押广东卷选择题3 曲线运动（解析版）

押广东卷选择题3曲线运动高考对于这部分学问点主要以具体事例和科技的最新成果为背景进行命题，以生活中实际物体的圆周运动和抛体运动为依托，进行模型化受力分析。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颖。在解决此类问题时要将所学物理学问与实际情境联系起来，抓住问题实质，将问题转化为熟知的物理模型和物理过程求解。主要考查的学问点有：平抛运动，类平抛运动，斜抛运动，圆周运动等。常与能量结合一起考。常考考点真题举例拱桥和凹桥模型2023·广东·高考真题平抛运动速度的计算2022·广东·高考真题平抛运动的运动规律2021·广东·高考真题考点1：曲线运动1、曲线运动的轨迹与速度、合力的关系物体作曲线运动的轨迹与速度方向相切，夹在速度方向与合力方向之间。并向合力方向弯曲，也就是合力指向运动轨迹的凹侧。速度方向、合力方向及运动轨迹三者的关系：合外力与速度方向的推断：①当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；②当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；③当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。互成角度的两个直线运动的合运动性质和轨迹的推断：分运动合运动矢量图条件两个匀速直线运动匀速直线运动a＝0一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动匀变速曲线运动a与v成α角两个初速度为零的匀加速直线运动初速度为零的匀加速直线运动v0＝0两个初速度不为零的匀加速直线运动匀变速直线运动a与v方向相同匀变速曲线运动a与v成α角2、三种曲线运动类型运动类型平抛运动斜抛运动类平抛运动图示运动规律水平方向：做匀速直线运动，速度：vx＝v0，位移：x＝v0t；竖直方向：做自由落体运动，速度：vy＝gt，位移：y＝eq\f(1,2)gt2；合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)，方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)。速度公式：vx＝v0x＝v0cosθ；vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt。位移公式：x＝v0cosθ·t。y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2。当vy＝0时，v＝v0x＝v0cosθ，物体到达最高点hmax＝eq\f(v\o\al(0y2),2g)＝eq\f(v\o\al(02)sin2θ,2g)。物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F合,m)。考点常规的平抛运动及类平抛模型；与斜面相结合的平抛运动模型留意加速度恒为重力加速度，考得较少。常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。斜面上的两种类型方法内容斜面总结分解速度水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))分解速度，构建速度三角形分解位移水平：x＝v0t竖直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)分解位移，构建位移三角形多体平抛问题两物体同时从同一高度(或同一点)抛出两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。两物体同时从不同高度抛出两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差打算。两物体从同一点先后抛出两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。平抛运动临界问题解决的重点是：对题意进行分析，提取实际模型并提炼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。在分析此类问题时肯定要留意从实际动身查找临界点，画出物体运动过程的草图，明确临界条件。解题思路：找出情景中临界条件（如“恰好”、“最大”、“最小”等关键词，明确其含义）；画出运动过程的草图（确定物体的临界位置，标注位移、速度等临界值）；明确临界过程的轨迹（运用曲线运动的规律进行求解）。考点2:圆周运动1、不同的传动模式方式同轴转动皮带传动齿轮传动装置A、B两点在同轴的一个圆盘上，到圆心的距离不同。两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点。两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点。图例特点A、B两点角速度、周期相同A、B两点线速度相同A、B两点线速度相同转动方向相同相同相反规律线速度与半径成正比：角速度与半径成反比：，周期与半径成正比：角速度与半径成反比与齿轮齿数成反比∶，周期与半径成正比，与齿轮齿数成正比：2、水平面、竖直面和斜面上的圆周运动类型描述方法水平面内的圆周运动此类问题相对简洁，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。选择做匀速圆周运动的物体作为争辩对象；分析物体受力状况，其合外力供应向心力；由Fn＝meq\f(v2,r)=mrω2列方程求解。竖直面内的圆周运动拱桥模型受力特征：下有支撑，上无约束临界特征：FN＝0，mg＝mv2max，即vmax＝eq\r(gR)。过最高点条件：v≤eq\r(gr)。争辩分析：v≤eq\r(gr)时：mg－FN＝meq\f(v2,r)，FN＝mg－meq\f(v2,r)<mg（失重）v>eq\r(gr)时：到达最高点前做斜上抛运动飞离桥面。轻绳模型受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零临界特征：FN＝0，mg＝meq\f(v\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)。过最高点条件：在最高点的速度v≥eq\r(gR)。争辩分析：过最高点时，v≥eq\r(gr)，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，绳、圆轨道对球产生弹力FN；不能过最高点时，v<eq\r(gr)，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道。轻杆模型受力特征：除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上。临界特征：v＝0即F向＝0FN＝mg。过最高点条件：在最高点的速度v≥0。