資源簡介

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高考物理一輪復習 曲線運動
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 安康模擬）如圖所示，甲、乙兩小球從斜面上方的同一位置A處，分別以大小相等的速度v0平行于斜面向下和向上斜拋出去，甲、乙分別落在斜面上的D、E兩點，且乙球落到E點時恰好垂直撞擊斜面。B、C點分別是斜面上的兩點，AC連線豎直，AB連線與斜面垂直。兩球均可視為質點，不計空氣阻力。下列各點間的距離關系正確的是（　　）
A．BD＝4BE B．BC＜BE C．AE＞AC D．CD＝CE
2．（2025春 未央區校級期末）籃球是高中學生十分喜歡的體育運動項目。如圖所示，我校高一某同學將籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上A點。若該運動員后撤到C點投籃，還要求垂直擊中籃板上A點，運動員需（　　）
A．減小拋射角θ，同時增大拋射速度
B．增大拋出速度v0，同時增大拋射角θ
C．減小拋射角θ，同時減小拋射速度v0
D．減小拋出速度v0，同時增大拋射角θ
3．（2025春 沙坪壩區校級期末）如圖所示，有兩條位于同一豎直平面內的光滑水平軌道，軌道上有兩個物體A和B，它們通過一根繞過光滑定滑輪O的不可伸長的輕繩連接。初始時，OA繩與OB繩剛好伸直且夾角為90°，現在對物體A施加一個水平外力F，使它以速度v勻速向右運動，下列說法正確的是（　　）
A．物體B做勻速直線運動
B．物體B做勻加速直線運動
C．當OA繩與水平軌道夾角為45°時，B的速度為
D．當OA繩與水平軌道夾角為45°時，B的速度為
4．（2025 河北模擬）俗話常說“鯉魚跳龍門”，這是比喻鯉魚喜歡跳水的習性，后比喻中舉、升官等飛黃騰達之事，后來又用做比喻逆流前進，奮發向上。如圖所示為鯉魚在空中運動的軌跡，鯉魚以vM＝2m/s的速度在M點躍出水面，軌跡最高點為N點，P點為軌跡上一點，MN與水面夾角θ＝60°，MN垂直于NP，不計空氣阻力，鯉魚視為質點，在鯉魚從M點運動到P點過程中，下列說法正確的是（　　）
A．鯉魚在P點的加速度比在N點的加速度大
B．鯉魚運動的最小速度為1m/s
C．MN段鯉魚運動時間為NP段鯉魚運動時間的3倍
D．MN段鯉魚位移大小為NP段鯉魚位移大小的6倍
5．（2025 湖北模擬）在2024年巴黎奧運會上，鄭欽文為中國隊獲得奧運歷史上我國的第一塊單打網球金牌，如圖所示為運動員練球時的場景。運動員將網球從O點以一定速度水平擊出，網球經過M點時速度方向與豎直方向的夾角為60°，落到水平地面上的N點時速度方向與豎直方向的夾角為45°，且網球與水平地面碰撞后瞬間反彈，其水平方向的速度分量與碰撞前瞬間相等，豎直方向的速度分量大小變為碰撞前瞬間的，且方向反向。網球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．拋出時的初速度為
B．O點距水平地面的高度為3h
C．網球從O點運動到M點的時間為
D．O、N兩點間的水平距離為4h
6．（2025 江西模擬）如圖所示，半球形陶罐固定在可繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一小物塊落入陶罐內，經過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對陶罐壁靜止，此時小物塊受到的摩擦力恰好為0，且它和O點的高度差為h，重力加速度為g，則轉臺的角速度大小為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 遼寧模擬）2025年蛇年春晚的舞臺上，一群穿著花棉襖的機器人在舞臺上扭起了秧歌。某時刻機器人轉手絹使得手絹上各點繞豎直轉軸O在水平面內做勻速圓周運動，手絹可簡化成如圖所示，則手絹上質點A、B的物理量一定相同的是（　　）
A．線速度 B．周期
C．向心加速度 D．向心力大小
8．（2025 諸暨市模擬）如圖所示，兩根長均為L的輕繩a和b固定在質量為m的小球上，輕繩a的另一端固定在天花板上的A點，AB為豎直線，輕繩b的另一端系有輕質小環c，小環c套在豎直光滑桿CD上。情境一：豎直桿CD緩慢右移，使輕繩a與豎直方向夾角為37°；情境二：豎直桿CD繞豎直線AB做勻速圓周運動，使輕繩a與豎直方向夾角為37°。已知小球可看作質點，sin37°＝0.6，下列說法正確的是（　　）
A．在情境一中，輕繩a對小球的拉力大小為mg
B．在情境一中，輕繩b對小球的拉力大小為
C．在情境二中，轉動轉速越大，輕繩a對小球的拉力越大
D．在情境二中，轉動角速度為，輕繩b對小球的拉力為0
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 許昌三模）如圖（俯視圖），用自然長度為l0，勁度系數為k的輕質彈簧，將質量都是m的兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞O點在水平面內轉動的圓盤上，物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為2l0的正三角形。已知小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為，現使圓盤帶動兩個物體以不同的角速度做勻速圓周運動，則（　　）
A．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的摩擦力最小
B．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的摩擦力都等于彈簧彈力的大小
C．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的合力大小均為
D．當物體P、Q兩物塊剛要滑動時，圓盤的角速度為ω
（多選）10．（2025 湖北一模）小球a和小球b在同一高度分別以速度7v0和v0水平拋出，已知小球落地碰撞反彈前后，豎直方向速度反向、大小不變，水平方向速度方向和大小均不變，小球a從拋出到第一次落地過程中，兩小球的軌跡的交點（7個交點）分布如圖所示，其中兩小球剛好在位置2相遇（不發生碰撞，互不影響各自的運動）。設小球a運動的時間為t，水平位移為L。下列說法正確的是（　　）
A．兩小球將在位置3再次相遇
