2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題四 曲線運(yùn)動精練（含解析）

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1、專題四　曲線運(yùn)動 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1．(多選)如圖甲所示，在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上運(yùn)動，其v-t圖象如圖乙所示，同時人頂桿沿水平地面運(yùn)動的x-t圖象如圖丙所示。若以地面為參考系，下列說法中正確的是(　　) A．猴子的運(yùn)動軌跡為直線 B．猴子在2 s內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動 C．t＝0時猴子的速度大小為8 m/s D．t＝2 s時猴子的加速度大小為4 m/s2 答案　BD 解析　由題圖乙知，猴子豎直方向上向上做勻減速直線運(yùn)動，加速度豎直向下，由題圖丙知，猴子水平方向上做勻速直線運(yùn)動，則猴子的加速度豎直向下且加速度的大小、方向均不變，與初速度方向不在同一直線上，故猴子在

2、2 s內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動，A錯誤，B正確；x-t圖象的斜率等于速度，則知t＝0時猴子水平方向的速度大小為vx＝4 m/s，又豎直方向初速度大小vy＝8 m/s，則t＝0時猴子的速度大小為：v＝＝4 m/s，故C錯誤；v-t圖象的斜率等于加速度，則知猴子的加速度為：a＝＝ m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小為4 m/s2，故D正確。 2．(多選) 如圖所示，轟炸機(jī)沿水平方向勻速飛行，到達(dá)山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，炸彈垂直擊中山坡上的目標(biāo)A。已知A點(diǎn)高度為h＝360 m，山坡傾角θ為37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出(　　) A．炸彈

3、的飛行時間為0.8 s B．炸彈飛行的水平位移為480 m C．轟炸機(jī)的飛行高度為680 m D．炸彈的落地速度為80 m/s 答案　BC 解析　如圖所示，已知A點(diǎn)高度為h＝360 m，山坡傾角為37°，可算出炸彈飛行的水平位移為x＝＝480 m，故B正確； 炸彈垂直擊中目標(biāo)A，可知炸彈的速度偏轉(zhuǎn)角滿足φ＝－θ＝53°，由平拋運(yùn)動的速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍可知tanφ＝＝，解得H＝320 m，所以轟炸機(jī)的飛行高度H總＝H＋h＝680 m，故C正確；炸彈的飛行時間t＝ ＝8 s，故A錯誤；炸彈的初速度為v0＝＝60 m/s，落地速度v＝＝100

4、m/s，故D錯誤。 3．(多選)如圖，排球場總長為18 m，設(shè)網(wǎng)的高度為2 m，運(yùn)動員站在離網(wǎng)3 m遠(yuǎn)的線上正對網(wǎng)前豎直跳起，在高為2.5 m處把作為質(zhì)點(diǎn)的排球垂直于網(wǎng)水平擊出?？諝庾枇Σ挥嫞亓铀俣萭取10 m/s2，則(　　) A．若球未觸網(wǎng)，排球飛行時間為 s B．擊球速度大于20 m/s，球必定會出界 C．擊球速度小于10 m/s，球必定會觸網(wǎng) D．只要擊球點(diǎn)高于2 m，且擊球速度合適，球總可以落到對方界內(nèi) 答案　AB 解析　若排球未觸網(wǎng)，排球做平拋運(yùn)動，根據(jù)H＝gt2，得排球飛行時間為t1＝ ＝ s＝ s，故A正確；排球出界的臨界擊球速度值為v1＝＝ m/s＝1

5、2 m/s，所以擊球速度大于20 m/s，球必定會出界，故B正確；若球恰好觸網(wǎng)，則球在球網(wǎng)上方運(yùn)動的時間為t2＝ ＝ s＝ s，由此求得排球觸網(wǎng)的臨界擊球速度為v2＝＝ m/s＝3 m/s，即擊球速度小于3 m/s，球必定會觸網(wǎng)，故C錯誤；設(shè)擊球點(diǎn)的高度為H′，當(dāng)H′較小時，擊球速度過大會出界，擊球速度過小又會觸網(wǎng)，如果球剛好擦網(wǎng)而過，落地時又恰壓底線上，則有＝，代入數(shù)據(jù)得＝，計算得出H′≈2.13 m，即擊球高度小于2.13 m時，不論擊球速度多大，球要么出界，要么觸網(wǎng)，一定不會落到對方界內(nèi)，D錯誤。 4. 如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔

6、(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，現(xiàn)使小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運(yùn)動，而金屬塊Q始終靜止在桌面上的同一位置，則改變高度后與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) A．細(xì)線所受的拉力變小 B．小球P運(yùn)動的角速度變大 C．Q受到桌面的靜摩擦力變小 D．Q受到桌面的支持力變大 答案　B 解析　設(shè)小球質(zhì)量為m，金屬塊質(zhì)量為M，細(xì)線拉力為F，金屬塊所受摩擦力為f，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，桌面下方的細(xì)線長為L。分析小球P的受力，豎直方向有Fcosθ＝mg，水平方向有Fsinθ＝mω2Lsinθ，可知F＝，ω＝ ，f＝F。由F＝得，θ增大，F(xiàn)增大，故A錯誤

7、；由ω＝ 得，θ增大，ω增大，故B正確；f＝F，F(xiàn)增大，因此f增大，故C錯誤；Q受到桌面的支持力始終等于Q的重力，故D錯誤。 5．(多選)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(不計一切阻力)，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時繩對小球的拉力為T，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則(　　) A．輕質(zhì)繩長為 B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹? C．當(dāng)v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為＋a D．只要v2≥b，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時繩的拉力差均為6a 答案　AD 解析　設(shè)繩長為R，由牛頓第二定律知小球在最高點(diǎn)滿足T＋mg＝m，即T＝v2－mg，由題圖乙知a＝mg，

8、b＝gR，所以g＝，R＝，A正確，B錯誤；當(dāng)v2＝c時，有T＋mg＝m，將g和R的值代入得T＝－a，C錯誤；因小球在最低點(diǎn)滿足T′－mg＝m，即在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋(v－v2)，又由機(jī)械能守恒定律知mv＝2mgR＋mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正確。 6. (多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g，若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度。下列說法正確的是(　　) A．b一定比a先開

9、始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝ 是b開始滑動的臨界角速度 D．當(dāng)ω＝ 時，a所受摩擦力的大小為kmg 答案　AC 解析　a與b所受的最大摩擦力相等，由F向＝mω2r知b需要的向心力較大，所以b先滑動，A正確；在未滑動之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B錯誤；b處于臨界狀態(tài)時，kmg＝mω·2l，解得ωb＝，C正確；a的臨界角速度ωa＝ ，當(dāng)ω＝ 時，F(xiàn)向＝mω2l＝kmg，小于最大靜摩擦力，故其所受摩擦力大小等于向心力為kmg，D錯誤。 『真題調(diào)研題組』 1．(2019·江蘇高考)(多選) 如圖所示，摩天輪懸

10、掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。座艙的質(zhì)量為m，運(yùn)動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙(　　) A．運(yùn)動周期為 B．線速度的大小為ωR C．受摩天輪作用力的大小始終為mg D．所受合力的大小始終為mω2R 答案　BD 解析　座艙的運(yùn)動周期T＝，A錯誤；根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運(yùn)動，摩天輪對座艙的作用力與座艙自身重力的合力提供向心力，合力大小始終為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。 2．(2019·海南高考)如圖，一硬幣(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦

11、因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為(　　) A. B. C. D．2 答案　B 解析　設(shè)硬幣質(zhì)量為m，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大時，硬幣受到的靜摩擦力達(dá)到最大，最大靜摩擦力提供向心力，即μmg＝mω2r，可得ω＝，B正確。 3．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)如圖a，在跳臺滑雪比賽中，運(yùn)動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運(yùn)動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則

12、(　　) A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 答案　BD 解析　v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移大小，第二次滑翔過程中所圍面積大表示在豎直方向上位移大，A錯誤；比較身體姿態(tài)對下落速率的影響，應(yīng)控制兩次水平速度相同，運(yùn)動員在水平方向上的運(yùn)動可看成勻速直線運(yùn)動，由x＝vt知運(yùn)動時間長的水平位移大，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次速度變化大，時間短，由a＝，可知第二次滑翔過程中

13、在豎直方向上平均加速度小于第一次，C錯誤；v-t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上加速度小，設(shè)在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在豎直方向上受到的阻力大，D正確。 4．(2018·江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的(　　) A．時刻相同，地點(diǎn)相同 B．時刻相同，地點(diǎn)不同 C．時刻不同，地點(diǎn)相同 D．時刻不同，地點(diǎn)不同 答案　B 解析　彈射管在豎直方向做自由落體運(yùn)動，所以先后彈出的兩只小球在豎直方向與彈射管相對靜

