2025届高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动第3讲力与曲线运动练习含解析

PAGE26-第3讲力与曲线运动构建网络·重温真题1．(2024·全国卷Ⅱ)(多选)如图a，在跳台滑雪竞赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台起先计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v­t图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析v­t图象中图线与t轴包围的面积表示位移的大小，其次次滑翔过程中v­t图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A项分析知，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度改变比其次次的大，时间比其次次的短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；v­t图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，其次次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D正确。2．(2024·江苏高考)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱()A．运动周期为eq\f(2πR,ω)B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R答案BD解析座舱的运动周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A错误；依据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力供应向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。3．(2024·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽视空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其缘由是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案C解析在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2知，选项A、D错误。由v2＝2gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。4．(2024·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽视空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同答案B解析弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的水平初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故B正确。5．(2024·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍答案A解析设甲球落至斜面时的速率为v1，乙球落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得：v1＝eq\r(1＋4tan2θ)·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2＝eq\r(1＋4tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，A正确。6．(2024·江苏高考)(多选)火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发觉放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。在此10s时间内，火车()A．运动路程为600m B．加速度为零C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km答案AD解析圆周运动的弧长s＝vt＝60×10m＝600m，A正确；火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，故B错误；由题意得圆周运动的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故C错误，D正确。7．(2024·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，机械能守恒，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgR①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③联立①②③式整理得x2＝（eq\f(v2,2g)）2－（4R－eq\f(v2,2g)）2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，对应的轨道半径R＝eq\f(v2,8g)。故选B。8．(2024·北京高考)依据中学所学学问可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但事实上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可说明为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在抛出点东侧D．落地点在抛出点西侧答案D解析上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故A、B错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减速运动，依据对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错误，D正确。9．(2024·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝eq\f(3,5)，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还始终受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。答案(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿其次定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和题给数据得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。命题特点：高考中单独考查曲线运动的学问点时，题型多为选择题，将曲线运动与功和能、动量、电场和磁场综合时题型多为计算题或选择题。思想方法：运动的合成与分解、模型法、假设法。高考考向1运动的合成与分解例1(多选)如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A可在竖直杆上自由滑动。当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同B．