押题精选05 曲线运动-2021年高考物理108所名校押题精选（解析版）

押题精选 05 曲线运动 1．游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示．已知模型飞机质量为 m固定在长为 L的旋臂 上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正 确的是 A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直 C．旋臂对模型飞机的作用力大小为 2 4 2 2sinm g L  D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小 【答案】C 【详解】A．向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，A错误 B．飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供 了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误 C．根据 B选项分析旋臂对模型飞机的作用力大小： 2 2 2 2 4 2 2( ) ( sin ) sinF mg m L m g L       ， C正确 D．根据选项 C的分析，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误 2．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 【详解】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。 3．如图，在冬奥会短道速滑项目中，圆弧实线 ON为正常运动路线的弯道，OM为运动员在 O点的速度方 向。若运动员在 O点稍发生侧滑，她就会偏离正常比赛路线，则其滑动线路（ ） A．沿 OM直线 B．在 OM左侧区域Ⅰ C．在 OM和 ON之间区域Ⅱ D．在 ON右侧区域Ⅲ 【答案】C 【详解】发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合外力不足以提供所需 的向心力，而受的合外力仍然指向圆心，若运动员水平方向不受任何外力时沿OM 方向做离心运动，实际 上运动员还要受摩擦力作用，所以滑动的方向在在OM 和ON之间区域Ⅱ，故 ABD错误，C正确。 故选 C。 4．打羽毛球时，用球拍轻轻一托，将球向上弹起，由于空气阻力的影响，球一过网就很快朝下坠落，成为 放网．如图所示是运动员王琳放网成功的情景，则此羽毛球在放网过程中 A．上升阶段加速度方向竖直向下 B．坠落阶段的轨迹是抛物线 C．上升阶段的机械能增加 D．空中全程机械能一直减小 【答案】D 【详解】A.上升阶段羽毛球受到竖直向下的重力和斜向下的空气阻力，合力方向不沿竖直向下方向，则加 速度方向不是竖直向下，故 A错误． B.由于受到空气阻力，所以坠落阶段的轨迹不是抛物线，故 B错误． CD.空中全程空气阻力一直对羽毛球做负功，所以其机械能一直减小，故 C错误，D正确． 5．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，如图甲所示。无人机在 0~5s 内的飞行过程中，其水平、竖直方向速度 xv 、 yv ，与时间 t的关系图像分别如图乙、丙所示，规定竖直方 向向上为正方向。下列说法正确的是（ ） A．0~2s内，无人机做匀加速直线运动 B． 2s ~ 4s内，无人机做匀减速直线运动 C． 4st= 时，无人机运动到最高点 D．0 ~ 5s内，无人机的位移大小为 9m 【答案】C 【详解】A． 10~ t 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； B． 2s ~ 4s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； C．0 ~ 4s时间内，竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则 4st= 时刻，竖直方向速度为 10m s ，所 以，无人机运动到最高点，故选项 C正确； D．0 ~ 5s内，无人机的水平位移为 9m，竖直位移为 1.75m，则合位移为 2 2x y ，不等于 9m，选项 D 错误。 故选 C； 6．如图，一小船以 2.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为 0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g 取 10m/s2）（ ） A．0.6m B．1.2m C．1.8m D．2.4m 【答案】B 【详解】根据运动的独立性，小球在竖直上抛运动的过程中，小船以 1.0m/s的速度匀速前行，由运动学知 识 21 2 h gt 小球上升的时间 0.3st  小球上抛到再次落入手中的时间为 2t，则小船前进的距离为 ·2 2.0 2 0.3m=1.2mx v t    故选 B。 7．2021年央视春节晚会采用了无人机表演。