14、止，兩球一定與彈射管同時落地，即兩只小球落到水平地面的時刻相同；彈出的小球在水平方向做勻速運(yùn)動，且彈出小球的水平初速度相同，但由于兩小球彈出時距離水平面的高度不同，所以兩只小球在水平方向運(yùn)動的時間不等，水平位移不相等，因此落點(diǎn)不相同，故B正確。 5．(2017·江蘇高考) 如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為(　　) A．t B.t C. D. 答案　C 解析　設(shè)A、B兩小球分別以速度vA、vB水平拋出時，經(jīng)過時間t相遇，則根據(jù)平拋運(yùn)動在水平方向做勻速直線運(yùn)動有vAt＋vBt＝d①

15、 (d為兩小球間的水平距離) 設(shè)當(dāng)A、B兩小球速度都變?yōu)樵瓉淼?倍時，經(jīng)過時間t′相遇，則有2vAt′＋2vBt′＝d② 聯(lián)立①②解得t′＝，C正確。 6．(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(　　) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 答案　A 解析　設(shè)甲球落至斜面時的速率為v1，乙球落至斜面時的速率為v2，對甲球，由平拋運(yùn)動規(guī)律，x＝vt，y＝gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ＝，甲球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，聯(lián)

16、立解得：v1＝·v，即小球落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，A正確。 7．(2017·全國卷Ⅰ)發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)。其原因是(　　) A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 答案　C 解析　在豎直方向，球做自由落體運(yùn)動，由h＝gt2知，球下降相同距

17、離所用時間相同，在相同的時間間隔內(nèi)下降的距離相同，與水平速度大小無關(guān)，A、D錯誤。由v2＝2gh知，球下降相同距離時在豎直方向上的速度相同，與水平速度大小無關(guān)，B錯誤。在水平方向，球做勻速直線運(yùn)動，由s＝vt知通過相同水平距離，速度大的球用時少，C正確。 8．(2018·北京高考)根據(jù)高中所學(xué)知識可知，做自由落體運(yùn)動的小球，將落在正下方位置。但實際上，赤道上方200 m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6 cm處，這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比，現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”

18、水平向西，則小球(　　) A．到最高點(diǎn)時，水平方向的加速度和速度均為零 B．到最高點(diǎn)時，水平方向的加速度和速度均不為零 C．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè) D．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè) 答案　D 解析　上升過程水平方向向西加速運(yùn)動，在最高點(diǎn)豎直方向上速度為零，水平方向的“力”為零，所以水平方向的加速度為零，但水平方向上有向西的水平速度，且有豎直向下的加速度，故A、B錯誤；下降過程水平方向受到一個向東的“力”而向西減速運(yùn)動，按照對稱性落至地面時水平速度為零，整個過程都在向西運(yùn)動，所以落點(diǎn)在拋出點(diǎn)的西側(cè)，故C錯誤，D正確。 『模擬沖刺題組』 1．(2019·廣東汕頭二模)港珠澳大橋已經(jīng)開通，在香港和

19、澳廣無論開車和步行都是靠左行走，而內(nèi)地都是靠右行走，所以香港、澳門和珠海的汽車往來需要變換交通規(guī)則。具體的做法就是在大橋的香港和澳門所有出入口接線處架設(shè)如圖所示的立交橋來改變行駛方式。以下說法正確的是(　　) A．汽車勻速通過立交橋時合外力為零 B．汽車通過立交橋的過程合外力方向保持不變 C．汽車通過立交橋時受到的橋面支持力不一定與汽車的重力相互平衡 D．兩輛相同的汽車并排通過立交橋時合外力的大小可能一直保持相等 答案　C 解析　汽車勻速通過立交橋時做曲線運(yùn)動，合外力不為零，方向指向曲線凹側(cè)，時刻變化，故A、B錯誤；立交橋轉(zhuǎn)彎的地方路面外高內(nèi)低，橋面支持力與汽車的重力不會平衡，

20、在路面水平的地方橋面支持力與汽車的重力平衡，故C正確；兩輛相同的汽車并排通過立交橋時做曲線運(yùn)動，二者離圓心的距離不相等，合外力充當(dāng)向心力，故合外力的大小m不相等，故D錯誤。 2．(2019·濟(jì)南高三模擬)曲柄連桿結(jié)構(gòu)是發(fā)動機(jī)實現(xiàn)工作循環(huán)，完成能量轉(zhuǎn)換的主要運(yùn)動機(jī)構(gòu)。如圖所示，連桿下端連接活塞Q，上端連接曲軸P。在工作過程中，活塞在汽缸內(nèi)上下做直線運(yùn)動，帶動曲軸繞圓心O旋轉(zhuǎn)，若P做線速度大小為v0的勻速圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)OP與OQ垂直時，活塞運(yùn)動的速度等于v0 B．當(dāng)OP與OQ垂直時，活塞運(yùn)動的速度大于v0 C．當(dāng)OPQ在同一直線時，活塞運(yùn)動的速度等于v0