争辩分析：当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；当0<v<eq\r(gr)时，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN背离圆心，随v的增大而减小；当v＝eq\r(gr)时，FN＝0；当v>eq\r(gr)时，FN＋mg＝meq\f(v2,r)，FN指向圆心并随v的增大而增大。斜面上的圆周运动静摩擦力把握下的圆周运动在斜面上做圆周运动的物体，因所受的把握因素不同，如静摩擦力把握、绳把握、杆把握，物体的受力状况和所遵循的规律也不相同。与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力状况，列牛顿运动定律方程来解题。只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。轻杆把握下的圆周运动轻绳把握下的圆周运动竖直面内圆周运动的求解思路确定模型：首先推断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其缘由主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。确定临界点：v临＝eq\r(gr)，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说FN表现为支持力或者是拉力的临界点。确定争辩状态：通常状况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动状况。进行受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依据牛顿其次定律列出方程F合=F向。进行过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。1．（2023·广东·高考真题）（多选）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（

）

A．重力做的功为 B．克服阻力做的功为C．经过点时向心加速度大小为 D．经过点时对轨道的压力大小为【答案】BCD【详解】A．重力做的功为A错误；B．下滑过程据动能定理可得代入数据解得，克服阻力做的功为B正确；C．经过点时向心加速度大小为C正确；D．经过点时，据牛顿其次定律可得解得货物受到的支持力大小为据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。故选BCD。2．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。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（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律可得运动员在水平段做匀速直线运动，加速度运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不行能为直线，且C正确，ABD错误。故选C。3．（2022·广东·高考真题）如图所示，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（）A．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【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，依据可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有故选B。4．（2021·广东·高考真题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有（）A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能削减D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为【答案】BC【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间由于两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率由于两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量故C正确；D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。故选BC。单选题1．（2024·广东·二模）进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了很多南方游客。如图为雪地转转玩耍，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（）A．所受的合外力为零 B．圆周运动的半径为2mC．线速度大小为4m/s D．所受向心力大小为800N【答案】D【详解】依据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为则线速度大小为雪圈（含人）所受的合外力供应所需的向心力，则有故选D。2．（2024·广东广州·二模）如图，一辆汽车以恒定速率通过圆弧拱桥，N为桥面最高处，则汽车（）A．在N处所受支持力大小大于其重力B．在N处所受支持力大小等于其重力C．从M到N过程所受支持力渐渐增大D．从M到N过程所受支持力渐渐减小【答案】C【详解】AB．在N点，依据牛顿其次定律可得所以故AB错误；CD．设汽车与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则从M到N过程，速率v不变，θ减小，所以N增大，故C正确，D错误。故选C。3．（2024·广东惠州·一模）我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞试验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为d，小球的重力忽视不计．则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（）A．风力方向与a、b连线平行B．所用时间为C．小球做匀速圆周运动D．风力大小为【答案】B【详解】A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，依据加速度的定义可知加速度方向移动和速度变化量的方向相同，依据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图所以风力方向垂直于a、b连线，故A错误；B．小球的速度沿a、b连线方向的分速度为所以a运动到b的时间为故B正确；C．小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，不行能做匀速圆周运动，故C错误；D．沿风力的方向从a点运动到b点的速度变化量为则加速度为依据牛顿其次定律，从a点运动到b点的风力为故D错误。故选B。4．（2024·广东茂名·二模）如图4所示，某人面对一段平直的河岸，站在跟随河水一起漂流的木船上，某时刻向其正前方向，向上斜抛出一小石块，使其落在河岸上。忽视空气阻力作用．下列说法正确的是（