现通过传感器获得无人机水平方向速度 xv 、竖 yv （取竖直向 上为正方向）与飞行时间的关系如图所示，则下列说法正确的（ ） A．无人机在 1t 时刻上升至最高点 B．无人机在 2t 时刻处于超重状态 C．无人机在 10~ t 时间内沿直线飞行 D．无人机在 1 3~t t 时间内做匀变速运动 【答案】D 【详解】A．无人机在 3t 时刻上升至最高点，因为最高点是竖直方向速度为 0时，所以 A错误； B．无人机在 2t 时刻处于减速上升过程，加速度向下，处于失重状态，所以 B错误； C．无人机在 10~ t 时间内沿曲线飞行，因为其合加速度与合速度方向不在同一直线，所以 C错误； D．无人机在 1 3~t t 时间内，水平方向做匀速直线运动，合力为 0，竖直方向做匀减速直线运动，其合外力 不变，所以无人机做匀变速运动，则 D正确； 故选 D。 8．如图所示，长 L＝0.5m的直杆一端可绕固定轴 O无摩擦转动，另一端靠在物块 B上，B的表面光滑，当 B在图示位置被锁定时θ=37 ，现解除锁定，控制物块 B由静止开始水平向左做 a=0.2m/s2的匀加速直线运 动，则在 t=1s时，直杆端点 A的线速度为（ ） A． 1 4 m/s B． 4 25 m/s C． 1 3 m/s D． 3 25 m/s 【答案】C 【详解】物块 B由静止开始水平向左做 a=0.2m/s2的匀加速直线运动，则在 t=1s时，B的速度大小 v=at=0.2×1m/s=0.2m/s 运动的位移为 x= 1 2 at2=0.1m 而杆的长度为 L=0.5m，依据三角知识，则有 ' 0.3 0.1sin 0.8 0.5     得 θ′=53 如图将 A点的速度分解 接触点 A的实际运动，即合运动为在 A点垂直于杆的方向的运动，该运动由水平向左的分运动和竖直向下 的分速度组成，所以 vA 'cos v   那么直杆端点 A的线速度为 vA 0.2 0.6  m/s= 1 3 m/s 故选 C。 9．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地上通过铰链连接形 成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M ， C点与O点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓缓转至水平 位置（转过了90角），此过程中下述说法中正确的是（ ） A．重物M 做匀速直线运动 B．重物M 先超重后失重 C．重物M 的最大速度是 L ，此时杆水平 D．重物M 的速度先减小后增大 【答案】B 【详解】ACD．设 C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知 C点的线速度为 cv L 该线速度在绳子方向上的分速度为 1v 1 cosv L  θ的变化规律是从开始最大（90°）然后逐渐变小，所以 1v 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子 的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大， 1v 逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后 减小，且最大速度为ωL，此时杆是与绳垂直，而不是水平的，故 ACD 错误； B．上面的分析得出，重物的速度先增大后减小，所以重物M 先向上加速后向上减速，即先超重后失重， 故 B正确。 故选 B。 【点睛】 解决本题的关键在于掌握运动的合成与分解，把 C点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳的方向，沿绳方向 的分速度等于重物的速度。 10．修建高层建筑时常用塔式起重机。某段时间内，重物在竖直方向上被匀加速提升，同时在水平方向上 向右匀速移动。不计空气阻力。在此过程中（ ） A．重物的运动轨迹为斜向右上方的直线 B．绳子对重物拉力所做的功等于重物机械能的增加量 C．重物所受合力冲量的方向斜向右上方 D．绳子对重物拉力的冲量等于重物动量的增加量 【答案】B 【详解】A．重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则重物的合运动为曲线运动，故 A错误； B．除重力做功外其它力对物体做的功等于物体机械能的增加量，则绳子对重物拉力所做的功等于重物机械 能的增加量，故 B正确； C．重物在竖直方向做匀加速直线动，水平方向做匀速直线运动，则合力方向竖直向上，由 I Ft 可知，重 物所受合力冲量的方向竖直向上，故 C错误； D．由动量定理可知，绳子对重物拉力与重力的合力的冲量等于重物动量的增加量，故 D错误。 故选 B。 11．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． 1 sinv  B． 1 cosv  C． 1 tanv  D． 1 sin v  【答案】A 【详解】如图所示 设小船航行时在静水中速度为 2v ，当 2v 垂直 AB 时速度最小，由三角函数关系可知 2 1 sinv v  故 A正确，BCD错误； 故选 A。 12．如图所示为工厂中的行车示意图，行车在水平向右匀速运动，同时悬挂工件的悬线保持在竖直方向， 且工件匀速上升，则工件运动的速度 ( ) A．