物块A释放时的加速度为gC．M＝2D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mgeq\a\vs4\al(破题关键点)(1)A的速度与B的速度有什么关系？提示：将A的速度沿绳方向和垂直绳方向分解，物体B的速度等于A沿绳子方向的分速度。(2)B在什么力的作用下运动？提示：在轻绳的拉力与B的重力的合力作用下运动。[解析]将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度。如图所示，A沿绳子方向的分速度为vAcosθ，所以vB＝vAcosθ，故A错误；物块A释放时，竖直方向只受重力作用，则加速度为g，B正确；A下落到最低点的过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，设AO＝d，则：mgeq\f(d,tanθ)＝Mg(eq\f(d,sinθ)－d)，代入θ＝37°，解得：M＝2m，C正确；B上升过程中速度先增大后减小，可知加速度先向上后向下，可知绳子的拉力先大于Mg后小于Mg，D错误。[答案]BC1.解决运动的合成和分解的一般思路(1)明确合运动和分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。2．关联速度问题的解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个重量，依据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。1．(2024·济南高三模拟)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，活塞在汽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v0B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C．当OPQ在同始终线时，活塞运动的速度等于v0D．当OPQ在同始终线时，活塞运动的速度大于v0答案A解析当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度v0分解为沿杆方向和垂直杆方向的速度；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，A正确，B错误；当OPQ在同始终线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，C、D错误。2．(2024·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)如图所示，在一张白纸上，用手平推直尺沿纵向匀速移动，同时让铅笔尖靠着直尺沿横向匀加速移动，则笔尖画出的轨迹应为()答案C解析笔尖沿水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀速直线运动，结合合力指向曲线运动轨迹的内侧可知C正确。3．(2024·西藏昌都四中二模)(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x­t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是()A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8m/sD．t＝2s时猴子的加速度为4m/s2答案BD解析由乙图知，猴子在竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下；由丙图知，猴子在水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同始终线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；x­t图象的斜率等于速度，则由图丙知猴子水平方向的速度大小为vx＝4m/s，由图乙知猴子竖直方向的初速度vy＝8m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝4eq\r(5)m/s，故C错误；v­t图象的斜率等于加速度，则由图乙知猴子的加速度大小为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－0,2)m/s2＝4m/s2，故D正确。高考考向2平抛运动规律的应用例2(2024·山东德州二模)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，干脆将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于全部小面圈在空中运动的描述错误的是()A．运动的时间都相同B．速度的改变量都相同C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D．若初速度为v0，则Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)平抛运动的时间由哪个物理量确定？提示：高度。(2)小面圈落入锅中的临界条件是什么？提示：恰好经过锅沿。[解析]依据h＝eq\f(1,2)gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，全部小面圈在空中运动的时间都相同，故A正确；依据Δv＝gΔt可得全部小面圈的速度改变量都相同，故B正确；因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L，则最小水平初速度为vmin＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,2h))，最大水平初速度为：vmax＝eq\f(3L,t)＝3Leq\r(\f(g,2h))，则水平初速度的范围为：Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))，故D正确；落入锅中时，最大速度vmax′＝eq\r(v\o\al(2,max)＋gt2)＝eq\r(\f(9L2g,2h)＋2gh)，最小速度为vmin′＝eq\r(v\o\al(2,min)＋gt2)＝eq\r(\f(L2g,2h)＋2gh)，故C错误。题目要求选说法错误的，故选C。[答案]C抓住“六点”破解平抛运动问题(1)建立坐标系，分解运动将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方向不肯定在竖直方向和水平方向上。(2)各自独立，分别分析(3)平抛运动是匀变速曲线运动，在随意相等的时间内速度的改变量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。(4)两个分运动与合运动具有等时性，且t＝eq\r(\f(2h,g))，由下落高度h确定，与初速度v0无关。(5)随意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tanθ＝2tanφ。或者说，随意时刻速度的反向延长线肯定通过此时水平位移的中点。(6)建好“两个模型”①常规的平抛运动及类平抛模型。②与斜面相结合的平抛运动模型。a．从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。b．从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。4．