）A．石块到最高点时速度为0B．石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸垂直C．石块抛出的初速度越大，落地点越远D．石块从抛出到落地所用时间与河水流速无关【答案】D【详解】A．向上斜抛出一小石块，石块到最高点时具有肯定的水平速度，即速度不为0，故A错误；B．由于石块具有和水流相同的分速度，即具有肯定沿河岸的分速度，所以石块在空中运动轨迹所在平面与该段河岸不垂直，故B错误；C．石块抛出的初速度越大，但不知道抛出时初速度与水平方向的夹角是否肯定，所以落地点不肯定越远，故C错误；D．依据运动的独立性可知，石块从抛出到落地所用时间只由竖直方向的分运动打算，与河水流速无关，故D正确。故选D。5．（2024·广东·二模）武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为，在匀速转动的过程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物体，其与地板之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物体在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角速度的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如左图所示，当角速度最大时，意味着静摩擦力达到最大，此时，地板对物块的作用力为F，F与竖直方向的夹角为，且物块在匀速圆周运动过程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如右图所示，图中虚线圆周的半径大小为向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为时，此时向心力达到最大。故最大的向心力同时因此最大的角速度故选A。6．（2024·广东广州·二模）如图所示为风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开头刮风时，空气流淌产生的风力推动静止的风杯开头绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不变，三个风杯最终会匀速转动，依据风杯的转速，就可以确定风速，则（）A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同C．开头刮风时，风杯加速转动，其所受合外力不指向旋转轴D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越大【答案】C【详解】A．若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，依据牛顿其次定律可知，其加速度不为零，故A错误；B．三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B错误；C．未刮风时，风杯处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开头刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与风力方向相反，并不指向旋转轴，故C正确；D．当风杯匀速转动时，依据可知，其转动周期越大，测得的风速越小，故D错误。故选C。7．（2024·广东惠州·三模）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图所示，内外铁轨平面与水平面倾角为θ，当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，火车转弯半径为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．火车以速度v转弯时，铁轨对火车支持力大于其重力B．火车转弯时，实际转弯速度越小越好C．当火车上乘客增多时，火车转弯时的速度必需降低D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿水平方向【答案】A【详解】A．火车以速度v转弯时，对火车受力分析，如图可得解得依据矢量三角形的边角关系可知铁轨对火车支持力大于其重力，故A正确；B．当火车以规定的行驶速度v转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，效果最好，所以实际转弯速度不是越小越好，故B错误；C．由可知规定行驶的速度与质量无关，当火车质量转变时，规定的行驶速度不变，故C错误；D．火车转弯速度大于时，外轨对车轮轮缘的压力沿接触面指向轮缘，故D错误。故选A。8．（2024·广东佛山·一模）在自行车上安装码表可记录骑行状况。如图，码表由强磁铁、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁铁固定在车轮的一根辐条上。车轮半径为，霍尔传感器到车轴的距离为。强磁铁每次经过霍尔传感器时，端均输出一次电信号，若每秒强磁铁次经过霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则（）

A．显示器上的里程是指骑行的位移大小B．磁铁如图经过传感器时，导电的电子向端汇聚C．上图中两端电势的凹凸，与磁铁运动的方向有关D．自行车的速度是由换算得来的【答案】B【详解】A．显示器上的里程是指骑行的路程，故A错误；B．电子移动的方向与电流相反，依据左手定则可知，电子的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向端汇聚，故B正确；C．无论磁铁是顺时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，则当稳定之后，有电场力和洛伦兹力平衡，即解得可知，与磁铁运动的方向无关，故C错误；D．依据圆周运动各个物理量之间关系，自行车的线速度为故D错误。故选B。9．（2024·广东惠州·二模）图（a）为某游乐场的“旋转秋千”，它可以简化为图（b）所示的模型，已知圆盘的半径d=1.5m，悬绳长l=2.5m。圆盘以恒定的角速度转动，稳定时测得悬绳与竖直方向的夹角θ=37°，已知，重力加速度不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A．“旋转秋千”中的人做圆周运动的半径为dB．若人和座椅的总质量为75kg，则悬绳上的拉力为1000NC．若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动的周期变小D．若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角减小【答案】C【详解】A．人和座椅做圆周运动的半径为故A错误；B．