大小和方向均不变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均改变 【答案】A 【详解】行车同时参与了水平向右的匀速运动和竖直方向的匀速上升，水平和竖直方向的速度都不变，根 据矢量合成的平行四边形法则，合速度大小和方向均不变。 故选 A。 13．曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞 Q， 上端连接曲轴 P．在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心 O旋转，若 P做线速度 大小为 v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是 A．当 OP与 OQ垂直时，活塞运动的速度等于 v0 B．当 OP与 OQ垂直时，活塞运动的速度大于 v0 C．当 OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于 v0 D．当 OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于 v0 【答案】A 【详解】AB．当 OP与 OQ垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为 v，将 P点的速度分解为沿杆方向和 垂直于杆方向的速度；将活塞的速度 v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时 v0cosθ=vcosθ，即 v=v0，选项 A正确，B错误； CD．当 OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于 0，选项 CD错误； 14．如图所示为足球球门，球门宽为 L一个球员在球门中心正前方距离球门 s处高高跃起，将足球顶入球 门的左下方死角（图中 P点）。球员顶球点的高度为 h，足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力）， 则（ ） A．足球位移的大小 2 2 4 Lx s  B．足球初速度的大小 2 2 0 2 4 g Lv s h  （ ） C．足球末速度的大小 2 2 4 2 4 g Lv s gh h   （ ） D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan 2 L s   【答案】B 【详解】A．由几何知识知，足球在水平方向的位移大小为 2 2 1 2xx s L       所以足球的总位移为 2 2 2 2 2 4x Lx x h s h     故 A错误； B．足球运动的时间为 2ht g  所以足球的初速度的大小为 2 2 0 2 4 xx g Lv s t h         故 B正确； C．足球运动的过程中重力做功，由动能定理得 2 2 0 1 1 2 2 mgh mv mv  结合以上选项的公式解得 2 2 2 2 4 g Lv s gh h         故 C错误； D．由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为 2tan 1 2 s s LL    故 D错误。 故选 B。 15．由于空气阻力的影响，炮弹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。Ox，Oy 方向分别是水平和竖直方向，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，炮弹的速度为零 B．到达 b点时，炮弹的加速度为 g C．炮弹经过 a点的水平分速度可能等于经过 b点的水平分速度 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，炮弹仍具有水平方向的速度，故 A错误； B．到达 b点时，炮弹除受重力外还受空气阻力，加速度不是 g，故 B错误； C．从 a到 c，水平方向炮弹始终受到向左的分力，做减速运动，经过 a点的水平分速度大于经过 b点的水 平分速度，故 C错误； D．炮弹由 O到 b过程空气阻力竖直方向的分力向下，竖直方向的加速度大于 g，而从 b到 d过程空气阻力 的竖直方向分力向上，竖直分加速度小于 g。所以从 O到 b的时间小于由 b点运动到 d点的时间，故 D正 确。 故选 D。 16．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端 P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端 M 点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在 N点相遇，曲线 1和 2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若 M点在 P点正下方，M点与 N点位于同一水平线上，且 PM长度等于 MN的长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄 豆看成质点，则（ ） A．