物理高考复习专题05 曲线运动(解析版)

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（第七期）
曲线运动
1、（2020·百师联盟高三停课不停学山东卷五）将小球从某点斜向上抛出初速度的大小为0v ，方向与竖直方向成30°。

在小球运动的速度大小减小到初速度大小一半的过程中，不计空气阻力，重力加速度为g ，则小球（ ）
A ．运动的时间为02v g
B ．上升的高度为20
38v g
C ．速率的变化量大小为0
2
D ．速度变化量的方向为竖直向上
【答案】B 【解析】
A ．小球水平方向的分速度为
cos 602
x v v v ==
o 故当小球运动的速度大小变为初速度大小的一半时，小球恰好运动到最高点，故运动的时间
0cos302v t g g
==
o
A 错误；
B ．上升的高度
()
2
2
cos30328v v h g
g
=
=o B 正确；
C ．速率的变化量大小为
00
022
v v v -
= 故C 错误；
D ．因小球的加速度方向竖直向下，故速度变化量的方向也为竖直向下，故D 错误。

故选B 。

2、（2020·百师联盟高三停课不停学山东卷五）骑行是一种健康自然的出行、运动、旅游方式，简单又环保。

骑行者和自行车的总质量为m ，重力加速度为g ，自行车大齿轮的半径为1r ，小齿轮的半径为2r ，后轮的半径为R ，如图所示。

当骑行者恰能沿平行于跨度很大的拱形桥中心线行驶到桥项时，大齿轮的转速为n ，若拱形桥桥顶处所对应圆周的半径为L ，则自行车此时对拱形桥的压力大小为（ ）
A ．222212
24π'=-m n r R N mg r L
B ．2222
12
24π'=-m n r R N mg r L
C ．222
4π'=-m n R N mg L
D ．222
4π'=-m n R N mg L
【答案】A 【解析】
设大齿轮和小齿轮的角速度分别为1ω、2ω，由
111v r ω=，12n ωπ=
知大齿轮和小齿轮的线速度均为
11112v r nr ωπ==
由
1
22
v r ω=
后轮的角速度
1
22
2nr r πω=
其线速度
1222
2nr R
v R r πω==
对自行车，由牛顿第二定律得
2
1mv mg N L
-= 解得
2222
12
24m n r R N mg r L
π=- 由牛顿第三定律得
2222
1224π'==-m n r R N N mg r L
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3、（2020·福建省泉州市高三单科质检）如图，两弹性轻绳一端系在天花板的O 点，另一端分别系着质量均为m 的小球a 、b ，并让两小球都以O'为圆心在同水平面上做匀速圆周运动。

已知两弹性绳的弹力都与其伸
长量成正比，且原长恰好都等于OO '，则（ ）
A ．小球a 、b 的运动周期相同
B ．小球a 的向心力大于小球b 的向心力
C ．小球a 、b 的线速度大小相同
D ．弹性绳1的劲度系数大于弹性绳2的劲度系数 【答案】AD 【解析】
设弹性轻绳与竖直方向的夹角为θ，原长为L ， AC ．小球受到绳子的弹力和重力的合力提供向心力，有
22
24tan tan tan v mg m L m
T L πθθθ
=⋅= 解得运动周期为
2T =线速度为
tan v θ
则小球a 、b 的运行周期相同，线速度大小不等，故A 正确，C 错误；
B ．小球a 的绳与竖直方向的夹角小，故小球a 的向心力小于小球b 的向心力，故B 错误。

D ．轻绳的弹力
cos mg
F θ
=
轻绳的伸长量
cos L
x L θ
=
- 根据胡克定律可知，弹性绳的劲度系数
(1cos )
F mg k x L θ=
=- 小球a 的绳与竖直方向的夹角小，弹性绳1的劲度系数大于弹性绳2的劲度系数，故D 正确。