B．小球a運動到位置5經歷的時間為
C．兩小球軌跡交點的位置中，相鄰偶數位置間的水平距離為
D．兩小球軌跡交點的位置中，相鄰奇數位置間的水平距離為
（多選）11．（2025 十堰模擬）如圖所示的機械裝置由擺錘和底座兩部分組成，擺錘通過輕質直桿與底座上的轉軸O連接，整個機械裝置放置在上表面水平的壓力傳感器上，底座內部的電機可以驅動擺錘在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，底座始終保持靜止。已知擺錘的質量為m，底座的質量為M，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．若擺錘的速率為，則擺錘運動到最高點時，壓力傳感器的示數等于Mg
B．擺錘運動到最低點時，壓力傳感器的示數可能小于（M+m）g
C．當擺錘重心與O點等高且在O點右側時，直桿對擺錘的彈力指向O點
D．當擺錘重心與O點等高且在O點右側時，底座所受摩擦力水平向左
（多選）12．（2025 柳州模擬）如圖所示，底座和豎直桿連在一起，置于水平地面上，直桿頂端用長為L＝0.5m細線拴著一個小球，給小球以一定的速度使小球做圓錐擺運動，小球運動時底座始終不動。在底座和水平面的接觸處以及桿和繩的接觸點安裝有力傳感器，可以顯示地面受到的壓力和桿頂受到的拉力大小。若小球在水平面內以角速度5rad/s做勻速圓周運動時，傳感器顯示地面所受壓力為30N，對桿頂的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列選項正確的是（　　）
A．桿與底座的總質量是2kg
B．小球質量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面間的動摩擦因數的最小值為0.375
三．填空題（共4小題）
13．（2025 福建模擬）天花板下懸掛的輕質光滑小圓環P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。設兩球同時做如圖所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則A球運動的周期 　 　 B球運動的周期（填大于、小于或等于），A、B兩球到P的距離之比為 　 　 。
14．（2025春 天河區期末）如圖所示，實線為河岸，虛線為小船從河岸M駛向對岸N的實際航線，河水流速為v1，船頭方向為船在靜水中的速度方向，船在靜水中的速度大小為v2。則由圖可知v1　 　 v2。（選填“＞”，“＜”或“＝”）
15．（2025春 煙臺期中）如圖所示，水平轉臺上有兩個完全相同的均可視為質點的物體甲和乙，其質量均為m＝1kg，甲到轉軸的距離為x甲＝0.1m，物體乙到轉軸的距離為x乙＝0.2m，兩者與轉臺間的動摩擦因數均為μ＝0.32，現讓轉臺繞中心軸OO′轉動，當角速度為 　 　 rad/s時，恰好沒有物體與轉臺發生相對滑動，此轉速下，兩物體與轉臺之間的摩擦力f甲、f乙大小之比為 　 　 。（重力加速度為g＝10m/s2）
16．（2025春 泉州期中）如圖甲所示，豎直放置的兩端封閉的玻璃管中注滿清水，內有一個紅蠟塊能在水中以0.3m/s的速度勻速上浮，現當紅蠟塊從玻璃管的下端勻速上浮的同時，使玻璃管水平勻速向右運動，測得紅蠟塊實際運動的方向與水平方向的夾角為37°，則（已知sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）：
①根據題意可知玻璃管水平方向的移動速度為 　 　 m/s。
②如圖乙所示，若紅蠟塊在A點勻速上浮的同時，使玻璃管水平向右做勻加速直線運動，則紅蠟塊實際運動的軌跡是圖中的 　 　 。
A.直線P
B.曲線Q
C.曲線R
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 寧波期末）如圖，用一根長l＝1m的細線，一端系一質量m＝1kg的小球（可視為質點），另一端固定在一放置地面的光滑錐體頂端，圓錐體始終靜止不動，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，O點距地面高度為h＝1.5m。小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動。（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω1為多大；
（2）若（1）中小球在轉動中繩子突然斷裂，求小球落點到O在水平面投影的距離s；
（3）若小球角速度ω2＝2rad/s求細繩對小球的拉力大小。
18．（2025春 寧波期末）工人用如圖所示的定滑輪裝置運送鐵箱。工人水平向左運動，通過定滑輪將靜止在地面上m＝20kg的鐵箱拉起。從t＝0時刻開始，保持鐵箱以a＝5m/s2的加速度豎直向上加速提升，工人拉繩方向與水平方向角度記為α。空氣阻力、滑輪摩擦，細繩質量均不計，工人可視為質點，求工人在提升鐵箱過程中（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）：
（1）繩子對鐵箱的拉力大小；
（2）若t1＝2s時，手拉繩方向與水平方向α＝37°，求此時工人的速度大小；
（3）若定滑輪足夠高，t1＝2s時工人手滑，完全松開拉繩，求物塊在空中運動的總時間。
19．（2025春 南海區期中）如圖甲是某廠家在彎道傾角θ＝45°的汽車試驗場測試汽車性能時汽車從水平直道進入傾斜彎道的照片，簡化圖如乙所示。汽車勻速過此彎道，其重心位于汽車中軸線上，重心的軌跡可視為半徑為R＝250m的圓弧。已知汽車（含駕駛員）總質量為m＝2.0×103kg，剎車減速時的平均阻力F＝2.0×104N，汽車受到的最大靜摩擦力大小可認為等于滑動摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，特殊材料的動摩擦因數μ可能大于1。
（1）某時刻處于水平直道上的汽車以v0＝216km/h的速度開始減速，進入傾斜彎道后恰好沒有向彎道內外兩側運動的趨勢，求汽車在開始減速至彎道起始線過程中，剎車產生的內能Q和剎車距離E；
（2）當汽車車輪與地面動摩擦因數μ滿足什么條件時，汽車在彎道中無論多快都不會向外側側滑。