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍 B．甲黄豆在 P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等 C．乙黄豆相对于 M点上升的最大高度为 PM长度一半 D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍 【答案】D 【详解】B．设甲黄豆做平抛运动的时间为 t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为 t，根据斜抛运动的对称性 可知：乙黄豆从 M点运动至最高点的时间为 2 t ，乙黄豆从 M点运动至最高点的水平位移为 MN的一半，设 PM=MN=L，甲黄豆在 P点的速度为 v1，乙黄豆到达最高点的速度为 v′，在水平方向上有运动学规律，对甲 黄豆 1L v t 对乙黄豆从 M点运动至最高点有 2 2 L tv  解得 1v v  故 B错误； C．对乙黄豆在从 M点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为 21 ( ) 2 2 4 t Lh g  所以乙黄豆相对于 M点上升的最大高度为 PM长度的四分之一，故 C错误； A．对甲黄豆，在竖直方向上 21 2 L gt 、 1yv gt 甲黄豆到达 N点时的速度为 2 2 1 1 5 2y Lgv v v  甲 乙黄豆在 M点的竖直方向分速度为 2 2 2 4y Lv g 由运动的合成与分解得乙黄豆在 N点的速度为 2 2 2 2 yv v v Lg   故 A错误； D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为 1 1 tan 2yv v    乙的速度与水平方向的夹角正切值为 2tan 1v y v    故 D正确。 故选 D。 17．如图是某同学跳远的频闪模拟图，该同学身高 168cm，体重 52kg。假设助跑起跑前该生的机械能为零， 图中辅助标线方格横竖比为 2︰1，请你估算他在最高点时机械能最接近的值是（ ） A．1600J B．800J C．400J D．200J 【答案】B 【详解】从最高点到落地前重心在竖直方向运动了约 2格，竖直方向速度为 y gtv ① 水平方向运动了约 2格，图中辅助标线方格横竖比为 2︰1，设竖直方向高度为 h，水平方向速度为 2 x hv t  ② 由自由落体运动可知 21 2 h gt ③ 综合①②③可得落地前的速度为 2 2 2x yv v v gh   由图可知每格竖直高度约 0.5m，从最高点到落地前做平抛运动，在最高点时机械能与落地前的动能相等， 约为 2 k 1 2 1000J 2 E E mv mgh    在最高点时机械能最接近的值是 800J，故选 B。 18．如图所示，竖直平面内有一足够长且与水平方向成 30°的斜面，斜面上有 A、B两点，S点在 O点正上 方，其中 OS、OA、AB的长度均为 l，若以初速度 0v 从 S点水平射出一个小球，正好可以击中 A点，不计 空气阻力，当地重力加速度为 g，以下说法正确的是（ ） A．若将发射速度增大到 2 0v 则正好击中 B点 B．小球分别击中 A点和 B点时速度与斜面夹角相同 C．调整 0v 大小使小球击中 B点，则击中时速度大小为 3 2 gl D．若小球以 3 0v 的速度射出，则落到斜面的时间为 3 11 2 l g  【答案】D 【详解】AC．根据平抛运动的规律和几何关系可知 21 3 2 2 gt l 0 3 2 v t l 解得 0 2 gl v  设小球击中 B点时水平抛出的速度为 0v，在空中运动的时间为 t，可得 21 2 2 gt l  0 3v t l   解得 0 3 2 gl v  可得 0 0 3v v   也可得小球落到 B点时的速度大小为 2 2 3 2 2B gl gl v gl                  故 AC错误； B．根据平抛运动规律，设小球运动到 A点与运动到 B点速度与水平面的夹角分别为 1 与 2 ，可得 1 0 tan 2 3gt v    2 0 4tan 3 3 gt v      则可知小球分别击中 A点和 B点时速度与斜面夹角也不同，故 B错误； D．设若小球以 3 0v 的速度射出落到斜面的时间为 t3，在斜面上到 O点的距离为 x，可得 2 3 1 2 2 xgt l  0 3 33 2 v t x 联立解得 3 3 11 2 l g t   故 D正确； 故选 D。 19．如图所示，某位篮球运动爱好者正在进行投篮训练，若不计空气阻力， x表示水平位移， t表示运动时 间， y表示竖直位移，v表示速度大小，a表示加速度大小，则下列可以描述篮球出手之后在空中的运动过 程的图像是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题通过图像考查考生的认识理解能力和建立模型能力。本题考查的学科素养是物理观念和科学 思维，需要考生能够对生活中常见的场景从物理学视角进行分析和科学推理。 【详解】AC．根据题意知篮球离手之后做斜抛运动，是曲线运动，题中 x t t  、 2x v 图线只能描述一维的 直线运动，不能描述曲线运动，选项 AC错误； BD．篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，初始竖直位移为零，在水平方向上做匀速直线运动，运动过程中 加速度等于 g，大小不变，方向竖直向下，则题中 a t 图像可以描述篮球离手之后在空中的运动过程，选 项 B错误，D正确。 故选 D。 20．如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小 球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度 xv 随时间 t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．小球在最高点时，轻杆对小球的作用力可能比小球在最低点时大 B．小球在最低点时，轻杆对小球的作用力恰好提供向心力 C． 2t 时刻小球通过最高点 D．图乙中 1S 和 2S 的面积相等 【答案】D 【详解】A．小球在最高点时，杆可能提供沿杆的拉力或者沿杆的支持力，有 2 2 N N v v F m mg F mg m L L    高 高， 小球在最低点时，有 2 N v F m mg L  低 由图像可知，在最高点的速度小于在最低点的速度，故 A错误； B．小球在最低点时，轻杆对小球的作用力与小球自身重力的合力恰好提供向心力，故 B错误； C．小球通过最高点后，水平速度先增加后减小，经过四分之一圆周，水平速度变为零。由乙图可知， 2t 时 刻小球没有通过最高点。故 C错误； D．由题意可知，图中两块阴影面积分别表示从最低点经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高 点的水平位移大小，可知 1S 和 2S 的面积相等。故 D正确。 故选 D。 21．如下图示为摩天轮的简化模型图，轮外装挂 48个 360度透明座舱。假设某一次娱乐中该摩天轮正以速 率 gR  匀速运转，摩天轮上每个位置与中心 O点处的距离都为 R。有一质量为 m的游客在不同的时刻 分别处于图中的甲、乙、丙三个位置处，重力加速度为 g，在整个转动过程中所有的游客都扣好了如下图 2 所示的安全带。摩天轮静止的时候假设该游客的安全带调节到恰好合适且对游客没有挤压，则下列关于该 游客在这三个位置分别对座位压力的大小关系的说法正确的是（ ） A．该游客在随摩天轮转动的过程中机械能守恒 B．该游客在甲、乙、丙三处与安全带都没有相互作用力 C．游客在甲处有完全失重的感觉 D．丙处位置对座位的压力大小为 mg 【答案】C 【详解】A．除重力做功以外，支持力也做功，由机械能守恒定律可知选项 A错误； B．对于旅客在乙处位置所需向心力根据假设可知由座位的静摩擦力提供 2 f vF m mg R   竖直方向有 N 乙 mg 再根据滑动摩擦力公式可得 1  ，这是不符合实际的，由此可知安全带对游客有向下的压力，故选项 B错 误； C．假设游客在甲、乙、丙三处与安全带之间都没有相互作用力，只与摩天轮的座椅有相互作用力：对于旅 客在甲处位置，由牛顿第二定律有 2 = vmg N m R  甲 解得  2 = =0 gR N mg m R 甲 即在甲处游客自身的重力能完全提供做圆周运动所需的向心力，故有完全失重的感觉；C正确； D．对于旅客在丙处位置有 2vN mg m R  丙 得 2 = + 2vN mg m mg R 丙 D错误。 故选 C。 22．幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量 为 m的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为 r的圆弧形滑道的 A点由静止开始下滑，利用速度传感 器测得小朋友到达圆弧最低点 B时的速度大小为 2 gr （g为当地的重力加速度）。已知过 A点的切线与竖 直方向的夹角为 30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着 AB下滑的过程中（ ） A．在最低点 B时对滑道的压力大小为 3 2 mg B．处于先超重后失重状态 C．重力的功率先减小后增大 D．克服摩擦力做功为 2 mgr 【答案】A 【详解】A．根据牛顿第二定律得 FN–mg= m 2v r 结合牛顿第三定律得小朋友在最低点 B时对滑道的压力大小为 3 2NF mg 选项 A正确； B．小朋友在 A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，选 项 B错误； C．小朋友在 A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为 零，故重力的功率先增大后减小，选项 C错误； D．由动能定理得 mgr（1–cos60°）-Wf= 1 2 mv2 联立可得克服摩擦力做功为 4f mgrW  选项 D错误。 故选 A。 23．如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后 碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说 法正确的是（ ） A．三个小球受到的合力值相等 B．