选择2 力和曲线运动-【模型与方法】2025届高考物理二轮复习热点题型归类

选择2 力和曲线运动 考点内容 考情分析 考向一 曲线运动与关联速度问题 曲线运动一般考察曲线运动的轨迹分析、平抛运动规律应用、圆周运动，且往往会结合生活中常见的现象考察 考向二 平抛运动 考向三 圆周运动的分析与计算 1.思想方法 合运动性质和轨迹的判断 (1)若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动； 若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动。 (2)若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运动。 2.模型建构 (1)绳(杆)关联问题的速度分解方法 ①把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。 ②沿绳(杆)方向的分速度大小相等。 (2)模型化思想的应用 ①平抛与斜面结合 模型 方法 分解速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角 基本 规律 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向：tanθ＝ 水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度： v＝ 方向：tanθ＝ 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2 合位移： s＝ 方向：tanθ＝ 运动 时间 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝ 由tanθ＝＝得t＝ 从斜面上某点水平抛出且落到斜面上的平抛运动的五个特点 (1)位移方向相同,竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。 (2)末速度方向平行,竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾角正切值的2倍 (3)运动的时间与初速度成正比 (4)位移与初速度的二次方成正比 (5)当速度与斜面平行时,物体到斜面的距离最远,且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。 ②竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 绳模型 杆模型 常见 类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 过最高 点的临 界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球恰能做圆周运动得v临＝0 讨论 分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、圆轨道对球产生弹力FN (2)不能过最高点时，v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (3)上、下两点拉力之差为6mg。 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心 (2)当0<v<时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大 考向一 曲线运动与关联速度问题 1. （2024•天心区校级模拟）一根长为L的轻杆OA，O端用铵链固定在地面上，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆靠在高、质量为M＝4m的物块B上，开始时轻杆处于竖直状态。受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动物块沿地面向右滑至图示位置（杆与地面夹角为），若不计一切摩擦，重力加速度为g，则此时小球A的线速度大小为（　　） A． B． C． D． 2. （多选）（2024•咸阳二模）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α＝45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β＝45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．风力方向平行于a、b连线 B．从a点运动到b点所用的时间为 C．小球的最小速度为1.8v D．风力大小为 3. （多选）打粧机是基建常用工具。某种简易打粧机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C与正下方质量为2m的静止粧D碰撞后，D获得竖直向下速度，竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点，不计空气阻力，则（　　） A．C在刚释放时的加速度为0 B．C的质量为 C．C到达虚线位置时的速度大小为 D．若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，其大小为 4. （多选）如图所示，长度为L的竖直轻杆上端连着小球A（视为质点），轻杆的下端用铰链固接在水平地面上的O点，置于同一水平地面上的物体B恰好与A接触。在微小扰动下，轻杆向右倾倒，A、B脱离接触的瞬间，轻杆与地面的夹角为30°，且此时轻杆与A球间无弹力，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．脱离接触的瞬间，A、B的速率之比为1：2 B．脱离接触的瞬间，B的速率为 C．A落地前瞬间的速率为 D．A、B的质量之比为1：4 考向二 平抛运动 5. （2024•丹阳市校级一模）a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（　　） A．va＝vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb 6. （2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 C．传送带的速度大小为 D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为 7. （2024•广东一模）如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、B两点，已知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球做平抛运动的初速度大小为10m/s B．