专题03三大力场中的曲线运动（精练）（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习讲练测（全国通用）288435117

2023 年高考物理二轮复习讲练测 专题03 三大力场中的曲线运动（精练） 一、单项选择题 1．如图所示，半径为5m的四分之一圆弧ABC固定在水平地面上，O为圆心。在圆心O右侧同一水平线上某 点处，水平向左抛出一个小球，小球可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为 2m，g取10 m/s2，则小球的抛出速度是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度v= m/s=2 m/s y 垂直击中D点，速度反向延长线过圆心，如下图所示根据几何关系，有sin θ= 解得θ=37°则在D点，分解速度可得v= m/s故选C。 0 2．如图所示，在水平地面上M点的正上方 高度处，将小球S 以初速度 水平向右抛出，同时在 1 地面上N点处将小球S 以初速度 竖直向上抛出。已知小球与地面的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间忽略不 2 计，M、N两点间的距离为 ，重力加速度大小为 ，不计地面阻力和空气阻力。若在S 落地 2 前两小球相遇，则（ ） A．两小球抛出后经 相遇 B．S 的初速度 2 C．S 可能在上升过程中与S 相遇 D．两小球在N点上方 处相遇 2 1 【答案】B 【详解】A．S 先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后水平方向速度不 1 变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有 解得 ，A错误； B．小球S 从抛出到第1次落地，有 解得 落地时竖直方向分速度为 1 与小球S 相遇时，有 解得 ，B正确； 2 C．S 上升到最高点所用的时间为 故S 一定在下降过程中与S 相遇，C错误； 2 2 1 D．相遇时，S 离地的高度为 ，D错误；故选B。 23．如图所示，O为正四面体 的顶点， 处在水平面上，D为 边的中点，E为 边的中点。在O 点沿不同方向水平拋出两个小球，甲球恰好落在E点，乙球恰好落在D点，空气阻力不计。则甲球和乙球平 抛初速度大小之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设O在面ABC的投影点为 ， 的高度为h，正四面体的边长为a，由几何知识可知 ， 甲球落在E点，其竖直位移为 ，则有 解得 乙球落在D点，其竖直位移为h，则有 解得 根据水平方向做匀速直线运动，则有 ， 故 故选C。 4．某次军事演练中，一辆装甲车和一架直升机的位置关系及运动情况可用如图所示的长方体描述，该长方体 底面水平，AB边长1000m，AH边长2000m。装甲车沿AD方向运动，直升机以100m/s的速度沿EF方向运 动，当装甲车位于A点时，直升机位于E点，此时装甲车发射一枚炮弹，炮弹在其飞行轨迹的最高点恰好击中 直升机。忽略空气阻力，炮弹和直升机均可视为质点，取重力加速度g=10m/s2。则炮弹的发射速度大小为（） A．20m/s B． C． D． 【答案】D 【详解】把炮弹的运动沿AD、AH、AB方向分解，根据题意可知，炮弹运动到最高点时，竖直方向速度减为 零，且与直升机碰撞，说明炮弹沿AD方向的速度与直升机的速度相等为 竖直方向上，利用逆向思 维，由自由落体位移公式可得 解得炮弹飞行时间为 则竖直方向的初速度为 炮弹沿AB方向上，由匀速直线运动的位移公式可得 解得炮弹沿AB方向的初速度为 则炮弹的发射速度大小为 故选D。 5．2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。将谷爱凌 视为质点，图（a）是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图（b）是谷爱凌在空中运动时离跳台底 部所在水平面的高度y随时间t变化的图线。已知 时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s），重力加 速度g取 ，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．谷爱凌冲出跳台的速度大小为14m/s B． 时，谷爱凌到达最高点，离跳台底部所在水平面的高度为12.8m C． 和 时，谷爱凌的速度相同 D．谷爱凌落到跳台底部所在水平面的速度可能为16m/s 【答案】B 【详解】A．由竖直方向匀变速直线运动方程 及 图线斜率表示竖直分速度知， 时 得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度 水平分速度不为零，可知谷爱凌冲出跳台的速度大于 ， 故A错误； B．最高点竖直分速度为0，得时间 到达最高点，由 其中 ； 解得离跳台底部所在水平面的高度为 故B正确； C．由竖直上抛运动的对称性可知， 和 时，竖直分速度大小相等，方向相反，但是合速度只是大 小相等，方向并不是相反，故C错误； D．谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度 则合速度一定大于16m/s，故D错误。 故选B。 6．某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球 和 对称地安装在轴的两边， 和 与O、 和 与Q间用四根长 度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为 。已知重 力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg B．当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l C．若 和 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大 D．若 和 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小 【答案】C 【详解】A．当装置静止不动系统达到平衡时，对 和 受力分析有，OP沿杆向上的拉力和QP杆沿杆向上的 支持力，则OP杆的拉力为 ； 解得 沿竖直方向上的分力 为 。将 、 和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和 和 与O之间杆的拉力，弹簧的弹力，根据平 衡条件得 故轻弹簧弹力大小为2mg，A错误； B．根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，OQ的距离为的距离为 ，故轻弹簧的伸长量为，B错误； CD．