距碗口最近的小球线速度的值最小 C．距碗底最近的小球向心加速度的值最小 D．处于中间位置的小球的周期最小 【答案】C 【详解】A．对于任意一球，设其轨道处半球形碗的半径与竖直方向的夹角为 ，半球形碗的半径为R， 根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，可得 tanF mg 合 离碗口越近的小球， 值越大，合力越大，故 A错误； BCD．根据重力和支持力的合力提供小球圆周运动的向心力，可得 2 22tan ( )vF mg m ma mr r T    合 又由于   sinr R  联立可得 tan sinv gR   tana g  cos2 RT g  R一定，离碗口越近的小球， 值越大，小球线速度v越大，小球向心加速度的值越大，小球的周期越小， 故 C正确，BD错误； 故选 C。 24．如图，一个光滑斜面上端连接一个正方形水平平台，正方形边长和斜面宽度均为 d 。斜面的倾角为 30°， 斜面上放着一个质量为 2 3M m 的小物块（可视为质点），物块到斜面两侧的距离相等，用一轻绳一端系 着小物块，另一端穿过水平平台中心的光滑小孔，系着水平平台上一个质量为m的小球，小球能绕小孔做 稳定的匀速圆周运动，半径为 1 4 d，轻绳总长为 3 4 d ，重力加速度为 g。则下列说法正确的是（ ）。 A．绳子中的拉力大小为mg B．小物块对斜面的正压力为 3mg C．小球做匀速圆周运动时的速度大小为 2 gd D．斜面倾角越大，小球沿相同轨迹稳定运动的速度越小 【答案】C 【详解】ABC．画出侧视图如图所示 因为小球做圆周运动的半径为 1 4 d，轻绳总长为 3 4 d ，则圆孔与物块间的绳长为0.5d ，圆孔到平台边缘距 离也为0.5d ，所以平台下方的绳子与斜面夹角 30  ，对小物块受力分析有 Nsin cos30T F Mg   cos sin30T Mg  解得 2T mg ， N 2F mg 对小球受力分析，绳上拉力提供小球做圆周运动的向心力，即 2vT m r  ， 1 4 r d 联立可得 2 gdv  故 AB错误，C正确； D．若斜面倾角增大为，  '依然等于，由 cos sinT Mg    可知增大时， tanT Mg   增大，要使小球沿相同轨迹做圆周运动，小球速度需要增大，D错误。 故选 C。 25．中国探月工程“嫦娥五号”着陆器携带的五星红旗在月球表面成功展开，一抹鲜艳的“中国红”飘荡在浩瀚 的太空。月面国旗展示系统如图所示，底座水平固定，旗杄可绕转动轴 O转动。展开国旗时，旗杆从紧贴 底座开始，带着五星红旗逆时针转至竖直位置。在旗杆上研究两个完全相同的小段 A、B（均可视为质点） 的运动和受力情况，已知BO距离是 AO距离的 3倍，设展开过程中，在旗杆到达竖直位置前有一小段时 间旗杆做匀速圆周运动，关于此段时间下列判断中正确的是（ ） A．B的转速是 A的 3倍 B．B的向心加速度是 A的 9倍 C．旗杆其他部分对 B的作用力是对 A的 3倍 D．旗杆其他部分对 B的作用力不沿着杆方向 【答案】D 【详解】A．A、B均在旗杆上，则转速、角速度相等，A错误； B．由 2  a r 向 知，B的向心加速度是 A的 3倍，B错误； D．如图，做匀速圆周运动时，重力与旗杆其他部分作用力的合力沿杆指向圆心，旗杆其他部分对 B的作用 力不沿着杆方向，D正确； C．由 2  F m r 向 知，B受到的向心力是 A的 3倍，而向心力是重力和旗杆其他部分作用力的合力，C错 误。 故选 D。 26．小明同学站在原地，将圆形雨伞绕竖直伞柄以角速度匀速转动，使附在雨伞表面的雨滴均沿雨伞边 缘的切线方向水平飞出，最终落至地面成一圆形区域，已知雨伞边缘距地面的高度为 h，到伞柄的垂直距离 为 R。忽略空气阻力，以下关于圆形区域半径的表达式正确的是（ ） A． 22 1hR g   B． 2hR R g   C． 2hR g  D．R 【答案】A 【详解】雨滴从伞面边缘甩飞出去后做平抛运动，沿雨伞边绿的切线方向水平飞出的速度为 0v R 设雨滴在空中做平抛运动的时间为 t，有 21 2 h gt 雨滴做平抛运动的水平位移为 0x v t 如图所示为俯视图 雨滴从 a点甩离伞面，落在地面上的 b点；O是伞柄转动轴（圆心），设水滴落在地面上形成的圆的半径为 r，有 2 2r R x  联立以上各式得 22 1hr R g    故 A正确，BCD错误。 故选 A。 27．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结构示意图如图所示。质量为 m的摆 锤通过轻杆与总质量为 M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴 O在竖直面内匀速转动， 转动半径为 R，重力加速度为 g。下列说法正确的是( ) A．转到最低点时摆锤处于超重状态 B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为 6mg C．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为 3(mg＋Mg) D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为 2(mg＋Mg) 【答案】AD 【详解】A．