悬绳的拉力故B错误；CD．人和座椅做圆周运动时，有整理得由上式可知，若减小悬绳长度，要维持夹角θ保持不变，则圆盘转动角速度变大，故周期变小；若人和座椅的总质量增大，圆盘转速不变，则悬绳与竖直方向的夹角不变，故C正确，D错误。故选C。多选题10．（2024·广东湛江·二模）某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B．关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽视空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是（）A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mgB．摩托车经过A点时的速度大小为C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功领先增大后减小D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重【答案】BC【详解】A．由题意可知，摩托车在B点时，有解得由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；B．摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有其中解得选项B正确；C．摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率重力的功领先增大后减小，选项C正确；D．摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直重量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。故选BC。11．（2024·广东·二模）如图，甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动，恰好落回到0位置.已知排球的质量约为0.3kg，g取10m/s2，忽视空气阻力，则（）A．排球沿轨迹②运动的时间为0.6sB．O、P两位置的水平距离为10.8mC．甲对排球做的功约为20JD．乙对排球做的功约为15J【答案】ABC【详解】A．对于轨迹②的运动，其运动时间解得A正确；B．水平位移B正确；C．从O到P点，设排球在O点的速度为，到P点的速度，依据动能定理可知解得依据动能定理可知C正确；D．乙对排球所做的功在P点使用动能定理，设乙将排球击出的速度为，则有D错误。故选ABC。12．（2024·广东佛山·二模）如图所示，在一条玻璃生产线上，宽3m的待切割玻璃板以0.4m/s的速度向前匀速平移。在切割工序处，金刚石切割刀的移动速度为0.5m/s，下列说法正确的是（）A．切割一块矩形玻璃需要10sB．切割得到的矩形玻璃长为2.4mC．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为37°，可使割下的玻璃板呈矩形D．切割刀的移动轨迹与玻璃板平移方向夹角为143°，可使割下的玻璃板呈矩形【答案】AC【详解】A．切割一块玻璃需要的时间为故A正确；BCD．金刚石切割刀的移动速度0.5m/s是割刀对地的速度，切割刀的移动轨迹亦是割刀对地面的相对轨迹，为使割下的玻璃板呈矩形，则割刀相对玻璃板的速度方向应垂直于玻璃板侧边，如图所示则有解得切割得到的矩形玻璃长为故BD错误，C正确。故选AC。13．（2024·广东汕头·一模）2023年10月2日，杭州第十九届亚运会田径项目，中国运动员熊诗麒夺得女子跳远的第一枚亚运会金牌。跳远可拆分为助跑、起跳、腾空、落地这四个过程，如图所示，下列说法正确的是（）A．在腾空的最高点，运动员的速度为0B．在腾空上升阶段，运动员处于超重状态C．在起跳时，运动员对地面的压力大于重力D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动【答案】CD【详解】A．在腾空的最高点，竖直方向速度为零，但水平速度不为零，A错误；B．在腾空上升阶段，运动员只受重力作用，具有向下的加速度，运动员处于失重状态，B错误；C．在起跳时，运动员具有向上的加速度，地面对运动员的支持力大于重力，依据牛顿第三定律可知运动员对地面的压力大于重力，C正确；D．在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动，D正确。故选CD。14．（2024·广东·一模）如图（a）为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图（b），转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若全部椅子质量相等，悬绳长短不肯定相等，忽视悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中（）A．任一时刻，全部游客的线速度都相同B．全部游客做圆周运动的周期都相同C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关【答案】BCD【详解】AB．依据题意可知，全部游客为同轴转动，则全部游客做圆周运动的角速度相同，由可知，游客做圆周运动的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，由可知，全部游客做圆周运动的周期都相同，故A错误，B正确；CD．依据题意，设绳长为，悬绳与竖直方向的夹角为，则有解得可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，故CD正确。故选BCD。15．（2024·广东中山·模拟猜测）图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最终从末端飞出去，可简化如图乙所示．其中C点为圆弧的最低点，圆弧轨道的半径为2m，圆弧对应的圆心角θ为，AC的竖直高度差为6m．质量为50kg的人在A点从静止开头下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度则下列说法正确的是（）A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为3000JB．人滑到C点时对圆弧的压力为3500NC．人在C点时处于失重状态D．人滑到D点时速度为大小为10m/s【答案】ABD【详解】A．人从A点滑到C点过程中，重力做功为选项A正确；B．人滑到C点时依据机械能守恒定律在C点依据牛顿其次定律可知解得F=3500N则人对圆弧的压力为3500N，选项B正确；C．人在C点时加速度方向向上，则处于超重状态，选项C错误；D．从C到D由机械能守恒定律解得人滑到D点时速度为大小为vD=10m/s选项D正确。故选ABD。多选题16．（2024·福建·一模）市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。