若 和 绕轴旋转的角速度从0缓慢增大， 和 所需要的向心力变大，故QP杆对球P的支持力先逐 渐减小后反向增大，OP杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小，随后又变为压缩状态， 故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。故选C。 7．某玩具可简化为如图所示的模型，竖直杆上同一点O系有两根长度均为l的轻绳，两轻绳下端各系一质量 为m的小球，两小球间用长为l的轻绳相连，轻绳不可伸长。当球绳系统绕竖直杆以不同的角速度匀速转动 时，小球A、B关于杆对称，关于 绳上的弹力 与 绳上的弹力 大小与角速度平方的关系图像，正 确的是（ ） A． B．C． D． 【答案】B 【详解】在 绳绷直前 绳上弹力为零， 绳上拉力大小为 ，设 绳与竖直杆间的夹角为θ，有 得 当 绳恰好绷直时， 绳与竖直杆间的夹角为30°，有 得 当 时，竖直方向有 得 水平方向有 解得 综上可知： 先与角速度平方成正比，后保持不变； 开始为零，当角速度平方增 大到一定值后与角速度平方成一次增函数关系。故选B。 8．如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的 模型：半径为 的磁性圆轨道竖直固定，质量为 的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动， 、 分别为轨道的 最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为 ， 则（ ） A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B．由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒 C．铁球在 点的速度必须大于D．轨道对铁球的磁性引力至少为 ，才能使铁球不脱轨 【答案】D 【详解】AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始 终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小 铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最 大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故AB错误； C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可 以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误； D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速 度也越小，根据F＝m 可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向 下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以 铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于 0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R mv2轨道对铁 球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F﹣mg 联立得F＝5mg故D正确。故选D。 9．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从 左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加 速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中不正确的是（ ）A．若 ，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点 B．若 ，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道 C．若 ，小球B不可能脱轨 D．若 ，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞 【答案】B 【详解】A下滑到最低点的过程中 ，A碰B ； 知 ； ，B恰运动至轨道顶点 ；B在顶点 所以 当 时，B球可运动至轨道最高点，即若 ，则小球B第一次碰后就 能够运动到圆轨道的最高点；当 时，B脱轨；即若 ，则小球B第一次碰后不一定会在某 处脱离圆轨道；当 时，B运动不到圆心等高处，不脱轨；当 时 ； 两球碰后 速度等大反向，即小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞，则选项ACD正确，B错误。故选 B。 10．如图所示，质量均为m的两相同小球a、b由不可伸长的细绳连接，悬挂在小棍c上置于内壁光滑的倾斜 细玻璃管内，小棍c固定在管口。玻璃管内径略大于小球直径，玻璃管固定在一转动装置上，与竖直方向的夹 角为 ，可以绕过底端O的竖直轴以角速度 转动。小球a与b之间、小球b与O之间的距离均为l。小球可 视为质点，重力加速度大小为g。则（ ） A．当 时，a、b间的细绳拉力为0B．当 时，a、c间的细绳拉力为0 C．当 时，a、b间的细绳拉力为0 D．当 时，a、c间的细绳拉力为0 【答案】D 【详解】AC．a、b的角速度相等，a的半径大，a需要的向心力大，故a、b间的细绳的拉力不可能为零，故 AC错误； BD．当a、c间细绳的拉力为零时，设a、b间绳的拉力大小为T，对b有 对a有 对整体 整理得 故C错误，D正 确。 故选D。 二、多项选择题 11．距离北京冬奥会只有一年多的时间，我国跳台滑雪国家集训队比往年更早开始了新赛季的备战。如图所示 是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，跳台滑雪运动员从助滑雪道 AB 上由静止开始滑下，到达 C 点后以水平 速度v 飞出，落到与水平成 的滑道上的 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 0 CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t、t，EF 垂直 CD，忽略空气阻力，则（ ） 1 2A．t> t B． 1 2 C． D． 【答案】BD 【详解】 AB．以C点为原点， 为x轴，和 垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图，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，知 把速度 和重力沿滑道和垂直滑道分解，在垂直滑道方向做 初速度为 ，加速度为 做匀减速直线运动，在E点速度方向与轨道 平行说明垂直滑道方向速度 为0，故 故A错误，B正确； CD．