20．（2025春 南海區期中）投石機是古代戰爭的武器之一。如圖所示，輕質木桿AB可繞光滑轉軸O在豎直面內轉動，配重臂OA長為L1＝1m，投射臂OB長為L2＝8m。投射石頭前，固定投石機，木桿與水平面的夾角為θ＝37°。先將石塊裝在B點，再將質量為M的配重掛在A點。松開絞索，木桿在配重的作用下旋轉到豎直位置時，木桿會被卡住而停止轉動。不計配重的體積大小、機械間的摩擦和空氣阻力，已知城墻高度H＝7.8m，頂部寬d＝8m，與轉軸O的水平距離為x＝32m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）第一次投射大石塊，大石塊在木桿旋轉至豎直方向時沿水平拋出，恰好砸在城墻腳P點，求大石塊水平拋出時的速度大小v1；
（2）第二次投射質量為m的小石塊，小石塊依然在木桿旋轉至豎直方向時沿水平拋出，恰好能落入城墻內，求小石塊水平拋出時的速度大小v2；
（3）求第二次投射時，小石塊質量m與配重質量M的比值。
高考物理一輪復習 曲線運動
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 安康模擬）如圖所示，甲、乙兩小球從斜面上方的同一位置A處，分別以大小相等的速度v0平行于斜面向下和向上斜拋出去，甲、乙分別落在斜面上的D、E兩點，且乙球落到E點時恰好垂直撞擊斜面。B、C點分別是斜面上的兩點，AC連線豎直，AB連線與斜面垂直。兩球均可視為質點，不計空氣阻力。下列各點間的距離關系正確的是（　　）
A．BD＝4BE B．BC＜BE C．AE＞AC D．CD＝CE
【考點】斜拋運動．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】將兩球的運動均沿平行斜面與垂直斜面方向進行分解，然后根據運動學公式和幾何關系進行推導即可得解。
【解答】解：A.設AB間的距離為h，把甲、乙兩球的斜拋運動均沿平行斜面與垂直斜面方向進行分解，設斜面傾角為θ，
有
可知甲、乙兩球在空中運動的時間相同。乙球到達E點時，速度恰與斜面垂直，
則有v0﹣gsinθ t＝0
乙球沿斜面方向的位移
甲球沿斜面方向的位移
可知 BD＝3BE
故A錯誤；
BC.因，又
可得BC＝BE，AC＝AE
故BC錯誤；
D.由上述分析知，CD＝CE＝2BE，故D正確。
故選：D。
【點評】此題主要考查學生對斜拋運動的理解，選擇正確的分解方向是求解此題的關鍵。
2．（2025春 未央區校級期末）籃球是高中學生十分喜歡的體育運動項目。如圖所示，我校高一某同學將籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上A點。若該運動員后撤到C點投籃，還要求垂直擊中籃板上A點，運動員需（　　）
A．減小拋射角θ，同時增大拋射速度
B．增大拋出速度v0，同時增大拋射角θ
C．減小拋射角θ，同時減小拋射速度v0
D．減小拋出速度v0，同時增大拋射角θ
【考點】斜拋運動．
【專題】定性思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】逆向思考，將籃球分別從B點、C點拋出垂直擊中籃板A點的情況看成籃球從A點平拋分別落在B點、C點，然后利用平拋運動的規律，計算下落時間、豎直速度、水平速度，最后利用幾何關系求解合速度大小及角度關系。
【解答】解：因為籃球兩次都是斜拋運動，且垂直擊中籃板上的A點，根據拋體運動的特點，可以逆向思考，將該題目的過程看成籃球從A點做兩次平拋，分別運動到B點和C點。因為A點距離B點、C點的高度相等，豎直方向上都是自由落體運動，由t可知，籃球從A點運動到B點、C點的時g間相等，由vy＝gt可知B點、C點的豎直速度相等。又因為水平方向上是勻速直線運動，由v可知，相等時間內C點對應的水平位移大，所以C點的水平速度大，所以由v可得，籃球在C點對應的速度大，即從B點撤到C點時需要增大拋出速度v0。由幾何關系可得：tan，因為豎直速度相等，C點的水平速度較大，所以C點的速度與水平方向的夾角較小，即從B點撤到C點需要減小拋射角θ，故A錯誤，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查拋體運動，解題的突破點在于將兩個斜拋運動通過逆向思維看成兩個平拋運動。
3．（2025春 沙坪壩區校級期末）如圖所示，有兩條位于同一豎直平面內的光滑水平軌道，軌道上有兩個物體A和B，它們通過一根繞過光滑定滑輪O的不可伸長的輕繩連接。初始時，OA繩與OB繩剛好伸直且夾角為90°，現在對物體A施加一個水平外力F，使它以速度v勻速向右運動，下列說法正確的是（　　）
A．物體B做勻速直線運動
B．物體B做勻加速直線運動
C．當OA繩與水平軌道夾角為45°時，B的速度為
D．當OA繩與水平軌道夾角為45°時，B的速度為
【考點】關聯速度問題．
【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】將A的速度分解到沿繩方向和垂直于繩方向，A沿繩方向的分速度大小等于B的速度大小，根據幾何關系求解B的速度。
【解答】解：AB.設A物體從圖示位置向右運動過程中，OA與水平軌道的夾角為θ，根據關系速度規律可得vB＝vcosθ，可知隨著A物體向右運動，θ角增大，B物體做變加速直線運動，故AB錯誤；
CD.由vB＝vcosθ可得，當OA繩與水平軌道夾角為45°時，B的速度為，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了運動的合成和分解。已知分運動求合運動稱為運動的合成；已知合運動求分運動稱為運動的分解。兩者互為逆運算。在對物體的實際運動進行分解時，要根據實際效果分解。
4．（2025 河北模擬）俗話常說“鯉魚跳龍門”，這是比喻鯉魚喜歡跳水的習性，后比喻中舉、升官等飛黃騰達之事，后來又用做比喻逆流前進，奮發向上。如圖所示為鯉魚在空中運動的軌跡，鯉魚以vM＝2m/s的速度在M點躍出水面，軌跡最高點為N點，P點為軌跡上一點，MN與水面夾角θ＝60°，MN垂直于NP，不計空氣阻力，鯉魚視為質點，在鯉魚從M點運動到P點過程中，下列說法正確的是（　　）
A．鯉魚在P點的加速度比在N點的加速度大
B．鯉魚運動的最小速度為1m/s
C．MN段鯉魚運動時間為NP段鯉魚運動時間的3倍
D．MN段鯉魚位移大小為NP段鯉魚位移大小的6倍
【考點】斜拋運動．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】根據鯉魚的受力分析加速度；鯉魚在N點的速度為鯉魚的最小速度，結合幾何關系求出最小速度；將MN段等效為反向平拋運動，根據平拋運動的規律，結合幾何關系，可求出MN段和NP段鯉魚運動時間關系和位移關系。