将腰带水平套在腰上，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（）A．若增大转速，绳子的拉力变小B．若增大转速，腰受到腰带的弹力变大C．若减小转速，腰受到腰带的摩擦力不变D．若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角θ变小【答案】BC【详解】AB．依题意，对配重受力分析，由牛顿其次定律可得若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg=Tcosθ水平方向可知配重在竖直方向平衡，拉力T变大，向心力Fₙ变大，对腰带受力分析如图所示，可得竖直方向f=Mg+Tcosθ=Mg+mg水平方向故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大。故A错误；B正确；C．若减小转速，依据AB选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变。故C正确；D．若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为θ将不变。故D错误。故选BC。17．（2024·四川广安·二模）图（a）所示的后排进攻是排球竞赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽视空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（）A．球被甲击出时的速率约为72km/h B．球被甲击出时的速率约为90km/hC．甲对球的平均作用力大小约为650N D．甲对球的平均作用力大小约为520N【答案】BC【详解】AB．球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有联立解得v0=25m/s=90km/h故A错误，B正确；CD．甲运动员完成击球的时间∆t=0.01s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得将已知量代入上式可解得F=650N故C正确，D错误。故选BC。18．（2024·全国·模拟猜测）如图甲，套圈是一种喜闻乐见的街头玩耍，某次玩耍中一位小伴侣将套圈沿水平方向抛出，结果套中玩具A（如图乙），若他其次次将套圈沿相同方向水平抛出后恰好套中玩具B，忽视空气阻力和套圈转动的影响，套圈和玩具A、B均视为质点。对于两次玩耍过程，下列说法正确的是（）A．套中玩具B的套圈在空中运动时间更长B．套中玩具B的套圈抛出时初速度更大C．套中玩具A的套圈抛出时初速度更大D．套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度【答案】BD【详解】A．依据题意，由公式可得，空中运动时间为由于两次抛出的高度相同，则两次的运动时间相等，故A错误；BC．水平方向上，由可得，抛出时初速度由图可知，套中玩具B的水平位移大，则套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，故B正确，C错误；D．由公式可知，由于两次抛出的高度相同，则两次落地速度的竖直分速度相等，由可知，由于套中玩具B的套圈抛出时初速度更大，则套中玩具B套圈的落地速度大于套中玩具A套圈的落地速度，故D正确。故选BD。19．（2024·宁夏银川·模拟猜测）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，使用时机敏便利，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（

）A．a点的角速度等于b点的角速度 B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量 D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量【答案】AD【详解】AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，依据可知a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确，B错误；C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。故选AD。20．（2024·重庆·模拟猜测）图是一台教学用手摇式沟通发电机。已知大皮带轮半径为，小皮带轮半径为，若以频率匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（

）A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为B．该发电机产生的沟通电频率为C．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的最大值不变D．若仅将变为，该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍【答案】AD【详解】A．两皮带轮边缘的线速度大小相同，由可知即大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为r∶R，选项A正确；B．由可知，该发电机产生的沟通电频率选项B错误；C．该发电机产生的交变电压的最大值仅将f变为2f时变大，变大，选项C错误；D．若仅将f变为0.5f该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍，选项D正确。故选AD。21．（2024·重庆·模拟猜测）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽视鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加速度g取，则（）A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/hD．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时削减5N【答案】AD【详解】A．老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处于非平衡状态。故A正确；B．捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，依据水平方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即代入数据，解得加速度老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；D．捕猎前设空气对老鹰的作用力为，捕猎后空气对老鹰的作用力为，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有，解得，可知即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前