将初速度沿x、y方向分解为 ，将加速度沿x、y方向分解为 ，结合初速度为零的匀加速直线 运动的比例关系知，初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比为：1：3：5：7…，运动员x轴方 向做匀加速直线运动，且 ，但初速度不为零，根据初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移 比特点可知 故C错误D正确。故选BD。 12．2022年2月8日，在北京首钢滑雪大跳台举行的冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌夺得冠军。下图为滑雪赛道的简化示意图，在比赛中某质量为m的运动员经过起滑台A、助滑区 后以 的速 度从水平台面上滑出，在着陆坡 上的E点着陆并沿 下滑（垂直于接触面的速度突变为零而平行于接触 面的速度保持不变）。已知着陆坡倾角 ， 的竖直高度为H， 的竖直高度h，重力加速度g，不计阻 力，则下列说法正确的是（ ） A．运动员到达D点时的速度大小为 B．运动员落地点E和飞出点C的水平位移为 C．若起滑台降低，使H减小为原来的一半，则运动员在空中运动的时间变为原来的 倍 D．若在E点运动员与着陆坡的作用时间为 ，则着陆坡对运动员的平均作用力大小为 【答案】CD 【详解】A．运动员经过C点时的速度在垂直于着陆坡方向的分量大小为 根据运动的对称性可知运 动员在E点时垂直于着陆坡的速度大小也为 ，这一速度突变为零，而沿着陆坡方向的分速度不变，所以从C 到D的过程，根据功能关系可得 解得 故A错误；B．根据平抛运动规律的推论可知速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍，即 所以运动员 从C到E的运动时间为 运动员落地点E和飞出点C的水平位移为 故B错误； C．对运动员从A到B的过程，根据动能定理有 由上式可知，若H减小为原来的一半，则v 变为 0 原来的 倍，结合B项中所求t的表达式可知运动员在空中运动的时间变为原来的 倍，故C正确； D．设着陆坡对运动员的平均作用力大小为F，根据动量定理有 解得 故D正确。故选CD。 13．第24届冬奥会将于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办的又 一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置 由静止滑下，到达B点后以速度 水平飞出，经 后落到足够长的斜坡滑道C点，此时速度方向与斜面夹角为 ；运动员调整位置下滑，到达B点后以速度 水平飞出，经 后落到斜坡滑道D点，此时速度方向与斜面夹 角为 ；已知O点在B点正下方， ，不计空气阻力，以下关系正确的是（ ）A． B． C． D．BC与BD间的距离关系满足： 【答案】ACD 【详解】A．依题意，假设第二次运动员落到与C点等高的水平面上 点，如图所示两次平抛运动的竖直高度 相等，即运动时间t相等，则由 可知，第二次水平方向的位移为第一次的2倍，可得 所以第二次小球将会经过D点正上方的 点，即落在斜面上的点将在斜面上D点下方，所以人若要落在斜面 上的D点，则小球的水平位移将在CD的左侧，所以可推知第二次人从B点飞出时的速度 A正确； B．如图所示为两次落到斜面上的位移方向设斜面与水平面夹角为 ，第一次和第二次位移方向和水平方向的 夹角分别为 、 ，则有 根据平抛运动推论：速度与水平偏夹角 与位移与水平方向夹角 关系满足 可得 又因为 ， 所以可得 ，B错误； C．设OB间的距离为 ，OC和CD的高度差均为h，两次平抛运动的时间分别为 和 ，竖直方向做自由落 体运动，有 ， 两式相比可得 所以可得 ，C正确； D．设人从B点水平抛出落在C点时，水平位移为x，则落在D点时的水平位移为2x，则可得 ， 由选项B分析可知 ，由数学知识可得 所以BC与BD间的距离关系满 足 ，D正确。故选ACD。14．某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使 物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上。已知传送带的宽度 （物块位于传送带中间位置），传送带 的速度 ，物块到达风洞区域前与传送带共速。物块的质量 ，物块在风洞区域受到恒定的作用 力 ，物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，风洞区域的长度为 。假设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度 。下列说法正确的是（ ） A．物块进入风洞区域后的加速度为 B．物块落到平台上时的速度约为1.7m/s C．物块与传送带间的摩擦生热为0.49J D．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台 【答案】BC 【详解】A．进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上， 由于 ，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律 解得 故A错误；B．物块经过风洞区域所用时间 此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移 物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开 传送带时的速度 故B正确； C．物块与传送带间的摩擦生热 故C正确； D．若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t减小，在垂直于传送带运动方向位移y减小，则物块在 出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做 匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误。故选BC。 15．如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器 壁上，从而迅速将水甩出。衣服（带水，可视为质点）质量为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为 ，甩衣桶的 半径为r，洗衣机的外桶的半径为R，当角速度达到 时，衣服上的水恰好被甩出，假设滑动摩擦力和最大静 摩擦力相等，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．衣服（带水）做匀变速曲线运动 B．电动机的角速度至少为 时，衣服才掉不下来C．当 时，水滴下落高度 打到外筒上 D．当 时，水滴下落高度 打到外筒上 【答案】BD 【详解】A．衣服（带水）做变速曲线运动，因为其向心加速度也是变化的，A错误； B．竖直方向，根据平衡条件有 由于弹力提供向心力，由牛顿第二定律有 联立解得 B正确； CD．