
（2）若要求彈珠能從圓弧軌道的頂點Q滑出到達D點，則圓弧軌道半徑的取值范圍是多少？
【解答】解：（1）由題意可知，彈珠在斜面上自由運動時所受的合力為：F合＝mgsinθ
所以彈珠從Q點到D點做類平拋運動的加速度為：agsinθ
由平拋運動規律可以得到：l﹣R＝vt
l
聯立解得：v
從Q點到D點由動能定理，得：mgssinθ
整理得到：
（2）彈珠沿圓弧軌道做圓周運動，由題意，彈珠能從圓弧軌道的頂點Q滑出到達D點。則在Q點，對其受力分析，可得：mgsinθ
聯立上一問的平拋速度有：[（l﹣R）]2≥gRsinθ
整理得：R2﹣4lR+l2≥0
解得：R（不合題意，舍去），R
所以彈珠能從圓弧軌道的頂點Q滑出到達D點，圓弧軌道半徑的取值范圍為：0＜R
答：（1）若彈珠經過Q點后恰好經過D點，則彈珠經過D點時的速度大小是；
（2）若要求彈珠能從圓弧軌道的頂點Q滑出到達D點，則圓弧軌道半徑的取值范圍是。
（2023 廈門模擬）如圖甲所示為我國傳統民俗文化表演“掄花”活動，祈福來年風調雨順、免于火災，已被列入國家級非物質文化遺產。“掄花”原理如圖乙所示，快速轉動豎直轉軸O1O2上的手柄AB，帶動“花筒”M、N在水平面內轉動，筒內燒紅的鐵片沿軌跡切線飛出，落到地面，形成絢麗的圖案。已知MO1＝NO1＝2m，M、N離地高3.2m，若手搖AB轉動的角速度大小為15rad/s，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）“花筒”M的線速度大小；
（2）“花筒”（內含鐵片）質量為2kg時所需向心力大小；
（3）鐵片落地點距O2的距離大小（計算結果可用根號表示）。
【解答】解：（1）“花筒”M轉動的角速度與AB轉動的角速度相同，ω＝15rad/s。“花筒”M轉動半徑為r＝MO1＝2m
其線速度大小為v＝ωr＝15×2m/s＝30m/s
（2）“花筒”所需向心力大小為F＝mrω2
代入數據解得：F＝900N
（3）燒紅的鐵片沿切線飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，有
解得
水平方向做勻速直線運動，有x＝vt＝30×0.8m＝24m
所以，鐵片落地點距O2的距離大小為
sm＝2m
答：（1）“花筒”M的線速度大小為30m/s；
（2）“花筒”（內含鐵片）質量為2kg時所需向心力大小為900N；
（3）鐵片落地點距O2的距離大小為2m。
曲線運動的綜合題往往涉及圓周運動、平拋運動等多個運動過程，常結合功能關系進行求解，解答時可從以下兩點進行突破：
1．分析臨界點
對于物體在臨界點相關的多個物理量，需要區分哪些物理量能夠突變，哪些物理量不能突變，而不能突變的物理量(一般指線速度)往往是解決問題的突破口．
2．分析每個運動過程的運動性質
對于物體參與的多個運動過程，要仔細分析每個運動過程做何種運動：
(1)若為圓周運動，應明確是水平面的勻速圓周運動，還是豎直平面的變速圓周運動，機械能是否守恒．
(2)若為拋體運動，應明確是平拋運動，還是類平拋運動，垂直于初速度方向的力是由哪個力、哪個力的分力或哪幾個力提供的．
（2023 和平區校級一模）如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。坑內最低點c與a的水平距離和高度差均為h，不計空氣阻力，人與摩托車可視為質點。則落在c點與落在b點時的速率之比為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設摩托車與人平拋的初速度大小為v1時落在c點，根據平拋運動規律有
h＝v1t1
可得
則在c點時速率
解得vc
設摩托車與人平拋的初速度大小為v2時落在b點，同理有，3h＝v2t2
則在b點時速率
解得vb
則落在c點與落在b點時的速率之比為