O、A两点间的距离为5m C．A、B两点间的距离为10m D．O、B两点间的距离为13m 8. （2024•连云港一模）如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度v1、v2投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．α可能小于β B．v1、v2大小可能相等 C．篮球两次运动时间可能相等 D．与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等 9. （2024•日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角α＝37°的斜面体，质量m＝1kg的小车A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运动，同时在小车A的正上方某处，有一物块B以v0＝6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看作质点，小车与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确的是（　　） A．物块在空中运动的时间等于0.4s B．物块击中小车时小车的速度等于2m/s C．物块击中小车时的速度等于8m/s D．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m 10. （2024•莲湖区校级模拟）2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则有关离开C点后的飞行过程（　　） A．一定有t1＝t2，且CF：FD＝1：3 B．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大 C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变 D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离增加相同的倍数 11. （2024•重庆一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s，则P、Q两点的高度差为（　　） A．0.1m B．0.2m C．0.4m D．0.8m 12. （多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，A球以速度v1从倾角为θ＝37°的斜面顶端水平抛出的同时，B球在A球的正上方h处以速度v2水平抛出，两小球同时落在斜面上，以下说法正确的是（　　） A．两球在斜面上落点的距离为h B．两球在斜面上落点的距离为 C．两球抛出时速度大小的关系为v1＞v2 D．两球抛出时速度大小的关系为v1＜v2 13. （多选）（2024•庆云县校级模拟）篮球运动是一项是以手为中心的身体对抗性体育运动，深受同学们喜爱。国际篮联场地标准为长28m，宽15m，篮圈下沿距地面高为3.05m，三分线半径为6.75m（三分线到篮筐中心在地面投影的距离），如图所示。某次训练中，运动员紧贴三分线外a处进行定点投篮练习，篮球离手时距地面高度为2.25m，经过0.5s到达最高点，之后在下落过程中恰好穿过篮筐。假设篮球出手时在三分线正上方，篮球出手时初速度v0与水平面夹角为θ，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　） A．tanθ B．tanθ C．v0m/s D．v0m/s 考向三 圆周运动的分析与计算 14. （2024•广西三模）如图所示，A、B两个小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运动到相同高度时，A、B两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12L。O点为两悬挂点在地面的投影，两个小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．两根细绳分别对A球和B球的拉力可能相同 B．A球和B球的周期相等 C．同时剪断两根细绳，B球先落地 D．剪断两根细绳，A球和B球的落地点到O点的距离相等 15. （2024•青羊区校级模拟）如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动，紧贴在一起的M、N两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运动，N恰好不下滑，M恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的动摩擦因数为μ1，M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为（　　） A．μ1+μ2＝1 B．1 C．μ1μ2＝1 D．1 16. （多选）（2024•西宁一模）如图所示，两根轻细线上端固定在S点，下端分别连一小铁球A、B，使两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，SO的高度为H，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线拉力和向心力作用 B．如果两个小球的质量相等，则两条细线受到的拉力不相等 C．A、B做圆周运动的角速度均为 D．球A运动的周期小于球B运动的周期 17. （多选）（2024•绵阳模拟）如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s2。则（　　） A．圆环半径为0.6m B．时，小球所受合力为4N C．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大 18. （多选）（2024•市中区校级一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”形二面体AB﹣CD﹣EF，可绕其竖直中心轴OO'在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L＝20cm。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2。（　　） A．“V”形二面体匀速转动的角速度ω＝5rad/s B．“V”形二面体匀速转动的角速度 C．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm D．