当 时，水滴打到外筒上，则水滴下落高度为h，根据平抛运动规律有 ； ； 联立解得 ，C错误，D正确。故选BD。 16．如图，在竖直平面内，一半径为R的圆弧轨道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， 。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，小球还一直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，且此时小球轨道的压力恰好为零。不计一切摩擦，重力加速 度大小为g。则下列说法正确的是（ ） A．小球在A点时速度最大 B．小球在B点时对轨道的压力最大C．小球受到的水平恒力的大小为 D．小球到达C点时速度的大小为 【答案】BCD 【详解】C．设小球受到的水平恒力大小为F，由题意，根据力的合成与分解可得 解得 故C正确； AB．小球所受合力方向始终沿C→B方向，小球在从A运动至B的过程中，合力与速度方向的夹角始终小于 90°，则小球速度增大，而当小球通过B点之后，合力与速度方向的夹角将大于90°，小球速度将减小，所以当 小球在B点时速度最大，所需向心力最大，受到轨道的支持力最大，对轨道的压力最大，故A错误，B正确； D．设小球到达C点时速度的大小为v，根据牛顿第二定律有 解得 故D正确。 故选BCD。 17．如图所示，长度均为 L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的距离也 为 L的A、B两点。现给小球一初速度v，小球恰能在竖直平面内以AB为轴完成圆周运动，重力加速度为 0 g。则下列说法正确的是（ ） A．小球的初速度 B．小球在最高点时的速度大小为C．小球在最低点时，每根绳上的拉力大小为 mg D．小球在最低点时，每根绳上的拉力大小为 mg 【答案】BD 【详解】AB．根据几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为 设小球恰好 通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有 对小球从最低点到最高点的过程，根据 1 动能定理有 联立以上三式解得 ； 故A错误，B正确； CD．根据几何关系可知两根绳子的夹角为60°，小球在最低点时，设每根绳上的拉力大小为T，根据力的合成 以及牛顿第二定律有 解得 故C错误，D正确。故选BD。 18．如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最 低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小 球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑 动。以过直线BOD的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A．小球不能返回到A点 B．小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大C．小球在C点时的机械能为2mgRsinθ D．小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为 【答案】BD 【详解】A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误 B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分 量（v）也逐渐增大，根据瞬时功率表达式 可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一 1 直增大，故B正确； C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误； D．根据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为 根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持 力为 解得 管的底部对小球的支持力为 小球到达D点时，细管对小球的作用 力大小为 故D正确。 故选BD。 19．如图所示，一斜面倾斜角度为53°，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，O为圆心，A、B 为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg，带电荷量q=+1.0×10-5C的小球（可视为质点） 以初速度v=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道， 0 已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3×105N/C，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（ ）A．小球从开始到A点的运动是类平抛运动 B．小球在A点处的速度大小为12.5m/s C．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道 D．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N 【答案】AB 【详解】A．小球受到重力和电场力的作用，如图所示 设F与水平方向夹角为θ： ； ，F与v 垂直，所以小球做类平抛 0 运动，故A正确； B．因为小球做类平抛运动，由图可知 故B正确； C．如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因 为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会在脱离半圆轨道 故C错误； D．在A点根据牛顿第二定律得 从A至C过程中根据动能定理 根据牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N，故D错 误。故选AB。 20．如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装置，距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导 轨，导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，跟导轨正交的水平方向的线路上依次有 电池、开关及质量为m充当弹体的金属杆。闭合开关K，金属杆水平向右飞出做平抛运动，测得其水平射程为 s，则下列说法正确的是（ ） A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．该过程安培力对金属杆做的功为 D．