(2024·山东青岛一模)随着北京冬奥会的接近，滑雪项目成为了人们特别宠爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的是()A．若h加倍，则水平飞出的速度v加倍B．若h加倍，则在空中运动的时间t加倍C．若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变D．若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变答案D解析依据mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得运动员水平飞出的速度v＝eq\r(2gh)，若h加倍，则水平飞出的速度v变为原来的eq\r(2)倍，A错误；运动员从B点滑出后做平抛运动，设运动员落到长直滑道上的位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，则若h加倍，则在空中运动的时间t变为eq\r(2)倍，B错误；设运动员落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v)＝2tanθ，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为v′＝eq\f(v,cosα)，α不变，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为原来的eq\r(2)倍，C错误，D正确。5．(2024·广东茂名一模)如图所示，有一内壁光滑的高为H＝5m、宽为L＝1m的直立长方形容器，可视为质点的小球从上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10m/s2。则小球的初速度v0的大小可能是()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．9m/s答案D解析依据平抛运动的分析可知H＝eq\f(1,2)gt2，(2n＋1)L＝v0t，代入数值解得v0＝(2n＋1)m/s，其中n＝0,1,2，3，…，所以v0的可能值为1m/s,3m/s,5m/s，7m/s，9m/s，…，故D正确，A、B、C错误。高考考向3圆周运动问题例3(2024山东省试验、淄博试验、烟台一中、莱芜一中四校联合一模)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω，细绳长为L，质量忽视不计，运动过程中细绳始终与小圆相切。在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球在桌面上恰好在以O为圆心的大圆上做圆周运动。小球和桌面之间的动摩擦因数到处相同，以下说法正确的是()A．小球将做变速圆周运动B．细绳拉力为mω2eq\r(r2＋L2)C．小球与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(ω2r\r(r2＋L2),gL)D．手对细绳做功的功率为eq\f(mω3\r(r2＋L23),L)eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)匀速圆周运动与变速圆周运动有什么区分？提示：匀速圆周运动的线速度和角速度大小不变，变速圆周运动的线速度和角速度大小不断改变；匀速圆周运动的合力充当向心力，只有向心加速度，变速圆周运动的合力不指向圆心，有向心加速度还有切向加速度。(2)绳子的拉力等于向心力吗？提示：绳子拉力和摩擦力的合力充当向心力。[解析]手握着细绳做的是匀速圆周运动，且运动过程中细绳始终与小圆相切，所以细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，故A错误；设大圆半径为R，由图分析可知R＝eq\r(r2＋L2)。设绳中张力为T，则Tcosφ＝mRω2，cosφ＝eq\f(L,R)，故T＝eq\f(mω2R2,L)＝eq\f(mω2r2＋L2,L)，故B错误；小球在桌面上做匀速圆周运动，故小球与桌面间的摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝eq\f(mω2r2＋L2,L)，sinφ＝eq\f(r,R)＝eq\f(r,\r(r2＋L2))，所以μ＝eq\f(ω2r\r(r2＋L2),gL)，故C正确；手对细绳做功的功率等于细绳对小球做功的功率，故P＝Tvsinφ＝eq\f(mω2R2,L)·ω·R·eq\f(r,R)＝eq\f(mω3rr2＋L2,L)，故D错误。[答案]C1.圆周运动问题的求解步骤(1)审清题意，确定探讨对象，明确物体做圆周运动的平面。(2)分析清晰物体的受力状况，找清晰是哪些力充当向心力。(3)分析清晰物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。(4)依据牛顿其次定律列方程求解。2．圆周运动的一些典型模型的处理方法6.(2024·贵阳监测)如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(圈中虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直。一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速率vA>eq\r(gR)，不计空气阻力，重力加速度为g。则()A．小球在A点的向心力小于mgB．小球在B点的向心力等于4mgC．小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD．小球在B、A两点的动能之差等于2mg(R＋x)答案C解析依据题述，小球在最高点A时的速率vA>eq\r(gR)，由F向＝meq\f(v\o\al(2,A),R)可知，小球在A点的向心力大于mg，A错误；依据机械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得veq\o\al(2,B)＝2g(2R＋x)＋veq\o\al(2,A)＝4gR＋2gx＋veq\o\al(2,A)，小球在B点的向心力F＝meq\f(v\o\al(2,B),R)＝4mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，肯定大于4mg，B错误；设小球运动到轨道最低点B时所受半圆形轨道的支持力为FB′，由牛顿其次定律，FB′－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FB′＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，依据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB＝FB′＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为FA′，由牛顿其次定律，FA′＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得FA′＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA＝FA′＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF＝FB－FA＝6mg＋eq\f(2mgx,R)，大于6mg，C正确；依据eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，小球在B、A两点的动能之差ΔEk＝EkB－EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mg(2R＋x)，D错误。7．