【解答】解：A.鯉魚只受重力，加速度為重力加速度g，所以鯉魚在P直的加速度與在N點的加速度一樣大，故A錯誤；
B.鯉魚在N點的速度為鯉魚的最小速度，該速度等于鯉魚在M點的水平分速度，由于vM與水平方向夾角大于θ，所以鯉魚運動的最小速度小于vMcosθ1m/s，故B錯誤；
C.將MN段等效為反向平拋運動，由平拋運動得，，x＝vxt，解得，由幾何關系知NP與水平方向夾角為30°，則，故C正確；
D.由知MN段鯉魚豎直位移大小為NP段豎直位移的9倍，MN段水平位移大小是NP段水平位移大小的3倍，合位移不為6倍，故D錯誤。
故答案為：C。
【點評】本題考查了斜拋運動，要能夠根據運動的合成與分解的知識分析求解，并能夠充分利用到最高點的運動的逆運動為平拋運動的特點。
5．（2025 湖北模擬）在2024年巴黎奧運會上，鄭欽文為中國隊獲得奧運歷史上我國的第一塊單打網球金牌，如圖所示為運動員練球時的場景。運動員將網球從O點以一定速度水平擊出，網球經過M點時速度方向與豎直方向的夾角為60°，落到水平地面上的N點時速度方向與豎直方向的夾角為45°，且網球與水平地面碰撞后瞬間反彈，其水平方向的速度分量與碰撞前瞬間相等，豎直方向的速度分量大小變為碰撞前瞬間的，且方向反向。網球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．拋出時的初速度為
B．O點距水平地面的高度為3h
C．網球從O點運動到M點的時間為
D．O、N兩點間的水平距離為4h
【考點】平拋運動位移的計算；平拋運動時間的計算；平拋運動速度的計算．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】先根據豎直上拋運動規律結束網球落地時豎直方向的分速度，根據速度矢量合成法則可得拋出的初速度；根據速度—位移公式計算；根據速度的矢量關系得到網球在M點豎直方向的分速度，然后根據速度—時間關系計算；根據網球落地時豎直方向的分速度計算網球運動的總時間，然后根據水平方向做勻速直線運動計算水平距離。
【解答】解：A、網球與地面碰撞后彈起的最大高度為h，由網球彈起后在豎直方向做豎直上拋運動，則碰撞后瞬間網球在豎直方向速度根據速度—位移公式，得網球落地的豎直速度為，又由落到水平地面上的N點時速度方向與豎直方向的夾角為45°，可知碰撞前瞬間網球水平方向速度，由于網球在水平方向做勻速直線運動，得拋出時的初速度，故A正確；
B、根據公式，可知O點距水平地面的高度為H＝4h，故B錯誤；
C、根據，可求得M點的豎直速度，再根據公式vMy＝gt，可得網球從O點運動到M點的時間，故C錯誤；
D、由網球落地時的豎直速度，根據公式vy＝gtN，解得網球從拋出到落地時間，平拋的水平位移x＝v0tN，可得根據O、N兩點間的水平距離x＝8h，故D錯誤。
故選：A。
【點評】掌握平拋運動規律是解題的基礎，能夠計算出網球落地時豎直方向的分速度是解題的關鍵。
6．（2025 江西模擬）如圖所示，半球形陶罐固定在可繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一小物塊落入陶罐內，經過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對陶罐壁靜止，此時小物塊受到的摩擦力恰好為0，且它和O點的高度差為h，重力加速度為g，則轉臺的角速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【考點】傾斜轉盤(斜面體)上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】對物塊受力分析，合力提供物塊做圓周運動的向心力，求轉臺轉動的角速度大小。
【解答】解：A.對物塊受力分析，物塊的受力情況如圖：
物塊受到的支持力和重力，支持力和重力的合力提供物塊做圓周運動的向心力，設支持力與豎直方向上的夾角為θ，有mgtanθ＝mω2r
由幾何關系可得r＝htanθ
解得
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】本題考查學生對圓周運動問題的分析能力，解題關鍵是受力分析，根據合力提供向心力解答。
7．（2025 遼寧模擬）2025年蛇年春晚的舞臺上，一群穿著花棉襖的機器人在舞臺上扭起了秧歌。某時刻機器人轉手絹使得手絹上各點繞豎直轉軸O在水平面內做勻速圓周運動，手絹可簡化成如圖所示，則手絹上質點A、B的物理量一定相同的是（　　）
A．線速度 B．周期
C．向心加速度 D．向心力大小
【考點】傳動問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】同軸轉動的物體角速度相同，依據v＝ωr分析判斷線速度，根據，an＝rω2分析向心加速度，根據Fn＝mrω2分析向心力。
【解答】解：手絹上質點A、B兩點共軸轉動，則A、B兩點的角速度相等，周期相等，二者圓周運動半徑不同，根據v＝ωr，a＝ω2r可知線速度和向心加速度一定不同，不知道AB的質量關系，根據Fn＝mrω2可知向心力不一定相等，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】求解此題的關鍵是知道共軸轉動的點角速度相等，熟悉勻速圓周運動中對應的物理公式。
8．（2025 諸暨市模擬）如圖所示，兩根長均為L的輕繩a和b固定在質量為m的小球上，輕繩a的另一端固定在天花板上的A點，AB為豎直線，輕繩b的另一端系有輕質小環c，小環c套在豎直光滑桿CD上。情境一：豎直桿CD緩慢右移，使輕繩a與豎直方向夾角為37°；情境二：豎直桿CD繞豎直線AB做勻速圓周運動，使輕繩a與豎直方向夾角為37°。已知小球可看作質點，sin37°＝0.6，下列說法正確的是（　　）
A．在情境一中，輕繩a對小球的拉力大小為mg
B．在情境一中，輕繩b對小球的拉力大小為
C．在情境二中，轉動轉速越大，輕繩a對小球的拉力越大
D．在情境二中，轉動角速度為，輕繩b對小球的拉力為0
【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；力的合成與分解的應用；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】分析小球受力，根據共點力平衡條件列式求出情景一中輕繩a和b對小球的拉力大小；在情境二中，先由牛頓第二定律分析繩b中無拉力這種臨界狀態中小球轉動的角速度，再討論各種角速度下兩繩對小球的拉力。