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm 19. 如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。现使质量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．h越小，地面对碗的摩擦力越小 B．h越小，地面对碗的支持力越大 C．若h，则小球的动能为mgR D．若h，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于 20. 如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零 B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为 C．当转盘的转速为时，物块刚好与转盘分离 D．从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为 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(2)当0<v<时，mg－FN＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小 (3)当v＝时，FN＝0 (4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心，并随v的增大而增大 考向一 曲线运动与关联速度问题 1. （2024•天心区校级模拟）一根长为L的轻杆OA，O端用铵链固定在地面上，另一端固定一质量为m的小球A，轻杆靠在高、质量为M＝4m的物块B上，开始时轻杆处于竖直状态。受到轻微扰动，轻杆开始顺时针转动，推动物块沿地面向右滑至图示位置（杆与地面夹角为），若不计一切摩擦，重力加速度为g，则此时小球A的线速度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：轻杆由竖直状态开始向右转动到与水平方向夹角为时，设小球A的线速度为v0，由题意可知杆上B点的线速度为vB，方向垂直于轻杆。 将物块的速度v沿杆与垂直杆的方向分解，垂直杆的方向分速度等于vB，则有：vsin30°＝vB 解得：v＝v0 对小球和物块，由动能定理可得：mgL（1−sin30°） 解得：v0，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2. （多选）（2024•咸阳二模）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α＝45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β＝45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．风力方向平行于a、b连线 B．从a点运动到b点所用的时间为 C．小球的最小速度为1.8v D．风力大小为 【解答】解：A、由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向一定和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知速度变化量方向垂直于a、b 连线，如图 则加速度方向垂直于a、b 连线，所以风力方向垂直于a、b 连线，故A错误； B、小球的速度沿ab连线方向的分速度： 所以从a运动到b的时间：t，故B正确； C、风力方向垂直于ab连线，则小球沿风力方向的分速度为零时速度最小，为：vmin，故C错误； D、沿风力的方向从a点运动到b的速度变化量：Δv风＝vsinβ﹣（﹣vsinα）＝vsin45°+vsin45°v 则加速度为a 由牛顿第二定律，从a点运动到b的风力：F＝ma，故D正确。 故选：BD。 3. （多选）打粧机是基建常用工具。某种简易打粧机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C与正下方质量为2m的静止粧D碰撞后，D获得竖直向下速度，竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点，不计空气阻力，则（　　） A．C在刚释放时的加速度为0 B．C的质量为 C．C到达虚线位置时的速度大小为 D．若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，其大小为 【解答】解：A．C在刚释放瞬间，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，由牛顿第二定律可知，C在刚释放时的加速度为g，故A错误； B．设C的质量为M，对静止在虚线位置的C物体进行受力分析可知 2mgcos30°＝Mg 解得 故B正确； C．在C下落过程中A、B、C系统机械能守恒 vAB＝vCcos30° 联立各式，代入数据解得 故C正确； D．对D应用动能定理可得 2mg•F•02mv2 代入数据解得 故D错误。 故选：BC。 4. （多选）如图所示，长度为L的竖直轻杆上端连着小球A（视为质点），轻杆的下端用铰链固接在水平地面上的O点，置于同一水平地面上的物体B恰好与A接触。在微小扰动下，轻杆向右倾倒，A、B脱离接触的瞬间，轻杆与地面的夹角为30°，且此时轻杆与A球间无弹力，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．脱离接触的瞬间，A、B的速率之比为1：2 B．脱离接触的瞬间，B的速率为 C．A落地前瞬间的速率为 D．A、B的质量之比为1：4 【解答】解：A．对A进行运动分解如图所示 设小球速度vA，立方体速度vB，分离时刻，小球的水平分速度与立方体速度相同，即 vAsin30°＝vB 解得vA＝2vB，A、B的速率之比为2：1，故A错误； B．A、B分离瞬间，B的速度最大，合力为零，据此可判定此时杆对A球的作用力为零，对A球，重力分解为沿杆方向的力，此力提供小球做圆周运动的向心力，另一分力沿垂直杆方向，与切线速度同向，使得小球向下加速，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝m 解得vA，vBvA，故B正确； C．A从分离到落地，小球机械能守恒，则有mglsin30°mv2m 解得v，故C错误； D．在杆从竖直位置开始倒下到A与B恰好分离的过程中，A和B组成的系统机械能守恒，有mgl（1﹣sin30°）mM 代入数据解得：A、B的质量之比为1：4，D正确。 故选：BD。 考向二 平抛运动 5. （2024•丹阳市校级一模）a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（　　） A．