21、 D．當(dāng)OPQ在同一直線時，活塞運(yùn)動的速度大于v0 答案　A 解析　當(dāng)OP與OQ垂直時，設(shè)∠PQO＝θ，此時活塞的速度為v，將P點(diǎn)的速度v0分解為沿桿方向的速度v0cosθ和垂直于桿方向的速度v0sinθ；將活塞的速度v分解為沿桿方向的速度vcosθ和垂直于桿方向的速度vsinθ，則此時v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正確，B錯誤；當(dāng)OPQ在同一直線時，P點(diǎn)沿桿方向的速度為零，則活塞運(yùn)動的速度等于0，C、D錯誤。 3．(2019·黑龍江哈爾濱三中二模)(多選)傾角為θ的斜面上有A、B、C三點(diǎn)，現(xiàn)從這三點(diǎn)分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落在斜面上的D點(diǎn)，今測得AB∶BC

22、∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(　　) A．A、B、C處三個小球運(yùn)動時間之比為1∶2∶3 B．A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度的夾角之比為1∶1∶1 C．A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1 D．A、B、C處三個小球的運(yùn)動軌跡可能在空中相交 答案　BC 解析　根據(jù)幾何關(guān)系可得三個小球下落的高度之比為9∶4∶1，由h＝gt2，可得運(yùn)動時間之比為3∶2∶1，故A錯誤；因為三個小球位移的方向相同，速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的2倍，所以速度與初速度之間的夾角一定相等，比為1∶1∶1，故B正確；根據(jù)幾何關(guān)系可得三個小球下落的水平位移之比

23、為9∶4∶1，又運(yùn)動時間之比為3∶2∶1，水平方向有x＝vt，可得三個小球初速度大小之比為3∶2∶1，故C正確；最后三個小球落到同一點(diǎn)，故三個小球的運(yùn)動軌跡不可能在空中相交，故D錯誤。 4．(2019·遼寧大連二模)游樂場有一種叫做“快樂飛機(jī)”的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機(jī)質(zhì)量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動時，下列說法正確的是(　　) A．模型飛機(jī)受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂對模型飛機(jī)的作用力方向一定與旋臂垂直 C．旋臂對模型飛機(jī)的作用力大小為m D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機(jī)的作用

24、力減小 答案　C 解析　向心力是效果力，本題中模型飛機(jī)的向心力是重力與旋臂的作用力的合力，A錯誤；模型飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，旋臂作用力在豎直方向的分力與模型飛機(jī)的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動所需的向心力，由于m、ω、L、θ之間的數(shù)量關(guān)系未知，故不能確定旋臂作用力方向與旋臂是否垂直，B錯誤；根據(jù)B選項的分析可知旋臂對模型飛機(jī)的作用力大?。篎＝＝m，C正確；根據(jù)C選項的分析，當(dāng)0<θ<90°時，若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機(jī)的作用力增大，D錯誤。 5．(2019·山西運(yùn)城高三上學(xué)期模擬)(多選)如圖為過山車及其軌道簡化模型，過山車車廂內(nèi)固定一安全座椅

25、，座椅上乘坐“假人”，并系好安全帶，安全帶恰好未繃緊，不計一切阻力，以下判斷正確的是(　　) A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動 B．過山車在圓軌道最高點(diǎn)時的速度應(yīng)至少等于 C．過山車在圓軌道最低點(diǎn)時乘客處于失重狀態(tài) D．若過山車能順利通過整個圓軌道，在最高點(diǎn)時安全帶對假人一定無作用力 答案　BD 解析　過山車在圓軌道上運(yùn)動過程中，重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，即速度大小在變化，所以不是做勻速圓周運(yùn)動，A錯誤；當(dāng)過山車在圓軌道最高點(diǎn)重力等于向心力時，速度最小，故有mg＝m，解得v＝，B正確；在圓軌道最低點(diǎn)，乘客有豎直向上指向圓心的加速度，故乘客處于超重狀態(tài)，C錯誤；若過山車能順利通過