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023 大慶模擬）如圖所示，光滑斜面AB固定，傾角為37°，斜面上P點與斜面底端B點間的距離為L，D點位于B點的正上方。現在將小物塊從斜面的頂端A點由靜止釋放的同時，將小球從D點以某一初速度水平向左拋出，小球與物塊在P點相遇，相遇時小球恰好垂直打到斜面上。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物塊與小球均視為質點，不計空氣阻力。A、B兩點間的距離為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：（1）小球從D點運動到P點的過程做平拋運動，如圖所示：
有Lcosθ＝v0t；tanθ
解得：
t
設物塊沿斜面下滑的加速度大小為a，根據牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma
根據運動學公式可得：d
s＝d+L
解得：s
故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2023 青羊區校級模擬）如圖所示，a、b兩小球分別從半徑大小為R的半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，a、b均可視為質點，結果a、b兩球同時分別落在半圓軌道和斜面上，則小球的初速度大小為（　　）（重力加速度為g，不計空氣阻力）
A． B． C． D．
【解答】解：a、b兩球以相同的初速度同時平拋，同時分別落在半圓軌道和斜面上，可知兩小球運動時間相等，在豎直方向和水平方向的位移大小相等，將右側三角形斜面放入左側半圓，三角形斜邊與圓弧有一交點，該交點與拋出點之間豎直方向的距離與水平方向的距離就是小球做平拋運動的豎直位移大小和水平位移大小，分別設為y和x，并設小球從拋出到落到斜面上所用時間為t，斜面傾角為θ，如圖所示。
根據題意：斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，可知：sinθ
則θ＝30°
由幾何關系可得
x＝R+Rcos2θ＝v0t
聯立解得：，，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，某同學打水漂，從離水面1.25m處以的初速度水平擲出一枚石塊。若石塊每次與水面接觸速率損失50%，彈跳速度與水面的夾角都是30°，當速度小于1m/s就會落水。已知g＝10m/s2，，。不計空氣阻力，假設石塊始終在同一豎直面內運動，則下列說法錯誤的是（　　）
A．第一次與水面接觸后，彈跳速度為5m/s
B．第一個接觸點與第二個接觸點之間距離為
C．水面上一共出現5個接觸點
D．落水處離人擲出點的水平距離為
【解答】解：A、石塊做平拋運動，設平拋運動的時間為t1，則h，得t1s＝0.5s
第一次與水面接觸前的速度大小v1m/s＝10m/s，因此第一次與水面接觸后，彈跳速度為v1′＝50%v1＝0.5×10m/s＝5m/s，故A正確；
B、第一次與水面接觸后做斜拋運動，設第一個接觸點與第二個接觸點之間的時間為t2，第一個接觸點與第二個接觸點之間距離為x2。
則t2s＝0.5s，x2＝v1′cos30° t2＝50.5mm，故B正確；
C、石塊每次與水面接觸速率損失50%，設水面上一共出現n個接觸點，則vn＝v1×（1 0.5）n﹣1，解得n＝4時，vn＜1m/s，即石塊與水面第4次接觸后會落水，水面上一共出現4個接觸點，故C錯誤；
D、平拋運動水平方向的位移為
x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m
第一個接觸點與第二個接觸點之間距離為x2＝v1′cos30° t2＝50%v1cos30° 2×（50%）2
同理可得：第三個接觸點與第四個接觸點之間距離為x3＝2×（50%）4
落水處離人擲出點的水平距離為x＝x1+x2+x3
聯立解得：x，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：C。