(2024·江苏宿迁一调)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β。则()A．A的质量肯定小于B的质量B．A、B受到的摩擦力可能同时为零C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析由题中条件只能比较A、B的加速度大小，而它们所受合力未知，故不能比较A、B的质量，A错误；当A受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图：依据牛顿其次定律得：mgtanα＝mωeq\o\al(2,A)Rsinα解得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))同理可得，当B受到的摩擦力恰为零时，ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))由于α＞β，所以ωA＞ωB，而事实上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不行能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，则此时转台的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物块实际的向心力大于B所受摩擦力为零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；假如转台角速度从A不受摩擦力时的角速度ωA起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。8．(2024·河北衡水中学高三二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线2长l＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零，而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s，求细线2与竖直方向的夹角。答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)53°解析(1)当细线1上的张力为0时，小球的重力和细线2张力的合力供应小球圆周运动的向心力，有：mgtan37°＝mωeq\o\al(2,1)lsin37°解得：ω1＝eq\r(\f(g,lcos37°))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)设细线1的长度为l′，已知B点距C点的水平和竖直距离相等，故lcos37°＝lsin37°＋l′，代入数据得l′＝0.2m。因为ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s>ω1＝eq\f(5\r(2),2)rad/s，所以小球应当向左上方摆起，设此时细线2与竖直方向的夹角为θ′，细线2上的张力大小为T2′，并假设细线1上的张力仍旧为0，则：T2′sinθ′＝mωeq\o\al(2,2)lsinθ′，T2′cosθ′＝mg，解得：cosθ′＝eq\f(3,5)θ′＝53°由几何关系可知，此时细线1恰好竖直，故假设成立，故此时细线2与竖直方向的夹角为53°。易错警示立体空间背景下平抛运动问题的分析例(2024·吉林省吉林市三模)(多选)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，重力加速度为g，忽视空气阻力)，则()分析与解足球在水平方向的位移大小为：x＝，所以足球的总位移为：l＝eq\r(x2＋h2)＝eq\f(\r(L2＋4s2＋4h2),2)，故A错误，B正确；足球运动的时间为：t＝eq\r(\f(2h,g))，所以足球的初速度的大小为：v0＝eq\f(x,t)，末速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)，联立解得：v＝，故C错误，D正确。答案BD易错警示对于立体空间背景下平抛运动的分析，可以借助实物模拟，或者将立体空间中的运动问题转换为运动轨迹所在平面的运动问题。

配套作业限时：50分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题8分，共80分，其中第1～6题为单选题，第7～10题为多选题)1．(2024·四川南充三诊)如图所示，图1是甲汽车在水平路面上转弯行驶，图2是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力状况，以下说法正确的是()A．两车都受到路面竖直向上的支持力作用B．两车都肯定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力C．甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力D．乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力答案D解析图1中路面对汽车的支持力竖直向上，图2中路面对汽车的支持力垂直路面斜向上，A错误；图1中路面对汽车指向圆心的摩擦力供应向心力，图2中路面的支持力与重力的合力供应向心力时，mgtanθ＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gRtanθ)，此时路面对乙车没有摩擦力作用；若v＜eq\r(gRtanθ)，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，故B、C错误，D正确。2．(2024·广东深圳一模)如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C，不计空气阻力。则()A．小球落到B点与落到C点所用时间相等B．小球落到B点与落到C点的速度方向肯定相同C．小球落到C点时的速度方向不行能竖直向下D．力F越大，小球落到斜面的时间越短答案D解析对小球施加不为零的水平方向的恒力F时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由落体运动，因A距B的竖直高度大于A距C的竖直高度，依据h＝eq\f(1,2)gt2可知，小球落到B点的时间与落到C点所用的时间不相等，A错误；由图可知，对小球施加的水平方向的恒力F肯定是方向向左，小球在水平方向做匀减速直线运动，若到达C点时水平速度恰好减为零，则落到C点的速度方向竖直向下；而落到B点的小球做平抛运动，到达B点的速度方向不行能竖直向下，故B、C错误；当加力F时：竖直方向y＝eq\f(1,2)gt2；水平方向：x＝v0t－eq\f(1,2)·eq\f(F,m)t2，设斜面倾角为α，则tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t－\f(F,2m)t2)，解得：t＝eq\f(2v0tanα,g＋\f(F,m)tanα)，可知力F越大，小球落到斜面的时间t越短，D正确。3．如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一个质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速度释放，为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为()A．2.2r B．1.2rC．1.6r D．