va＝vb B．va＜vb C．ta＞tb D．ta＜tb 【解答】解：根据平抛运动竖直方向是自由落体运动，有h，得：t，因为hb＞ha，所以ta＜tb，平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，有x＝v0t，由图可知，xa＞xb，所以va＞vb，故ABC错误，D正确。 故选：D。 6. （2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　） A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 C．传送带的速度大小为 D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为 【解答】解：A.玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段， 匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小 匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小，故A错误。 设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得 vx＝v⋅cosθ，vy＝v⋅sinθ 到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为t1，水平位移x1 竖直方向上：，t1 水平方向上：x1＝vxt1，代入数据得x1 从最高点到落地点的时间为t2，水平位移x2 竖直方向上：2h，即t2 水平方向上：x2＝vxt2，代入数据得x2 B.玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x，x，故B错误。 C.联立vy＝v⋅sinθ，式子解得v，故C正确。 D.设玉米粒飞出后到落地所用的时间t，，故D错误。 故选：C。 7. （2024•广东一模）如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、B两点，已知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球做平抛运动的初速度大小为10m/s B．O、A两点间的距离为5m C．A、B两点间的距离为10m D．O、B两点间的距离为13m 【解答】解：A。由题意知下落到A点竖直方向的速度为vyA＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s 小球做平抛运动的初速度大小为m/s＝12m/s，故A错误； B、O、A两点间的竖直高度为m＝1.25m 水平位移为xA＝v0t＝12×0.5m/s＝6m 所以O、A两点间的距离为m＝6.13m，故B错误； C、O、B两点间的竖直高度为m＝5m 水平位移为xB＝v0•2t＝12×2×0.5m＝12m A、B两点间的竖直高度为h1＝yB﹣yA＝5m﹣1.25m＝3.75m A、B两点间的水平位移为x1＝xB﹣xA＝12m﹣6m＝6m A、B两点间的距离为m＝6.32m，故C错误； D、O、B两点间的距离为M＝13m，故D正确。 故选：D。 8. （2024•连云港一模）如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速度v1、v2投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。两次投球的位置在同一竖直线上，篮球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．α可能小于β B．v1、v2大小可能相等 C．篮球两次运动时间可能相等 D．与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等 【解答】解：A、两个斜抛运动的最高点都在C处，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，则有 其中x是C到抛出点的水平距离。 同理 第一次抛出时竖直高度较小，第二次抛出时竖直高度较大，可见α＞β，故A错误； BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h 则t 第一次抛出时速度的竖直高度较小，所以第一次运动时间较短。 平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平分速度较大，则篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大。 由以上的分析可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平分速度较大，根据平行四边形定则v，所以v1、v2的大小可能相同，故CD错误、B正确。 故选：B。 9. （2024•日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角α＝37°的斜面体，质量m＝1kg的小车A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运动，同时在小车A的正上方某处，有一物块B以v0＝6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看作质点，小车与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确的是（　　） A．物块在空中运动的时间等于0.4s B．物块击中小车时小车的速度等于2m/s C．物块击中小车时的速度等于8m/s D．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m 【解答】解：A、当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中，则有：，且vy＝gt，联立解得物块在空中运动的时间为t＝0.8s，故A错误； B、物块B击中小车时，水平位移为x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m 对小车，根据动能定理可得：，解得物块击中小车时小车的速度为，故B正确； C、物块击中小车时的速度为：，故C错误； D、小车从开始运动到被物块击中时的位移为：，故D错误。 故选：B。 10. （2024•莲湖区校级模拟）2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则有关离开C点后的飞行过程（　　） A．