2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 專題四 曲線運動精練（含解析）

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1、專題四　曲線運動 『經(jīng)典特訓題組』 1．(多選)如圖甲所示，在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上運動，其v-t圖象如圖乙所示，同時人頂桿沿水平地面運動的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．猴子的運動軌跡為直線 B．猴子在2 s內(nèi)做勻變速曲線運動 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，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達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A。已知A點高度為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A，可知炸彈的速度偏轉(zhuǎn)角滿足φ＝－θ＝53°，由平拋運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，運動員站在離網(wǎng)3 m遠的線上正對網(wǎng)前豎直跳起，在高為2.5 m處把作為質(zhì)點的排球垂直于網(wǎng)水平擊出?？諝庾枇Σ挥?，重力加速度g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)擊球點的高度為H′，當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，一根細線下端拴一個金屬小球P，細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)做勻速圓周運動，現(xiàn)使小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運動，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．細線所受的拉力變小 B．小球P運動的角速度變大 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，細線拉力為F，金屬塊所受摩擦力為f，細線與豎直方向夾角為θ，桌面下方的細線長為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)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則(　　) A．輕質(zhì)繩長為 B．當?shù)氐闹亓铀俣葹? C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為＋a D．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為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；因小球在最低點滿足T′－mg＝m，即在最低點和最高點時繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋(v－v2)，又由機械能守恒定律知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)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)做勻速圓周運動。座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙(　　) A．運動周期為 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)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，當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大時，硬幣受到的靜摩擦力達到最大，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，運動員在水平方向上的運動可看成勻速直線運動，由x＝vt知運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，地點相同 B．時刻相同，地點不同 C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同 答案　B 解析　彈射管在豎直方向做自由落體運動，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動的時間不等，水平位移不相等，因此落點不相同，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)平拋運動在水平方向做勻速直線運動有vAt＋vBt＝d①

15、 (d為兩小球間的水平距離) 設(shè)當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)高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，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．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零 B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零 C．落地點在拋出點東側(cè) D．落地點在拋出點西側(cè) 答案　D 解析　上升過程水平方向向西加速運動，在最高點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動，所以落點在拋出點的西側(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動，二者離圓心的距離不相等，合外力充當向心力，故合外力的大小m不相等，故D錯誤。 2．(2019·濟南高三模擬)曲柄連桿結(jié)構(gòu)是發(fā)動機實現(xiàn)工作循環(huán)，完成能量轉(zhuǎn)換的主要運動機構(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的勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度等于v0 B．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度大于v0 C．當OPQ在同一直線時，活塞運動的速度等于v0

21、 D．當OPQ在同一直線時，活塞運動的速度大于v0 答案　A 解析　當OP與OQ垂直時，設(shè)∠PQO＝θ，此時活塞的速度為v，將P點的速度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OPQ在同一直線時，P點沿桿方向的速度為零，則活塞運動的速度等于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，現(xiàn)從這三點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，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，故三個小球的運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”的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機質(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，當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　) A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直 C．旋臂對模型飛機的作用力大小為m D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用

24、力減小 答案　C 解析　向心力是效果力，本題中模型飛機的向心力是重力與旋臂的作用力的合力，A錯誤；模型飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，旋臂作用力在豎直方向的分力與模型飛機的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飛機做勻速圓周運動所需的向心力，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的作用力大小：F＝＝m，C正確；根據(jù)C選項的分析，當0<θ<90°時，若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力增大，D錯誤。 5．(2019·山西運城高三上學期模擬)(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動 B．過山車在圓軌道最高點時的速度應(yīng)至少等于 C．過山車在圓軌道最低點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動，A錯誤；當過山車在圓軌道最高點重力等于向心力時，速度最小，故有mg＝m，解得v＝，B正確；在圓軌道最低點，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P，坐標為(0,6 m)。從P點將一小球水平拋出，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，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B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點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)從空中的A點以v0＝2 m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A點運動至B點的時間； (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，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，運動員始終與自行車在同一平面內(nèi)。轉(zhuǎn)彎時，只有當?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。假設(shè)球門寬為L，守門員作出準確判斷的時間為Δt，撲球的運動時間為t，將足球看成質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．若球員頂球點的高度為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　球做平拋運動，則落地時間為t1＝，守門員作出準確判斷的時間為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，球的運動時間必須小于t＋Δt，球員頂球點的高度必須小于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點的水平距離小于v0(t＋Δt)，則可能成功破門，故D正確。 - 14 -