转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故 A正确； B．电动机带动摆锤绕转轴 O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω0，则有 2 1 0F mg m R  2 2 0F mg m R  可知 F1－F2＝2mg 故 B错误； CD．在最低点，对摆锤有 T′－mg＝mRω2 则 T′＝Mg＋2mg 对打夯机有 N＝T′＋Mg＝2(M＋m)g 故 C错误，D正确。 故选 AD。 28．如图甲所示，可视为质点的小球用长为 L、不可伸长的轻绳悬挂于O点。现对小球施加水平恒力使其 从静止开始运动，轻绳拉力 TF 大小随绳转过的角度变化的曲线如图乙所示，图中 0F 为已知量，重力加速 度为 g，下列说法正确的是（ ） A．小球到达最高点时的机械能最大 B．小球到达最高点时的加速度大小为 3g C．小球运动过程中轻绳拉力的最大值为 04F D．小球从开始运动到最高点，增加的机械能为 03F L 【答案】BC 【详解】水平恒力 F 与重力合成出一个新力场（因为两个力的方向和大小都不变），得到 'F 力场， 'F 力场 为等效重力场模型，受力分析如图所示 A．除重力之外只有 F 在做功，当小球到达水平位置时，F 做功最多，所以当小球到达水平位置时机械能 最大（绳子拉力与小球速度垂直，不做功），故 A选项错误； B．小球到达最高点时，速度为 1 0v  ，设其加速度为 a，据牛二定律得 2 1 T 1 1 n mvF G F ma L     2 2 sin 60 sin 30 tG F G F ma     解得 0na  ， 3ta g 据加速度的合成与分解得 2 2 3t na a a g   故 B选项正确； C．由图可知，当 60 3    时，轻绳拉力 TF 达到最大值 TmaxF ，轻绳的拉力 TmaxF 与 'F 的合力为小球运 动提供向心力，则有 2 ' m Tmax mvF F L   由动能定理得 2 m 1( cos60 ) sin 60 2 mg L L FL mv      其中 tan 60 3F mg mg   ' 2 cos60 mgF mg   联立上式，解得 Tmax 4F mg 因为刚开始时小球是静止的，则有 0F mg 故 T 04F F 故 C选项正确； D．小球运动到最高点时，增加的机械能为水平恒力所做的功，即 3 3cos30 3 2 2 W FL mg L mgL     0 3 3 2 2 W mgL F L  故 D选项错误。 故选 BC。 29．如图所示为一半径为 2R的水平转盘，两可视为质点、质量分别为 m和 2m的滑块 P、Q用一质量不计 的原长为 1.5R的橡皮筋相连，当滑块 P、Q随水平转盘以恒定的角速度ω转动时，滑块 P、Q到转盘圆心的 距离分别为 1.5R和 R。已知两滑块与转盘之间的动摩擦因数均为μ，且橡皮筋满足胡克定律，劲度系数为 k， 重力加速度大小为 g，假设两滑块与转盘之间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力， kR mg 。则（ ） A．当 3 k m   时，滑块 P与水平转盘之间的摩擦力为零 B．当 2 k m   时，滑块 Q与水平转盘之间的摩擦力为零 C．当 2 k g m R    时，滑块 Q将要发生滑动，而滑块 P仍相对水平转盘静止 D．当 2 2 3 3 k g m R    时，滑块 P将要发生滑动，而滑块 Q仍相对水平转盘静止 【答案】BD 【详解】B．当两滑块随水平转盘以角速度ω匀速转动时，橡皮筋处于伸长状态，此时橡皮筋的拉力大小为 F0＝kR，且μmg≥kR。当滑块 Q与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有 22 QkR m R 解得 2Q k m   此时，对于滑块 P 20.75 1.5QkR m R  滑块 P未滑动，选项 B正确； A．当滑块 P与水平转盘之间的摩擦力刚好为零时，则有 22 1.5PkR m R  解得 2 3P Q k m    则此时对于滑块 Q 2 42 2 3Pm R kR kR mg    说明滑块 Q未滑动，但与转盘问有摩擦，选项 A错误； CD．当滑块 Q将要发生滑动时，由 22 2 QkR mg m R   解得 2 2Q k g m R    当滑块 P将要发生滑动时，由 22 2 1.5PkR mg m R    解得 2 2 3 3P k g m R    ω′Q>ω′P，则滑块 P先发生滑动，选项 C错误，D正确。 故选 BD。 30．如图甲所示，在公元 1267 ~ 1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端 的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时 就被抛出。现将其简化为图乙所示。将一质量 m= 80 kg 的可视为质点的石块装在长 L= 40 3 m的长臂末端的 石袋中，初始时长臂与水平面成α= 30°。松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。 