飞出后导体棒的运动时间【答案】ACD 【详解】AB．闭合开关，根据左手定则结合电流方向可判断磁场方向竖直向上，金属杆水平向右飞出做平抛 运动，选项A正确，B错误； CD．则有 ； 飞出后导体棒的运动时间 从闭合开关到金属杆水平抛出，根据动能定理有 解得 选项CD正确。故选ACD。 三、计算题 21．如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的 光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于 B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小 球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度 ，重力加速度 大小为g，不计空气阻力。 （1）小球到达C点时对轨道的压力为多大? （2）小球从A点开始，经过C点脱离轨道后上升到最高点过程中，小球的电势能怎样变化? 【答案】（1）5mg；（2）减少了5mgR 【详解】（1）设小球在C点的速度为vC，小球从A点运动到C点过程中，由动能定理可得小球在C点时水平方向的支持力N与电场力Eq的合力提供向心力，所以有 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力 与支持力N大小相等，即 （2）小球经过C点上升到最高点的过程中，由运动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速运 动，竖直方向做竖直上抛运动。设小球从C点到最高点的时间为t，则有 ， ， 小球从A点开始运动到最高点过程中，电场力做功 由电场力做功与电势能变化关系式可得 解得 即小球从A点开始上升到最高点的过程中，电势能减少5mgR。 22．将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 发出一次闪光。某次 拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影 像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 和 之比为3：7。重力加速度大小取 ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 【答案】 【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为设抛出瞬间小球的速度为 ，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移 分别为 、 ，根据平抛运动位移公式有 ； 令 ，则有 已标注的线段 、 分别为 则有 整理得 故在抛出瞬间小球的速度大小为 23．如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物体从OA圆弧某处静止释 放，经过A出后小球沿第二段BC圆弧轨道运动，经过粗糙水平面CD后，小球从D进入第三段圆弧后最终从 E点飞出。已知C、D是圆弧轨道最低点，A、B是圆弧轨道最高点，物体与粗糙水平面间的动摩擦因数 ，求： （1）物体从斜面下滑的角度 满足什么条件，物体才不会从B点脱离轨道。 （2）如果物体从O点静止下滑，下滑到轨道D处，物体对轨道的压力 。 （3）在上一问中，物体从E点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D点的水平距离s。 【答案】（1） ；（2）5mg；（3）2.328R 【详解】（1）在轨道B点的最低速度满足 根据动能定理解得 所以应该满足条件 （2）根据动能定理，从O点到D点，可得 根据向心力公式 解得 （3）从D点到E点，由动能定理可知 而在E点，水平速度和竖直速度分别为 当到达最高点时，满足 解得水平位移为 故距离D点的水平距离为 24．如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹簧的A端相连，自由状态下弹簧另一端位于B点；在 与B点相距1m的C处固定一竖直圆轨道，半径 ，圆轨道底端略微错开：在D点右侧放置等腰直角三 角形支架PEQ， ， ，E点在D点正下方，P点与D点等高，EQ水平。质量 的小物 块（可视为质点）被压缩的弹簧弹出，它与BC段的动摩擦因数 ，不计轨道其它部分的摩擦。 （1）要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少多大； （2）若物块在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹性势能的取值范围是多少； （3）若物块能打在三角形支架上，求打在支架上时的最小动能。【答案】（1）0.4J；（2） 或 ；（3） 【详解】（1）要使物块能进入竖直圆轨道，则到达C点时速度为0时，弹簧的初始弹性势能最小，则根据动 能定理可知 解得 （2）临界情况1：物块恰能到达圆心等高处时，根据动能定理可知 解得 则弹性势能的取值范围是 临界情况2：物块恰能过圆周最高点，则 解得 根据动能定理可知 解得 弹性势能的取值范围是 综上所述，弹性势能的取值范围是 或 （3）当打到支架上时，根据平抛运动公式 由数学知识可知 以t为变量，由机械能守恒 定动能定理可得 则 根据数学知识可知，当 时， 有最小值，则 时，代入数据可得 25．单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U形滑道由两个半径相 同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以 vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角 α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻 力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 【答案】(1)4.8 m；(2)12 m 【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v， 1 由运动的合成与分解规律得 ① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma ② 1 1 由运动学公式得 ③ 联立①②③式，代入数据得d=4.8 m ④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v，由运动的合成与分解规得v=vMcos72.8° 2 2 ⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma ⑥ 2 2 设腾空时间为t，由运动学公式得 ⑦ ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m ⑨