【解答】解：AB.對小球受力分析，根據平衡條件可得Facos37°＝mg，Fb＝Fasin37°
解得Famg，Fbmg
AB錯誤；
CD.在情境二中，當繩b中無拉力，小球受到繩a的拉力及小球的重力，二者的合力為其圓周運動提供向心力，
豎直方向上受力平衡，結合上述分析可知Famg，Fasin37°＝mω2Lsin37°
解得ω
即當角速度時，繩子a的拉力不變；
當繩子b有拉力時，根據牛頓第二定律則有Fasin37°﹣Fb＝mω2Lsin37°時，隨著轉動的角速度增大，繩子的拉力隨之增大，
綜上所述，當時，繩a的拉力隨角速度的增大而保持不變，當時，繩a的拉力隨角速度的增大而增大，故C錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】此題主要考查共點力平衡條件的應用和勻速圓周運動問題分析，求解的過程中要注意對小球在不同角速度下兩繩拉力大小的討論。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 許昌三模）如圖（俯視圖），用自然長度為l0，勁度系數為k的輕質彈簧，將質量都是m的兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞O點在水平面內轉動的圓盤上，物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為2l0的正三角形。已知小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為，現使圓盤帶動兩個物體以不同的角速度做勻速圓周運動，則（　　）
A．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的摩擦力最小
B．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的摩擦力都等于彈簧彈力的大小
C．當圓盤的角速度為ω時，P、Q兩物塊受到的合力大小均為
D．當物體P、Q兩物塊剛要滑動時，圓盤的角速度為ω
【考點】水平轉盤上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】對物體進行受力分析，根據胡克定律求出彈簧的彈力，分析向心力來源，根據牛頓第二定律求解；當摩擦力與向心力垂直時，此時靜摩擦力具有最小值；當最大摩擦力和彈簧彈力垂直時，合力提供向心力，此時物塊要滑動。
【解答】解：物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為2l0的正三角形，
PQ間的距離為2l0，而彈簧的原長為l0，故彈簧的彈力為F＝kl0
A、當ω時，可得物塊隨圓盤轉動需要的向心力為Fn＝mω2 2l0
根據合力與分力構成的矢量三角形可知，此時靜摩擦力具有最小值為
fmin＝Fcos30°，故A正確；
B、當ω時，可得物塊隨圓盤轉動需要的向心力為Fn＝mω2 2l0
由力的三角形可知靜摩擦力不等于彈簧的彈力，故B錯誤；
C、當ω時，可得物塊隨圓盤轉動需要的向心力為Fn＝mω2 2l0＝kl0
小物塊P、Q和圓盤間的最大靜摩擦力均為kl0，
由力的三角形可知靜摩擦力等于kl0kl0，此時物體和圓盤還未相對滑動，物體所受的合力亦為也為kl0，故C錯誤；
D、靜摩擦力達到最大值時，恰好最大精處理與彈力垂直，此時Fn＝mω2 2l02kl0
解得ω，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題關鍵是分析物體的受力情況和運動情況，找到向心力來源，根據牛頓第二定律列式求解，注意臨界情況的分析。
（多選）10．（2025 湖北一模）小球a和小球b在同一高度分別以速度7v0和v0水平拋出，已知小球落地碰撞反彈前后，豎直方向速度反向、大小不變，水平方向速度方向和大小均不變，小球a從拋出到第一次落地過程中，兩小球的軌跡的交點（7個交點）分布如圖所示，其中兩小球剛好在位置2相遇（不發生碰撞，互不影響各自的運動）。設小球a運動的時間為t，水平位移為L。下列說法正確的是（　　）
A．兩小球將在位置3再次相遇
B．小球a運動到位置5經歷的時間為
C．兩小球軌跡交點的位置中，相鄰偶數位置間的水平距離為
D．兩小球軌跡交點的位置中，相鄰奇數位置間的水平距離為
【考點】斜拋運動；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】平拋運動是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運動，所以平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，結合運動學公式求解。
【解答】解：A．位置2→位置3，初速度大小不同，水平方向勻速運動時間不同，在位置2，就不會在位置3再次相遇，故A錯誤；
BD．由題意可知如圖所示。
小球a從1→3、小球b從P→3，豎直方向運動時間t1相同，小球a和小球b在同一高度分別以速度7v0和v0水平拋出，水平方向上
小球a從1→5、小球b從Q→5，豎直方向運動時間t2相同，水平方向上
小球a從1→7、小球b從M→7，豎直方向運動時間t3相同，水平方向上
易得t1：t2：t3＝1：2：3
又t3＝t，所以，xa1：xa2：xa3＝1：2：3
又xa3＝L，所以
故BD正確；
C．小球a從1→2、小球b從P→2，t4相同，水平方向上
小球a從1→4、小球b從Q→4，t5相同，水平方向上
小球a從1→6、小球b從M→6，t6相同，水平方向上
易得t4：t5：t6＝1：2：3
所以x12＝x24＝x46
又x12+x24+x46+x67＝L
所以
故C錯誤。
故選：BD。
【點評】本題主要考查了平拋運動的相關應用，解題的關鍵點是掌握平拋運動在不同方向上的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。
（多選）11．（2025 十堰模擬）如圖所示的機械裝置由擺錘和底座兩部分組成，擺錘通過輕質直桿與底座上的轉軸O連接，整個機械裝置放置在上表面水平的壓力傳感器上，底座內部的電機可以驅動擺錘在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，底座始終保持靜止。已知擺錘的質量為m，底座的質量為M，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．若擺錘的速率為，則擺錘運動到最高點時，壓力傳感器的示數等于Mg