（2023 浙江模擬）跳臺滑雪是一項勇敢者的運動，某運動員從跳臺A處沿水平方向飛出，在斜面AB上的B處著陸，斜面AB與水平方向夾角為30°且足夠長，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．運動員在空中相同時間內的速度變化相同
B．運動員在斜面上的落點到A點的距離與初速度成正比
C．運動員落在B處的速度與水平方向夾角60°
D．運動員的質量越大，落點離A越遠
【解答】解：A．運動員在空中只受重力，加速度恒定，由v＝gt可知，單位時間內速度變化相同，故A正確；
B．落點到A的距離利用平拋規律可知，水平方向上有：x＝v0t，豎直方向上有：；根據運動的合成和分解規律可知，，解得水平位移，聯立解得，
所以運動員在斜面上的落點到A點的距離與初速度的平方成正比，故B錯誤；
C．根據平拋運動的結論速度夾角的正切值是位移夾角正切值的2倍可知，速度與水平方向夾角的正切值是2tan30°，故C錯誤；
D．根據平拋運動的規律可知，平拋運動與質量無關，所以落點與質量無關，故D錯誤。
故選：A。
（2023 遼寧模擬）在一次施工中，塔吊將重物從O點吊起，從起吊開始計時，以O為原點，設水平為x方向、豎直為y方向，重物x、y方向的運動規律分別如圖甲、乙所示，則重物（　　）
A．在水平方向做勻變速直線運動
B．運動軌跡為拋物線
C．0～8s內的位移大小為40m
D．在相等時間內的速度變化量不相等
【解答】解：A．由圖甲，x﹣t圖像斜率代表速度，重物在水平方向做勻速直線運動，故A錯誤；
B．重物在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，所以重物的運動軌跡為拋物線，故B正確；
C．0～8s內水平方向位移為24m，v﹣t圖像與時間軸圍成的圖形的面積代表位移，豎直方向位移
位移大小
故C錯誤；
D．重物加速度為
重物在相等時間內的速度變化量相等，故D錯誤。
故選：B。
（2023 渾南區校級一模）港珠澳大橋總長約55km，是世界上總體跨度最長、鋼結構橋體最長、海底沉管隧道最長的跨海大橋。如圖所示，該路段是港珠澳大橋的一段半徑R＝150m的圓弧形彎道，總質量m＝1500kg的汽車通過該圓弧形彎道時以速度v＝72km/h做勻速圓周運動（汽車可視為質點，路面視為水平且不考慮車道的寬度）。已知路面與汽車輪胎間的徑向最大靜摩擦力為汽車所受重力的，取重力加速度大小g＝10m/s2，則（　　）
A．汽車過該彎道時受到重力、支持力、摩擦力和向心力
B．汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為4000N
C．汽車過該彎道時的向心加速度大小為3m/s2
D．汽車能安全通過該彎道的最大速度為40m/s
【解答】解：A．汽車過該彎道時受到重力、支持力、摩擦力和牽引力作用，徑向摩擦力提供做圓周運動的向心力，向心力不是汽車實際受到的力，故A錯誤；
B．汽車過該彎道時所受徑向靜摩擦力大小為f，由牛頓第二定律得：
其中v＝72km/h＝20m/s
代入數據得：f＝4000N，故B正確；
C．汽車過該彎道時的向心加速度大小為：
代入數據得：，故C錯誤；
D．汽車能安全通過該彎道最大速度為vm，由牛頓第二定律得：
解得：vm＝30m/s，故D錯誤。
故選：B。
（2023 虹口區二模）如圖，鋼架雪車比賽中，雪車以速率v通過截面為四分之一圓弧的彎道，彎道半徑為R，不計雪車受到冰面摩擦力。在此情況中（　　）
A．運動員和雪車所受合外力為零
B．軌道對雪車的彈力為其轉彎的向心力
C．若僅增大v，則雪車離軌道底部更高
D．若僅增大R，則雪車離軌道底部更高
【解答】解：A、運動員和雪車做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，提供向心力，不為零，故A錯誤；
B、軌道對雪車的彈力和重力的合力提供向心力，故B錯誤；
CD、對雪車和運動員受力分析，如圖：
設雪車與圓心連線與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系得：mmgtanθ