26、整個圓軌道，則在最高點(diǎn)時，F(xiàn)向≥mg，假人受重力，還可能受座椅對它向下的彈力，安全帶對假人一定無作用力，D正確。 6．(2019·山東濱州二模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一曲面，曲面方程為y＝x2，在y軸上有一點(diǎn)P，坐標(biāo)為(0,6 m)。從P點(diǎn)將一小球水平拋出，初速度為1 m/s。則小球第一次打在曲面上的位置為(不計空氣阻力)(　　) A．(3 m,3 m) B．(2 m,4 m) C．(1 m,1 m) D．(1 m,2 m) 答案　C 解析　設(shè)小球經(jīng)過時間t打在斜面上M(x，y)點(diǎn)，則水平方向：x＝v0t，豎直方向：6 m－y＝gt2。又因為y＝x2，可解得：x＝1 m，y

27、＝1 m，故C正確。 7．(2019·河北衡水中學(xué)高三二調(diào))如圖所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切。一質(zhì)量為m＝0.1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中的A點(diǎn)以v0＝2 m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動至B點(diǎn)的時間； (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時，對軌道的壓力大小。 答案　(1)0.35 s　(2)8 N 解析　(1)把小物塊在B點(diǎn)的速度分解為水平方向和豎直方向，則有：vy＝ 所

28、以所用的時間為：t＝＝＝ s≈0.35 s。 (2)小物塊在B點(diǎn)的速度為：vB＝＝2v0＝4 m/s， 對小物塊從B到C應(yīng)用動能定理得： mgR(1＋sin30°)＝mv－mv 在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得： FN－mg＝ 由以上兩式解得：FN＝8 N 由牛頓第三定律可得：小物塊對軌道的壓力大小為8 N。 『熱門預(yù)測題組』 1. (2019·安徽合肥二模)(多選)如圖所示為運(yùn)動員在水平道路上轉(zhuǎn)彎的情景，轉(zhuǎn)彎軌跡可看成一段半徑為R的圓弧，運(yùn)動員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時，只有當(dāng)?shù)孛鎸嚨淖饔昧νㄟ^車(包括人)的重心時，車才不會傾倒。設(shè)自行車和人的總質(zhì)量為M，輪胎與路面間的動

29、摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．車受到地面的支持力方向與車所在平面平行 B．轉(zhuǎn)彎時車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為 C．轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力一定為μMg D．轉(zhuǎn)彎速度越大，車所在平面與地面的夾角越小 答案　BD 解析　車受到地面支持力的方向與地面垂直，與車所在平面不平行，A錯誤；由μmg＝m，解得轉(zhuǎn)彎時車不發(fā)生側(cè)滑的最大速度為v＝，B正確；轉(zhuǎn)彎時車與地面間的靜摩擦力一定小于或等于最大靜摩擦力μMg，C錯誤；地面對自行車的彈力N與摩擦力f的合力過人與車的重心，設(shè)車所在平面與地面的夾角為θ，則有＝，又f＝M，解得＝，故轉(zhuǎn)彎速度越

30、大，車所在平面與地面的夾角越小，D正確。 2. (2019·廣東佛山高三一模)(多選)在2018年俄羅斯世界杯某場比賽中，一個球員在球門中心正前方某處高高躍起，將足球以水平速度v0頂出，恰落在球門的右下方死角P點(diǎn)。假設(shè)球門寬為L，守門員作出準(zhǔn)確判斷的時間為Δt，撲球的運(yùn)動時間為t，將足球看成質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．若球員頂球點(diǎn)的高度為h，則守門員撲球時間t必須小于 ＋Δt才可能成功防守 B．球員要成功破門，球員頂球點(diǎn)的高度必須大于g(t＋Δt)2 C．球員到球門的距離為s，則球員要成功破門，球的最小初速度v0＝ D．若球員到P點(diǎn)的水平距離小于v0(t＋Δt)，則可能成功破門 答案　AD 解析　球做平拋運(yùn)動，則落地時間為t1＝，守門員作出準(zhǔn)確判斷的時間為Δt，則守門員撲球時間t必須小于＋Δt才可能成功防守，故A正確；球員要成功破門，球的運(yùn)動時間必須小于t＋Δt，球員頂球點(diǎn)的高度必須小于g(t＋Δt)2，故B錯誤；球員到球門的距離為s，則球員要成功破門，球的最小初速度v0＝，故C錯誤；若球員到P點(diǎn)的水平距離小于v0(t＋Δt)，則可能成功破門，故D正確。 - 14 -