一定有t1＝t2，且CF：FD＝1：3 B．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大 C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变 D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离增加相同的倍数 【解答】解：A．依题意，以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图所示： 对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，当运动员到E点速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知： t1＝t2 而x轴方向运动员做匀加速运动，初速度不为零，可得 CF：FD≠1：3 故A错误； BC．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，根据平抛运动推论则有 联立解得 tanα＝2tanθ 由此可知当θ一定时，α也一定，所以运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，落在斜面上的速度方向不变。故B错误；C正确； D．依题意，运动员离开C点的速度如果变为原来的2倍，则运动员在空中的运动时间将变为原来的2倍，可知其水平位移、竖直位移均变为原来的4倍，落在斜面上的距离也将变为原来的4倍。故D错误。 故选：C。 11. （2024•重庆一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s，则P、Q两点的高度差为（　　） A．0.1m B．0.2m C．0.4m D．0.8m 【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：vQcos45°＝gt，解得ts 根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由hgt2， 解得：hm＝0.4m，故C正确，ABD错误。 故选：C。 12. （多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，A球以速度v1从倾角为θ＝37°的斜面顶端水平抛出的同时，B球在A球的正上方h处以速度v2水平抛出，两小球同时落在斜面上，以下说法正确的是（　　） A．两球在斜面上落点的距离为h B．两球在斜面上落点的距离为 C．两球抛出时速度大小的关系为v1＞v2 D．两球抛出时速度大小的关系为v1＜v2 【解答】解：AB．A球和B球同时抛出，B球在A球的正上方h处以速度v2水平抛出，由平抛运动的规律，两球在相等的时间内下落相等的距离，可知两球在空中飞行时竖直方向的距离相等，两小球同时落在斜面上，可知两球在斜面上落点的高度差是h，根据几何知识可知两球在斜面上落点的距离为，故A错误，B正确； CD．由题意可知B球应落在A球的上方，则有A球的水平位移大于B球的水平位移，即 x1＞x2 由x＝v0t，两球的运动时间相等，则有 v1＞v2 故C正确，D错误。 故选：BC。 13. （多选）（2024•庆云县校级模拟）篮球运动是一项是以手为中心的身体对抗性体育运动，深受同学们喜爱。国际篮联场地标准为长28m，宽15m，篮圈下沿距地面高为3.05m，三分线半径为6.75m（三分线到篮筐中心在地面投影的距离），如图所示。某次训练中，运动员紧贴三分线外a处进行定点投篮练习，篮球离手时距地面高度为2.25m，经过0.5s到达最高点，之后在下落过程中恰好穿过篮筐。假设篮球出手时在三分线正上方，篮球出手时初速度v0与水平面夹角为θ，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　） A．tanθ B．tanθ C．v0m/s D．v0m/s 【解答】解：篮球在竖直方向做竖直上抛运动，上升阶段可以看作自由落体运动的逆运动；根据自由落体运动规律，竖直初速度vy＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s，上升的竖直高度；根据题意篮球下落的高度为h＝H﹣（h1﹣h2）＝1.25m﹣（3.05﹣2.25）m＝0.45m；设篮球下落时间为t2，根据自由落体运动规律，代入数据解得t2＝0.3s，篮球运动的总时间t＝t1+t2＝0.5s+0.3s＝0.8s；设篮球的水平初速度为vx，篮球在水平方向做匀速直线运动，r＝vxt，代入数据解得，所以；初速度，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 考向三 圆周运动的分析与计算 14. （2024•广西三模）如图所示，A、B两个小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运动到相同高度时，A、B两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12L。O点为两悬挂点在地面的投影，两个小球可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．两根细绳分别对A球和B球的拉力可能相同 B．A球和B球的周期相等 C．同时剪断两根细绳，B球先落地 D．剪断两根细绳，A球和B球的落地点到O点的距离相等 【解答】解：AB、由几何关系可知，小球A的悬线与竖直方向的夹角为37°，小球B的悬线与竖直方向的夹角为53°，则对A球，拉力为，；同理可得，对B球有：，，由此可知，两拉力方向不相同，两拉力不相同，两球的周期比为：，故AB错误； CD、两球做平抛运动的时间相同，设两球此时距离地面的高度为，剪断细线时两球速度方向不确定，两球可能落到同一点，故C错误，D正确。 故选：D。 15. （2024•青羊区校级模拟）如图，一水平圆盘绕竖直中心轴以角速度ω做匀速圆周运动，紧贴在一起的M、N两物体（可视为质点）随圆盘做圆周运动，N恰好不下滑，M恰好不滑动，两物体与转轴距离为r，已知M与N间的动摩擦因数为μ1，M与圆盘面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。μ1与μ2应满足的关系式为（　　） A．μ1+μ2＝1 B．1 C．μ1μ2＝1 D．1 【解答】解：以MN整体为研究对象，受力分析如图1所示： 由静摩擦力提供向心力可得： 以N为研究对象，受力分析如图2所示： 由M对N的弹力提供向心力，则有：，由平衡条件可得：μ1FN＝mNg，联立解得：μ1μ2＝1，故C正确，ABD错误。 故选：C。 