故选AD 。

4、（2020·黑龙省实验中学高三下学期开学考试）如图所示，小球从斜面的顶端A 处以大小为v 0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B 点，且此时的速度大小v B
0，空气阻力不计，该斜面的倾角为（ ）
A ．60°
B ．45°
C ．37°
D ．30°
【答案】C 【解析】
根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：y 03
2
v v =
=
= ，则运动的时间为：y
32v v t g g == ，设斜面的倾角为θ ，则有：2
00132tan 24
gt gt v t v θ=== ，所以37θ︒= ，ABD 错误C 正确．
5、（2020·河北省沧州市一中高三12月月考）A 、B 是竖直墙壁，现从A 墙某处以垂直于墙面的初速度v 抛出一质量为m 的小球，小球下落过程中与A 、B 进行了多次碰撞，不计碰撞过程中的能量损失．下面四个选项中能正确反映下落过程中小球的水平速度v x 和竖直速度v y 随时间变化关系的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B 【解析】
小球在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，速度随时间均匀增大．在水平方向除了碰撞，不受作用力，速度的大小不变，方向碰撞时发生改变．故B 正确，ACD 错误．故选B ．
点睛：解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，关键将小球分解为水平方向和竖直方向，通过两个方向上的受力，判断物体的运动规律．
6、（2020·河北省沧州市一中高三12月月考）如图所示，一条小船位于200 m 宽的河的正中央A 处，从这
里向下游m 处有一危险区.当时水流的速度为4 m/s ，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是she
A.
3
m/s B.
3
m/s C. 2 m/s D. 4 m/s
【答案】C
【解析】
设小船的合速度与水流速度的夹角为θ；则有
tan
3
θ==，因此30
θ=︒；
1
=sin42
2
v vθ
⋅=⨯=
水
船
；故选C
7、（2020·河北省沧州市一中高三12月月考）火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车
速度确定
.若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是()
①当以速度v通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力合力提供向心力；
②当以速度v通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力；
③当速度大于v时，轮缘挤压外轨；
④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．
A. ②④
B. ①④
C. ②③
D. ①③
【答案】D
【解析】
①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全
提供向心力，①正确，②错误；
③④如果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误，
故选项D正确，ABC错误．
8、（2020·河北省沧州市一中高三12月月考）长度为0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为3 kg的小球，
以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为2 m/s，取g＝10 m/s2，
则此时轻杆OA将（）
的的
A. 受到6 N 的拉力
B. 受到6 N 的压力
C. 受到24 N 的拉力
D. 受到24 N 的压力
【答案】B 【解析】
小球到达最高点时，受重力和杆的弹力，先假设为向下的弹力，由牛顿第二定律
2
v F mg m r
+=
解得
22
23306N 00.5
v F m mg r =-=⨯-=-＜
故弹力的方向与假设的方向相反，为向上的6N 支持力，即杆将受到6 N 的压力，选项ACD 错误，B 正确； 故选B 。

9、（2020·河北省沧州市一中高三12月月考）如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R 。

轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x 。

一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B 时的速度为v 。

小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF （ΔF >0）。

不计空气阻力。

则（ ）
A. m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大
B. m 、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大
C. m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大
D. m 、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大 【答案】C 【解析】
设m 在A 点时的速度为v A ，在B 点时速度为v=v B ；对m 从A 到B 点时，根据动能定理有：
2211
222
B A mg R x mv mv +=
-（） 对m 在B 点时，受重力和支持力N B 的作用，根据牛顿第二定律：
2
B B v N mg m R
-= 所以
2
B B v N mg m R
=+； 对m 在A 点，受重力和支持力N A ，根据牛顿第二定律：
2
A A v N mg m R
+= 所以
2
A A v N m mg R
=-
小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差
62B A x F N N mg mg R
=-=+⋅
V A ．m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越小，选项A 错误； B ．m 、x 一定时，ΔF 与v 无关，选项B 错误； C ．m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大，选项C 正确； D ．m 、R 一定时，ΔF 与v 无关，选项D 错误； 故选C 。