若僅增大v，則tanθ增大，雪車離軌道底部更高；
若僅增大R，則tanθ減小，雪車離軌道底部更低，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 鼓樓區校級模擬）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在水平道路上運動，貨箱中質量為m的石塊B受到周圍石塊對它的作用力為F，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．貨車勻速運動時，F＝0
B．石塊B隨貨車轉彎時F＝mg
C．貨車運動的速度越大，F就越大
D．貨車的加速度越大，F與水平方向的夾角越小
【解答】解：A、貨車勻速運動時，由平衡條件有F＝mg，故A錯誤；
C、根據A可知，當車做勻速直線運動時，始終與重力大小相等，與速度大小無關，故C錯誤；
B、石塊B隨貨車在水平道路上轉彎時，由作用力F與重力的合力提供圓周運動的向心力，有，可知作用力F大小大于重力，其大小由轉彎速度與圓周運動的半徑決定，故B錯誤；
D、貨車做加速運動時，令作用力與水平方向夾角為θ，則有matanθ＝mg可知，貨車的加速度越大，F與水平方向的夾角越小，故D正確；
故選：D。
（2023 長春模擬）如圖為自行車氣嘴燈及其結構圖，彈簧一端固定在A端，另一端拴接重物，當車輪高速旋轉時，重物由于離心運動拉伸彈簧后才使觸點M、N接觸，從而接通電路，LED燈就會發光。下列說法正確的是（　　）
A．氣嘴燈做圓周運動時，重物受到重力、彈簧彈力和向心力
B．氣嘴燈運動至最高點時處于超重狀態
C．以相同轉速勻速行駛時，重物質量越小，在最低點時LED燈越容易發光
D．以相同轉速勻速行駛時，若LED燈轉到最高點時能發光，則在最低點時也一定能發光
【解答】解：A．氣嘴燈做圓周運動時，重物受重力和彈簧彈力，合力提供向心力，向心力是效果力，受力分析時不能加入分析，故A錯誤；
B．氣嘴燈運動至最高點時，合力指向圓心向下，具有向下的加速度，處于失重狀態，故B錯誤；
C．在最低點時，合力提供向心力有F﹣mg＝mω2r
可得F＝mg+mω2r
可知，以相同轉速勻速行駛時，重物質量越小，在最低點時，彈簧的形變量較小，M和N不易接觸，導致LED燈不容易發光，故C錯誤；
D．在最高點時，合力提供向心力有F+mg＝mω2r
解得F＝mω2r﹣mg
可知，以相同轉速勻速行駛時，在最高點，彈簧的彈力小于最低點時彈簧彈力，則若LED燈轉到最高點時能發光，則在最低點時也一定能發光，故D正確。
故選：D。
（2023 天津模擬）電動打夯機可以幫助筑路工人壓實路面，大大提高了工作效率。如圖所示某電動打夯機的結構示意圖，由偏心輪（飛輪和配重物組成）、電動機和底座三部分組成。電動機、飛輪和底座總質量為M，配重物質量為m，配重物的重心到輪軸的距離為r。重力加速度為g。在電動機帶動下，偏心輪在豎直平面內勻速轉動，皮帶不打滑。當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體離開地面。下列判斷正確的是（　　）
A．電動機輪軸與偏心輪轉動角速度相同
B．配重物轉到最高點時，處于超重狀態
C．偏心輪轉動的角速度為
D．打夯機對地面壓力的最大值為（M+m）g
【解答】解：A．電動機輪軸與偏心輪轉軸屬于皮帶傳動，軸邊緣線速度大小相等，根據線速度與角速度的關系可知，角速度不相等，故A錯誤；
B．配重物轉到最高點時，加速度向下，處于失重狀態，故B錯誤；
C．當偏心輪上的配重物轉到頂端時，剛好使整體離開地面，根據平衡條件T＝Mg
飛輪對配重的作用力為T，對配重物，合力提供向心力，根據牛頓第二定律mg+T＝mrω2
聯立解得，故C正確；
D．在最低點，飛輪對配重的作用力為T′，對配重物，根據牛頓第二定律T'﹣mg＝mrω2
對打夯機，根據平衡條件N＝T'+Mg
聯立解得N＝2（m+M）g
根據牛頓第三定律可知打夯機對地面壓力的最大值為2（M+m）g，故D錯誤；