0.8r答案D解析小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点，重力供应向心力：mg＝meq\f(v2,r)，由机械能守恒定律得：mgh－mg·2r＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r；小球在圆轨道上运动时的高度也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得：mgh＝mg·r，得：h＝r。综上可得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r，故A、B、C错误，D正确。4．(2024·惠州调研)如图所示，一根不行伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a球置于C正下方的地面上时，轻绳Cb恰好处于水平拉直状态，现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面的压力刚好为零。现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放摆至最低点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．若细杆D水平向左移动少许，则b球摆至最低点时，a球会离开地面B．若细杆D水平向右移动少许，则b球摆至最低点时，a球会离开地面C．无论细杆D水平向左或者向右移动少许，当b球摆至最低点时，a球都不会离开地面D．无论细杆D水平向左或者向右移动少许，当b球摆至最低点时，a球都会离开地面答案C解析设b球到悬点D的距离为l，小球b的质量为mb，由于b球摇摆过程中机械能守恒，则有mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，当b球摆到最低点时，由牛顿其次定律得F－mbg＝eq\f(mbv2,l)，联立得F＝3mbg，可知F与b球到悬点D的距离l无关，故不论细杆D水平向左或向右移动时，小球b摆到最低点时轻绳的拉力不变，则a球不会离开地面，C正确。5．(2024·湖南湘潭三模)如图所示，质量相同的两小球A、B各用轻绳系于O点，OA长度大于OB长度。当光滑圆锥筒绕竖直对称轴OO′以肯定角速度匀速转动时，两小球也随着转动，且始终在圆锥筒的表面上并与圆锥筒保持相对静止。下列推断正确的是()A．OA和OB绳子上的张力相等B．两小球做圆周运动的向心力相等C．渐渐减小转筒的角速度，两球对圆锥筒的压力渐渐减小D．渐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零答案D解析由题意知两球均做匀速圆周运动，依据合力供应向心力可得F合＝F向＝mrω2，由于ω、m相同，而A做匀速圆周运动的半径较大，所以A受到的向心力较大，故B错误；设圆锥筒过顶点的纵截面的顶角为2α，对于A球，将A球的向心加速度沿OA方向和垂直于OA方向分解，沿OA方向：TA－mgcosα＝mrAω2·sinα，可得：TA＝mgcosα＋mrAω2·sinα，同理可得：TB＝mgcosα＋mrBω2·sinα，因为rA＞rB，所以OA绳上的张力大于OB绳上的张力，故A错误；在垂直OA方向上：对A球有：mgsinα－NA＝mrAω2·cosα，得：NA＝mgsinα－mrAω2·cosα，同理可得：NB＝mgsinα－mrBω2·cosα，故渐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零，依据牛顿第三定律，渐渐减小转筒的角速度，两球对圆锥筒的压力渐渐增大，故C错误，D正确。6．(2024·重庆一诊)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间的最大距离为()A.eq\f(μgcosθ,ω2) B.eq\f(gsinθ,ω2)C.eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g D.eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g答案C解析当物体转到圆周轨道的最低点，所受的静摩擦力沿斜面对上达到最大时，物体与转轴间的距离最大。角速度肯定，由牛顿其次定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D错误，C正确。7．(2024·辽宁卓越名校联盟二模)如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不行伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小球重力为1N，电动机从A端以1m/s的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为60°，对此时小球的速度及绳子的拉力的推断正确的是()A．小球的速度等于2m/sB．小球的速度等于0.5m/sC．绳子的拉力大于2ND．绳子的拉力等于2N答案AC解析由题可知，小球沿绳子方向的分速度大小为1m/s，即v＝v球·cos60°，所以：v球＝eq\f(v,cosθ)＝2v＝2m/s，故A正确，B错误；小球向上运动的过程中绳子与竖直方向之间的夹角增大，则cosθ减小，所以小球的速度增大，即小球做加速运动，所以绳子的拉力沿杆方向的分力大于小球的重力，即：Tcos60°＞G＝1N，所以绳子的拉力大于2N，故C正确，D错误。8．(2024·湖南师大附中高三下月考)如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点起先做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则()A．恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角并指向曲线内侧，且sinθ＝eq\f(v,v0)B．质点所受合外力的大小为eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)C．质点到达B点时的速度大小为eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))D．ts内恒力F做的功为eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)答案ABC解析ts末质点的速度达到最小值，说明ts末F与速度垂直，故恒力F的方向应与初速度方向成钝角，如图所示。由运动学学问得，在x′方向上v＝v0sinθ，在y′方向上v0cosθ＝ayt，由牛顿其次定律有F＝may，解得F＝eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)，sinθ＝eq\f(v,v0)，即恒力F的方向与初速度的反方向成θ角并指向曲线内侧，且sinθ＝eq\f(v,v0)，故A、B正确；设质点从A点运动到B点历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿其次定律有Fcosθ＝ma1，Fsinθ＝ma2，由运动学学问可得v0＝a1t1，vB＝a2t1，解得vB＝eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))，则C正确；ts内恒力F做的功为－eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)，故D错误。9．(2024·山东济宁一模)如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．初速度越大，小球运动的时间越长B．初速度不同，小球运动的时间可能相同C．小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半