10、（2020·湖南省长沙市高三期末统考）如图甲所示，用不可伸长的轻绳连接的小球绕定点O 在竖直面内做圆周运动。

小球经过最高点时绳子拉力的大小F T 与此时速度的平方v 2的关系如图乙所示。

图像中的数据a 和b 以及重力加速度g 都为已知量，不计摩擦力和空气阻力。

以下说法正确的是（ ）
A. 数据a 与小球的质量有关
B. 数据b 与小球的质量无关
C. 利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径
D. 数据b 对应的状态，当小球运动到最低点时，绳子的拉力为7b 【答案】CD 【解析】
A ．小球在最高点，根据牛顿第二定律：
F T +mg =m 2
v r
得
F T =m 2
v r
-mg
根据图象，当F T =0时，v 2=a=gr ，所以数据a 与小球的质量无关，故A 错误；
B ．根据图象，v 2
=2a 时，F T =b ，代入F T =m 2
v r
-mg ，解得
b=mg
所以数据b 与小球的质量有关，故B 错误；
C ．由a=gr ，b=mg ，可以求出小球的质量m 和圆周轨道半径r ，故C 正确；
D ．数据b 对应状态，可设最高点对应的速度为v 1，最高点对应的速度为v 2，小球在最高点，根据牛顿第二定律：
b+mg =m 2
1v r ①
小球在最低点，根据牛顿第二定律：
F T2-mg =m 2
1v r
②
小球从最高点到最低点，根据动能定理：
22
2111222
mgr mv mv =
-③ 由①②③联合解得：
的
F T2=7mg =7b
故D 正确。

故选：CD 。

11、（2020·天一皖豫联盟体高三第二次联考）从同一竖直线上的不同高度处以大小不同的初速度水平抛出一个质量为m 的小球，并且使小球都能落在水平地面上的同一点。

已知落点到竖直线的水平距离为0L ，重力速度为g ，若不计空气阻力，则小球落地时的最小动能为（ ）
A.
01
2
mgL B. 0mgl C. 02mgL D. 04mgl
【答案】B 【解析】
设从高度为h 处以初速度0v 抛出小球，则落地时的速度为
222
0y v v v =+，
又由平抛运动的规律有
00L v t =
，2
12
h gt =，y gt =v ， 所以
22
022L g y gh h =+，当2022L g gh h
=， 即0
2
L h =
时，小球落地时的动能最小，为 2
k 012
E mv mgL =
=， B 正确，ACD 错误； 故选B 。

12、（2020·浙江省浙大附中高三元月选考模拟一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm 的均匀狭缝，将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧， 且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。

图（a ）为该装置示意图，图（b ）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接
收到的激光信号强度，图中31 1.010s t -∆=⨯，3
20.810s t -∆=⨯，则（ ）
A. t =1s 时圆盘转动的角速度为2.5rad/s π
B. 激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动
C. 激光器和探测器的移动速度为
1
4π
m/s D. 由已知条件无法求出3
t ∆ 【答案】ABC 【解析】
A ．由图象读得，转盘的转动周期T =0.8s ，故角速度：
22rad/s=2.5πrad/s 0.8
T ππ
ω=
= 故A 正确。

B ．由于电脉冲信号宽度在逐渐变窄，表明光能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，故B 正确。

C ．0.2s 时刻的线速度：
111
d
r t ω=V 1.0s 时刻的线速度：
222
d
r t ω=V 径向速度：
21
r r v T
-=
解得：
1
m/s 4v π
=
故C 正确。

D ．设狭缝宽度为d ，探测器接收到第i 个脉冲时距转轴的距离为r i ，第i 个脉冲的宽度为△t i ，激光器和探测器沿半径的运动速度为v 。

2i d t T ri
π=
V
r 3-r 2=r 2-r 1=vT
212dT r r π
-=
322dT r r π
-=
解得：
312
312
0.67102s t t t t t -=
≈⨯-V V V V V
故D 错误。