B．擺錘運動到最低點時，壓力傳感器的示數可能小于（M+m）g
C．當擺錘重心與O點等高且在O點右側時，直桿對擺錘的彈力指向O點
D．當擺錘重心與O點等高且在O點右側時，底座所受摩擦力水平向左
【考點】桿球類模型及其臨界條件；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據豎直面內圓周運動桿模型的臨界條件結合超失重，受力分析等知識進行分析解答。
【解答】解：A.若擺錘的速率為，擺錘運動到最高點時，直桿上無彈力，而底座保持靜止，壓力傳感器的示數等于Mg，故A正確；
B.擺錘運動到最低點時，擺錘處于超重狀態，壓力傳感器的示數一定大于（M+m）g，故B錯誤；
CD.當擺錘重心與O點等高且在O點右側時，直桿對擺錘彈力的豎直分量與擺錘的重力mg平衡，水平分力提供向心力，直桿對重錘的彈力斜向左上，直桿對底座的彈力斜向右下，而底座保持靜止，所以底座所受摩擦力水平向左，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】考查豎直面內圓周運動桿模型的臨界條件結合超失重，受力分析等知識，會根據題意進行準確分析解答。
（多選）12．（2025 柳州模擬）如圖所示，底座和豎直桿連在一起，置于水平地面上，直桿頂端用長為L＝0.5m細線拴著一個小球，給小球以一定的速度使小球做圓錐擺運動，小球運動時底座始終不動。在底座和水平面的接觸處以及桿和繩的接觸點安裝有力傳感器，可以顯示地面受到的壓力和桿頂受到的拉力大小。若小球在水平面內以角速度5rad/s做勻速圓周運動時，傳感器顯示地面所受壓力為30N，對桿頂的拉力是12.5N，重力加速度g取10m/s2，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列選項正確的是（　　）
A．桿與底座的總質量是2kg
B．小球質量是1kg
C．地面受到摩擦力的大小是7.5N
D．底座和水平地面間的動摩擦因數的最小值為0.375
【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】以整體為研究對象，豎直方向根據平衡條件求解總質量；對小球分析，根據向心力的計算公式求解小球的質量；對小球，豎直方向根據平衡條件求解細線與豎直方向的夾角，對底座，水平方向根據平衡條件可得摩擦力大小；根據滑動摩擦力的計算公式求解底座和水平地面間的動摩擦因數的最小值。
【解答】解：A、傳感器顯示地面所受壓力為F地＝30N，設桿與底座的總質量為M，以整體為研究對象，豎直方向根據平衡條件可得：F地＝Mg，解得：M＝3kg，故A錯誤；
B、設小球的質量為m，根據題意可知細線的拉力為F＝12.5N，對小球分析，受到重力和細線拉力，合力提供向心力，如圖所示；
根據向心力的計算公式可得：Fsinθ＝mLsinθ ω2，解得：m＝1kg，故B正確；
C、對小球，豎直方向根據平衡條件可得：Fcosθ＝mg，解得：θ＝37°；
對底座，水平方向根據平衡條件可得摩擦力大小為：f＝Fsinθ＝12.5×0.6N＝7.5N，故C正確；
D、根據滑動摩擦力的計算公式可得：μF地＝f，解得底座和水平地面間的動摩擦因數的最小值為μ＝0.25，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題主要是考查圓錐擺運動，解答本題的關鍵是能夠對小球進行分析，根據向心力的計算公式進行分析。
三．填空題（共4小題）
13．（2025 福建模擬）天花板下懸掛的輕質光滑小圓環P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B（m1≠m2）。設兩球同時做如圖所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則A球運動的周期 　等于　 B球運動的周期（填大于、小于或等于），A、B兩球到P的距離之比為 　m2：m1　 。
【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】等于；m2：m1。
【分析】根據牛頓第二定律推導出周期公式、加速度公式、向心力公式，由控制變量法分析其他物理量的變化。
【解答】解：設PA擺線長L，與豎直方向夾角為θ，P到A、B所在的水平面高度為h。
根據牛頓第二定律有：m1gtanθ＝m1（）2Linθ，解得T＝2π2π，可知周期與質量、擺線長無關，兩擺的周期相等；
設繩拉力為F，根據向心力公式有：Fn＝Fsinθ＝mω2lsinθ，即F＝mω2l，F大小相同，m和l成反比，則A、B兩球到P的距離之比為m2：m1。
故答案為：等于；m2：m1。
【點評】本題考查圓錐擺，要求掌握圓錐擺的力學特點和運動學特點，知道向心力的來源。
14．（2025春 天河區期末）如圖所示，實線為河岸，虛線為小船從河岸M駛向對岸N的實際航線，河水流速為v1，船頭方向為船在靜水中的速度方向，船在靜水中的速度大小為v2。則由圖可知v1　＜　 v2。（選填“＞”，“＜”或“＝”）
【考點】小船過河問題．
【專題】定量思想；合成分解法；運動的合成和分解專題；理解能力．
【答案】＜
【分析】結合運動的合成與分解方法可知，合運動與分運動之間滿足平行四邊形定則，根據平行四邊形定則判斷船速與河水流速的大小關系。
【解答】解：結合運動的合成與分解方法可知，合運動與分運動之間滿足平行四邊形定則，根據平行四邊形定則知，若船頭指向河對岸上游，合速度的方向正好垂直河岸，則船在靜水中的速度大小一定大于河水流速，即v1＜v2。
故答案為：＜。
【點評】本題考查學生對小船渡河問題的理解，其中著重考查學生在小船實際垂直渡河問題中應用平行四邊形定則分析船速與水速的關系的能力。
15．（2025春 煙臺期中）如圖所示，水平轉臺上有兩個完全相同的均可視為質點的物體甲和乙，其質量均為m＝1kg，甲到轉軸的距離為x甲＝0.1m，物體乙到轉軸的距離為x乙＝0.2m，兩者與轉臺間的動摩擦因數均為μ＝0.32，現讓轉臺繞中心軸OO′轉動，當角速度為 　4　 rad/s時，恰好沒有物體與轉臺發生相對滑動，此轉速下，兩物體與轉臺之間的摩擦力f甲、f乙大小之比為 　1：2　 。（重力加速度為g＝10m/s2）