石块落地点与 O点的水平距离 s= 100 m。忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g= 10 m/s2，下列说法正确的是（） A．石块水平抛出时的初速度为 25 m/s B．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量 C．石块从 A到最高点的过程中，石袋对石块做功 1.16×105J D．石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为 1.42×104N 【答案】CD 【详解】A．石块平抛运动的高度 40 40 1sin 30 m m 20m 3 3 2 h L L       根据 21 2 h gt 得 2 2 20s 2s 10 ht g     故石块水平抛出时的初速度 0 100 m/s 50m/s 2 sv t = = 选项 A错误； B．转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，选项 B错 误； C．石块从 A到最高点的过程中，石袋对石块做功 2 2 0 5J1 1 80 50 80 10 20 2 J 1.16 10 2 JW mv mgh         选项 C正确； D．石块圆周运动至最高点时，有 2 0+ vF mg m L  所以 0 4 2 - =1.42 10 NvF m mg L  选项 D正确。 故选 CD。 31．如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为 L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均 为 m的光滑小球 A、B用长为 L的轻杆及光滑铰链相连，小球 A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球 B以不同 的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球 B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内， 劲度系数为 k，重力加速度为 g，则 A．小球均静止时，弹簧的长度为 L- mg k B．角速度ω=ω0时，小球 A对弹簧的压力为 mg C．角速度ω0= 2 kg kL mg D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球 A对弹簧的压力不变 【答案】ACD 【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对 B球分析可知杆的弹力为零， BN mg ； 设弹簧的压缩量为 x，再对 A球分析可得： 1mg kx ， 故弹簧的长度为： 1 1 mgL L x L k     ， 故 A项正确； BC．当转动的角速度为ω0时，小球 B刚好离开台面，即 0BN   ，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定 律可知： 2 0 cos tan mg m L      sinF mg 杆 而对 A球依然处于平衡，有： 2sin kF mg F kx   杆 而由几何关系： 1sin L x L    联立四式解得： 2kF mg ， 0 2 kg kL mg    则弹簧对 A球的弹力为 2mg，由牛顿第三定律可知 A球队弹簧的压力为 2mg，故 B错误，C正确； D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对 A与 B的系统，在竖直方向始 终处于平衡，有： 2kF mg mg mg   则弹簧对 A球的弹力是 2mg，由牛顿第三定律可知 A球队弹簧的压力依然为 2mg，故 D正确； 故选 ACD。 32．在半径为 R的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋q的介质小球，以初速度 0 5v gR 向 右冲上轨道，下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强电场，电场强度的大小 1= 2 mgE q ，C图加上水平向右的匀强电场，电场强度的大小 2= mgE q ，D图加上垂直纸面向外的匀强磁场．则 小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动的是( ) A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】设小球到达最高点的速度为 v，A图： 2 2 0 1 12mgR 2 2 mv mv  ，解得：v gR ，小球能过最高 点的最小速度对应： 2 mg C vF m R   ，所以 A图中小球能做完整的圆周运动；B图： 2 2 0 1 12mgR qE2R 2 2 mv mv   ，最高点的最小速度对应： 2 mg qE vm R   ，可知，不能做完整的圆周运 动；同理可得：C图也不能做完整的圆周运动；D图中小球在运动过程中受到的洛伦兹力不做功，同 A图， 能做完整的圆周运动，所以选择 AD．