故选ABC 。

13、（2020·重庆市巴蜀中学高三月考一）如图所示，斜面倾角为37θ=°，小球从斜面顶端P 点以初速度0v 水平抛出，刚好落在斜面中点处。

现将小球以初速度02v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，
sin370.6︒=，cos370.8︒=，重力加速度为g ，则小球两次在空中运动过程中（ ）
A. 时间之比为1:2
B.
时间之比为C. 水平位移之比为1:4
D. 当初速度为0v 时，小球在空中离斜面的最远距离为2
940v g
【答案】BD 【解析】
AB.设小球的初速度为v 0时，落在斜面上时所用时间为t ，斜面长度为L 。

小球落在斜面上时有：
200
122gt
gt tan v t v θ==
解得：
02v tan t g
θ
⋅=
设落点距斜面顶端距离为S ，则有
220002v t v tan S v cos gcos θθθ
==∝
若两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L 处，大于斜面的长度，可知以2v 0水平拋出时小球落在水平面上。

两次下落高度之比1：2，根据2
12
h gt =
得：
t =
所以时间之比为A 错误，B 正确； C.根据0x v t =得水平位移之比为：
120102x x v t v ==::():选项C 错误；
D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。

即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0。

建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g 进行分解，垂直于斜面的最远距离
22
00()92cos 40v sin v H g g
θθ==
选项D 正确。

故选BD 。

14、（2020·重庆市巴蜀中学高三月考一）如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）
A. 当ω=
时，A 、B 即将开始滑动
B. 当ω=
32
mg
μ
C. 当ω=
C 受到圆盘的摩擦力为0
D. 当ω=
C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】
A. 当A 开始滑动时有：
2033A f mg m r μω==⋅⋅
解得：
0ω
当ω=
<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；
B. 当ω=
<
时，以AB 为整体，根据2
F mr ω向
＝可知 29
332
F m r mg ωμ⋅⋅=
向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：
23Bm f m m g mg μμ=+=（）
所以有：
Bm F f >向
此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：
2333mg T m r μω+=⋅⋅
对C 有：
232C f T m r ω+=⋅⋅
解得
32mg T μ=
，32
C mg
f μ=
选项B 正确；
C. 当ω=
AB 需要的向心力为：
2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝
解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：
2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝
C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；
D. 当ω=
C 有： 212
325
C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=
剪断细线，则
12
35
C Cm f mg f mg μμ=
<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

选项D 错误。

故选BC 。

15、（2020·重庆市巴蜀中学高三月考一）如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为P ，电动机卷绕绳子的轮子的半径25cm R =，轮子边缘的向心加速度与时间
满足2[2(2]a t =+，小船的质量3kg m =，小船受到阻力大小恒为101)N f =⨯，小船经过A 点
时速度大小0/s v =
，滑轮与水面竖直高度 1.5m h =，则（ ）
A. 小船过B 点时速度为4m/s
B. 小船从A 点到B 点的时间为1)s
C. 电动机功率50W P =
D. 小船过B 点时的加速度为
25
m /s 6
【答案】AD 【解析】
AB.由2
v a R
=得，沿绳子方向上的速度为：
2v t ==+（
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
100302
v v cos v =︒=
小船经过A 点时沿绳方向上的速度为：
2452
B B v v cos =︒=
作出沿绳速度的v -t 图象，直线的斜率为：
222B v t
-=+A 到B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移：
22(22
B v t h
+= 联立可解得：4m/s B v =
；1s t =-） 选项A 正确，B 错误；
C.小船从A 点运动到B 点，由动能定理有：
22
011 22
B Pt fs mv mv -=-
由几何知识可知：
1s h =）
联立可解得：
501W P =）
选项C 错误；
D.小船在B 处，由牛顿第二定律得：
4545B B P
cos f ma v cos ︒-=︒
解得：
25
m/s 6
B a =
选项D 正确。