【考點】水平轉盤上物體的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】4；1：2
【分析】根據向心力公式判斷哪個物體受摩擦力先達到最大靜摩擦力，求出此時的角速度；根據摩擦力充當向心力計算此時兩物體與轉臺之間的摩擦力之比。
【解答】解：當物體恰好與轉臺發生相對滑動時，最大靜摩擦力充當向心力，有μmg＝mω2r，可知，物體到轉軸的距離越大，物體越容易發生滑動，故隨著角速度增大，乙會先相對轉臺發生相對滑動，則乙恰好沒有相對發生相對滑動時，有μmg＝mω2x乙，解得ω＝4rad/s；
由f＝mω2r可得，此轉速下，兩物體與轉臺之間的摩擦力f甲、f乙大小之比為f甲：f乙＝x甲：x乙＝0.1：0.2＝1：2。
故答案為：4；1：2
【點評】本題涉及圓周運動的臨界問題，先要考慮隨角速度增大哪個物體先達到最大靜摩擦力，再運用摩擦力提供向心力得出正確結論。
16．（2025春 泉州期中）如圖甲所示，豎直放置的兩端封閉的玻璃管中注滿清水，內有一個紅蠟塊能在水中以0.3m/s的速度勻速上浮，現當紅蠟塊從玻璃管的下端勻速上浮的同時，使玻璃管水平勻速向右運動，測得紅蠟塊實際運動的方向與水平方向的夾角為37°，則（已知sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）：
①根據題意可知玻璃管水平方向的移動速度為 　0.4　 m/s。
②如圖乙所示，若紅蠟塊在A點勻速上浮的同時，使玻璃管水平向右做勻加速直線運動，則紅蠟塊實際運動的軌跡是圖中的 　B　 。
A.直線P
B.曲線Q
C.曲線R
【考點】兩個勻速直線運動的合成；物體運動軌跡、速度、受力（加速度）的相互判斷．
【專題】定量思想；合成分解法；運動的合成和分解專題；推理論證能力．
【答案】①0.4；②B。
【分析】①利用平行四邊形定則可以求出分運動的大小；②利用加速度的方向可以判別軌跡的彎曲方向。
【解答】解：①根據平行四邊形法則可知，玻璃管水平方向的移動速度為；
②蠟塊在豎直方向做勻速運動，在水平方向做勻加速運動，則加速度方向水平向右，則蠟塊所受的合外力方向水平向右，合初速度方向與合外力方向不共線，則蠟塊做曲線運動；又因為合外力的指向軌跡的內側，可知蠟塊實際運動的軌跡是圖中的曲線Q，故答案為：B。
故答案為：①0.4；②B。
【點評】考查對合運動與分運動的理解，清楚物體做曲線運動的條件。
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 寧波期末）如圖，用一根長l＝1m的細線，一端系一質量m＝1kg的小球（可視為質點），另一端固定在一放置地面的光滑錐體頂端，圓錐體始終靜止不動，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，O點距地面高度為h＝1.5m。小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動。（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：
（1）若細線與豎直方向的夾角為60°，則小球的角速度ω1為多大；
（2）若（1）中小球在轉動中繩子突然斷裂，求小球落點到O在水平面投影的距離s；
（3）若小球角速度ω2＝2rad/s求細繩對小球的拉力大小。
【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；圓周運動與平拋運動相結合的問題．
【專題】計算題；解題思想；定量思想；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．
【答案】（1）小球的角速度ω1大小是2rad/s；
（2）小球落點到O在水平面投影的距離s是m；
（3）細繩對小球的拉力大小是9.44N。
【分析】（1）應用牛頓第二定律求出角速度。
（2）繩子斷裂后小球做平拋運動，應用運動學公式求解。
（3）應用牛頓第二定律求出臨界角速度，判斷小球的運動情況與受力情況，應用牛頓第二定律求解。
【解答】解：（1）對小球，由牛頓第二定律得mgtan60°＝mlsin60°
代入數據解得ω1＝2rad/s
（2）繩子斷裂后小球做平拋運動，
豎直方向h﹣lcos60°
水平方向x＝ω1lsin60°×t
由幾何知識得s
代入數據解得sm
（3）小球恰好開始離開圓錐體時，由牛頓第二定律得mgtan37°＝mlsin37°
代入數據解得ω臨rad/s＞ω2＝2rad/s，小球靠在圓錐體上做勻速圓周運動，
在豎直方向，由平衡條件得Tcos37°+Fsin37°＝mg
在水平方向，由牛頓第二定律得Tsin37°﹣Fcos37°＝mlsin37°
代入數據解得TN＝9.44N
答：（1）小球的角速度ω1大小是2rad/s；
（2）小球落點到O在水平面投影的距離s是m；
（3）細繩對小球的拉力大小是9.44N。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚小球的運動情況與受力情況，應用牛頓第二定律即可解題。
18．（2025春 寧波期末）工人用如圖所示的定滑輪裝置運送鐵箱。工人水平向左運動，通過定滑輪將靜止在地面上m＝20kg的鐵箱拉起。從t＝0時刻開始，保持鐵箱以a＝5m/s2的加速度豎直向上加速提升，工人拉繩方向與水平方向角度記為α。空氣阻力、滑輪摩擦，細繩質量均不計，工人可視為質點，求工人在提升鐵箱過程中（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）：
（1）繩子對鐵箱的拉力大小；
（2）若t1＝2s時，手拉繩方向與水平方向α＝37°，求此時工人的速度大小；
（3）若定滑輪足夠高，t1＝2s時工人手滑，完全松開拉繩，求物塊在空中運動的總時間。
【考點】關聯速度問題；勻變速直線運動位移與時間的關系；共點力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；合成分解法；自由落體運動專題；運動的合成和分解專題；推理論證能力．
【答案】（1）繩子對鐵箱的拉力大小為300N；
（2）此時工人的速度大小為12.5m/s；
（3）物塊在空中運動的總時間為（3）s。
【分析】（1）繩子對鐵箱的拉力與鐵箱重力的合力提供加速度，根據牛頓第二定律分析；
（2）將人的速度分解成沿繩子方向和垂直繩子方向兩個分速度，沿繩子方向分速度大小等于鐵箱的速度，根據幾何關系解答。