16. （多选）（2024•西宁一模）如图所示，两根轻细线上端固定在S点，下端分别连一小铁球A、B，使两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，SO的高度为H，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　） A．小球做匀速圆周运动时，受到重力、细线拉力和向心力作用 B．如果两个小球的质量相等，则两条细线受到的拉力不相等 C．A、B做圆周运动的角速度均为 D．球A运动的周期小于球B运动的周期 【解答】解：A．对小球受力分析如图 其受到的重力与细线的拉力的合力沿水平方向，合力提供小球做圆周运动的向心力，故A错误； B．小球竖直方向有mg＝Tcosθ 整理得 若小球的质量相等，由于细绳与竖直方向夹角不同，所以两条细绳受到的拉力不相等，故B正确； C．对小球水平方向有Tsinθ＝mω2Lsinθ 又Lcosθ＝SO＝H 整理有 两者恰好在同一水平面内做匀速圆周运动，二者的角速度相等，故C正确； D．由之前的分析可知，两球的角速度大小相同，由角速度与周期的公式有 球A运动的周期等于球B运动的周期，故D错误。 故选：BC。 17. （多选）（2024•绵阳模拟）如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取10m/s2。则（　　） A．圆环半径为0.6m B．时，小球所受合力为4N C．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大 【解答】解：A、小球下滑过程由机械能守恒定律有 当θ时，小球的速度平方为12m2/s2，代入公式得R＝0.6m，故A正确； B、当θ时，小球的速度平方为12m2/s2，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有NN＝4N 小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为FNN，故B错误； CD、当时，有 可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小， 当时，有 可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。 故选：AD。 18. （多选）（2024•市中区校级一模）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”形二面体AB﹣CD﹣EF，可绕其竖直中心轴OO'在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L＝20cm。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2。（　　） A．“V”形二面体匀速转动的角速度ω＝5rad/s B．“V”形二面体匀速转动的角速度 C．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm D．若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm 【解答】解：AB、设物体受到的支持力为F，受力分析如图所示： 根据牛顿第二定律得：Fsin60°＝mg Fcos60°＝mω2Lsin60° 联立代入数据解得：，故A错误，B正确； CD、“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为t，运动的初速度大小为v0，加速度大小为a，沿AD方向向下运动在距离为y，则有： 由平衡条件可得：F′＝mgsin60° 由牛顿第二定律可得：mgcos60°＝ma 又，v0＝ωLsin60° 由运动学规律可得： 联立代入数据解得：y＝0.025m＝2.5cm，故C正确，D错误。 故选：BC。 19. 如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。现使质量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．h越小，地面对碗的摩擦力越小 B．h越小，地面对碗的支持力越大 C．若h，则小球的动能为mgR D．若h，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于 【解答】解：对小球受力分析，受到重力和支持力，合力提供向心力，则F向＝mgtanθ，θ为球到碗的球心的连线与竖直方向的夹角，h越小，θ越大，向心力越大，根据F向＝man可知，h越小，向心加速度越大，对碗和球组成的整体可知，f＝Fn＝man故地面对碗的摩擦力越大，故A错误； B、对碗和球组成的整体，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力等于碗和球的重力，故B错误； C、对球根据牛顿第二定律可知：，解得：，故C正确； D、若h，根据mgtan60°＝man，解得： 根据AB选项可知：μ（M+m）g＝man，解得：，故则碗与地面之间的动摩擦因数必须大于，故D错误 故选：C。 20. 如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零 B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为 C．当转盘的转速为时，物块刚好与转盘分离 D．从开始转动到物块刚好与转盘分离的过程中，转盘对物块所做的功为 【解答】解：AB、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩摖力提供向心力，设转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有： 此时物块线速度大小为：v1＝Lω1sinα 从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为W，对物块由动能定理，可得 联立解得，故A错误，B正确； C、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向由平衡条件有：Mg＝Tcosα 水平方向由牛顿第二定律有： 联立解得： 此时转盘的转速大小为n2，即，故C错误； D、物块刚好与转盘分离时，物块的线速度大小为v2＝Lω2sinα 从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为W2，对物块由动能定理，可得 联立解得，故D错误。 故选：B。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$