故選：C。
（2023 廈門一模）如圖，不可伸長的輕繩一端與質量為m的小球相連，另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接，物塊置于左側滑輪正下方的水平壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l。現用水平向右恒力Fmg將小球由最低處拉至輕繩與豎直方向夾角θ＝37°處，立即撤去F，此時傳感裝置示數為mg．已知物塊始終沒有脫離傳感裝置，重力加速度為g，不計滑輪的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）撤去F時小球的速度大小v1；
（2）小球返回最低處時輕繩的拉力大小；
（3）小球返回最低處時傳感裝置的示數。
【解答】解：（1）從最低點到θ＝37°，由動能定理：
FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）
解得：v1；
（2）從撤去F到返回最低點，由動能定理：
mgL（1﹣cosθ）
在最低點，由牛頓第二定律：
T﹣mg＝m
聯立解得：T；
（3）撤去F時輕繩拉力為T1，由牛頓第二定律：
T1﹣mgcosθ＝m
解得：T1＝1.3mg
對物塊由平衡條件：
G＝T1+F1＝1.3mgmg＝2.1mg
小球返回最低處時，對物塊：
G＝T+F2
F2＝G﹣T＝2.1mg
由牛頓第三定律，物塊對傳感器壓力為，即傳感裝置的示數為。
答：（1）撤去F時小球的速度大小v1 為；
（2）小球返回最低處時輕繩的拉力大小為；
（3）小球返回最低處時傳感裝置的示數為.
（2023 武漢模擬）如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道傾角為37°，圓形管道半徑為R、內壁光滑，傾斜軌道與圓形管道之間平滑連接，相切于B點，C、D分別為圓形管道的最低點和最高點，整個裝置固定在豎直平面內。一小球質量為m，小球直徑略小于圓形管道內徑，圓形管道內徑遠小于R，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）從傾斜軌道上距離C點多高的位置A由靜止釋放小球，小球滑下后，在圓形管道內運動通過D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0？
（2）若將圓形管道的上面三分之一部分（PDQ段）取下來，并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高，將小球仍然從第（1）問中的位置A由靜止釋放，通過計算說明小球還能否從Q處進入管道繼續在管道內運動？
（3）若將圓形管道的DQB段取下來，改變小球在傾斜軌道上由靜止釋放的位置，小球從D點飛出后落到傾斜軌道時的動能也隨之改變，求小球從D點飛出后落到傾斜軌道上動能的最小值（只考慮小球落到傾斜軌道上的第一落點）。
【解答】解：（1）在圓形管道的D點，管道內壁對小球恰好無作用力，重力完全提供向心力
根據牛頓第二定律
解得
小球從A到D，根據動能定理
聯立解得
（2）小球從A到P點，根據動能定理
聯立解得
PDQ段取下來后，小球離開P點做斜拋運動，運動時間
水平位移
根據數學知識
由于小球的水平位移x1＝PQ，因此小球恰好能從Q處進入管道繼續在管道內運動；
（3）將圓形管道的DQB段取下來，小球離開D點后做平拋運動，設小球落到斜面上時豎直位移為y，水平位移為x，落到傾斜軌道的動能為Ek
如圖所示：
豎直方向的位移
水平位移x＝v0t
Ek
根據幾何關系可知
R（1+cos37°）﹣y＝（x﹣Rsin37°）tan37°
解得
當時，小球動能有最小值，最小值為
答：（1）小球從傾斜軌道上距離C點2.5R高的位置A由靜止釋放；
（2）能；
（3）最小動能為。
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