（3）分析2s時物塊的速度，其先做豎直上拋運動，至最高點后做自由落體運動，分別求出兩段運動的時間，進而求解在空中運動的總時間。
【解答】解：（1）根據牛頓第二定律得T﹣mg ＝ma，解得T＝20×（10+5）N＝300N；
（2）根據幾何關系可得v人cosα＝at1，解得12.5m/s；
（3）物塊做豎直上拋運動的時間為，
其向上運動的高度為；
根據，解得，
解得總時間（3）s。
答：（1）繩子對鐵箱的拉力大小為300N；
（2）此時工人的速度大小為12.5m/s；
（3）物塊在空中運動的總時間為（3）s。
【點評】考查對牛頓第二定律、關聯速度、自由落體與豎直上拋規律的理解，清楚合運動與分運動的關系，熟悉運動學公式的運用。
19．（2025春 南海區期中）如圖甲是某廠家在彎道傾角θ＝45°的汽車試驗場測試汽車性能時汽車從水平直道進入傾斜彎道的照片，簡化圖如乙所示。汽車勻速過此彎道，其重心位于汽車中軸線上，重心的軌跡可視為半徑為R＝250m的圓弧。已知汽車（含駕駛員）總質量為m＝2.0×103kg，剎車減速時的平均阻力F＝2.0×104N，汽車受到的最大靜摩擦力大小可認為等于滑動摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力，特殊材料的動摩擦因數μ可能大于1。
（1）某時刻處于水平直道上的汽車以v0＝216km/h的速度開始減速，進入傾斜彎道后恰好沒有向彎道內外兩側運動的趨勢，求汽車在開始減速至彎道起始線過程中，剎車產生的內能Q和剎車距離E；
（2）當汽車車輪與地面動摩擦因數μ滿足什么條件時，汽車在彎道中無論多快都不會向外側側滑。
【考點】車輛在道路上的轉彎問題；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】計算題；定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】（1）汽車在開始減速至彎道起始線過程中，剎車產生的內能Q為1.1×106J；剎車距離E為55m；
（2）當汽車車輪與地面動摩擦因數μ滿足μ≥1時，汽車在彎道中無論多快都不會向外側側滑。
【分析】（1）在傾斜彎道恰好沒有向彎道內外兩側運動的趨勢，汽車受道德重力和支持力的合力提供向心力，列式求解減速至彎道起始線時的速度，由能量守恒列式求解剎車產生的內能Q；由動能定理列式求解剎車距離E；
（2）當汽車在彎道行駛，不向外側側滑時，重力、支持力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，列式得到動摩擦因數表達式，根據數學知識求解動摩擦因數μ滿足什么條件時，汽車在彎道中無論多快都不會向外側側滑。
【解答】解：（1）v0＝216km/h＝60m/s，
在傾斜彎道恰好沒有向彎道內外兩側運動的趨勢，汽車受重力mg和支持力N，兩個力的合力提供向心力，可得，解得，
由能量守恒可知剎車產生的內能Q，由動能定理可得，解得；
（2）當汽車以最大速度vm行駛，不向外側側滑時，重力、支持力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，可得，FNcosθ﹣fsinθ﹣mg＝0，又f＝μFN，聯立上式解得，vm→∞時，，即μ≥1。
答：（1）汽車在開始減速至彎道起始線過程中，剎車產生的內能Q為1.1×106J；剎車距離E為55m；
（2）當汽車車輪與地面動摩擦因數μ滿足μ≥1時，汽車在彎道中無論多快都不會向外側側滑。
【點評】本題主要考查圓周運動在生活中的應用，關鍵是找臨界。
20．（2025春 南海區期中）投石機是古代戰爭的武器之一。如圖所示，輕質木桿AB可繞光滑轉軸O在豎直面內轉動，配重臂OA長為L1＝1m，投射臂OB長為L2＝8m。投射石頭前，固定投石機，木桿與水平面的夾角為θ＝37°。先將石塊裝在B點，再將質量為M的配重掛在A點。松開絞索，木桿在配重的作用下旋轉到豎直位置時，木桿會被卡住而停止轉動。不計配重的體積大小、機械間的摩擦和空氣阻力，已知城墻高度H＝7.8m，頂部寬d＝8m，與轉軸O的水平距離為x＝32m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）第一次投射大石塊，大石塊在木桿旋轉至豎直方向時沿水平拋出，恰好砸在城墻腳P點，求大石塊水平拋出時的速度大小v1；
（2）第二次投射質量為m的小石塊，小石塊依然在木桿旋轉至豎直方向時沿水平拋出，恰好能落入城墻內，求小石塊水平拋出時的速度大小v2；
（3）求第二次投射時，小石塊質量m與配重質量M的比值。
【考點】圓周運動與平拋運動相結合的問題；平拋運動速度的計算；平拋運動位移的計算．
【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）第一次投射大石塊，大石塊水平拋出時的速度大小為20m/s；
（2）第二次投射質量為m的小石塊，小石塊水平拋出時的速度大小40m/s；
（3）第二次投射時，小石塊質量m與配重質量M的比值為0.004。
【分析】（1）大石塊恰好砸在城墻腳P點，根據平拋運動的規律解答；
（2）小石塊恰好能落入城墻內，根據平拋運動的規律解答；
（3）求出第二次投射時，配重達到最低點的速度大小，再根據機械能守恒定律進行解答。
【解答】解：（1）大石塊恰好砸在城墻腳P點，經過的時間為t1，則有：L2sinθ+L2
解得：t1＝1.6s
則有：v1m/s＝20m/s；
（2）小石塊恰好能落入城墻內，設小石塊達到城墻左上端經過的時間為t2，則有：L2sinθ+L2﹣H
解得：t2＝1s
則有：v2m/s＝40m/s；
（3）第二次投射時，配重達到最低點的速度大小為v，則有：
解得：v＝5m/s
根據機械能守恒定律可得：Mg（L1sinθ+L1）﹣mg（L2sinθ+L2）
解得：0.004。
答：（1）第一次投射大石塊，大石塊水平拋出時的速度大小為20m/s；
（2）第二次投射質量為m的小石塊，小石塊水平拋出時的速度大小40m/s；
（3）第二次投射時，小石塊質量m與配重質量M的比值為0.004。
【點評】本題主要是考查了平拋運動規律的應用，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，能夠根據平拋運動的規律結合運動學公式解答。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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