故选AD 。

16、（2020·福建省莆田第二十五中高三上学期期末）如图，两小球P 、Q 从同一高度分别以l v 和2v 的初速度水平抛出，都落在了倾角37θ=︒的斜面上的A 点，其中小球P 垂直打到斜面上，则2l v v 、大小之比为
A. 9：8
B. 8：9
C. 3：2
D. 2：3
【答案】A 【解析】
两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h
相等，它们的运动时间t =
对球Q ：2
22
12372gt
y gt tan x v t v ︒===
解得：22
3
v gt =
； 球P 垂直打在斜面上，则有：1334
7y v v tan gttan gt θ==︒= 则：2139
428
3
gt v v gt =
=，故A 正确，BCD 错误． 17、（2020·福建省莆田第二十五中高三上学期期末）如图所示，可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h 的斜面顶端。

下图中有四种运动:A 图中小球滑入轨道半径等于1
2
h 的光滑管道；B 图中小球系在半径大于1
2
h 而小于h 的轻绳下端；C 图中小球滑入半径大于h 的光滑轨道；D 图中小球固定在长为
1
2
h 的轻杆下端。

在这四种情况中，小球在最低点的水平初速度都为v 0
不计空气阻力，小
球不能到达高度h 的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B 【解析】
A ．图A 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh +0=mgh ′+0．则h ′=h ．故A 不符合题意。

B ．绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h 高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B 符合题意；
C ．图C 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh +0=mgh ′+0．则h ′=h ．故C 不符合题意；
D ．杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh +0=mgh ′+0．则h ′=h ．故D 不符合题意；
18、（2020·福建省莆田第二十五中高三上学期期末）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为f ，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v ，人的拉力为F (不计滑轮与绳之间的摩擦)，则以下说法正确的是( )
A. 船的速度为
cos v
θ B. 船的速度为v sin θ
C. 船的加速度为cos F f
m
θ- D. 船的加速度为
F f
m
-
【答案】AC 【解析】
AB ．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，根据平行四边形定则有，v 人=v 船cos θ，则船的速度为
cos v
θ
，A 正确，B 错误； CD ．对小船受力分析，有F cos θ-f =ma ，因此船的加速度大小为
cos F f
m
θ-，C 正确，D 错误． 19、（2020·山东省微山县二中十二月月考）.如图所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽度为a .在船下水点A 的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)，则( )
A. 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝
b
v
B. 小船轨迹垂直河岸渡河位移最小，渡河速度最大，最大速度为v max
C. 当小船沿轨迹AB 渡河时，船在静水中的最小速度为v min ＝
av b D. 当小船沿轨迹AB 渡河时，船在静水中的最小速度为v min
【答案】D 【解析】
A.当小船船头垂直河岸渡河，时间最短，最短时间为t ＝
a v 船，且t 必须小于或等于b
v
，故选项A 错误； B.小船轨迹垂直河岸渡河，位移最小，大小为a ，但船头必须指向上游，合速度不是最大，故选项B 错误； CD.小船沿轨迹AB 运动，船在静水中的速度最小时，速度方向与AB 垂直，可得
v min＝
故选项C错误，D正确．
20、（2020·山东省微山县二中十二月月考）如图所示，小球A质量为m，固定在长为L的轻细直杆一端，
绕杆的另一端O点在竖直平面内做圆周运动．计一切阻力，杆对球的作用力为（）
A. 推力，大小为mg
B. 拉力，大小为mg
C. 拉力，大小为0.5mg
D. 推力，大小为0.5mg
【答案】D
【解析】
设在最高点杆对球的力为F，取竖直向下为正方向：
2
v
F mg m
L
+=，解得：
1
2
F mg
=-，所以杆对球的
力竖直向上，是推力，大小为0.5mg，ABC错误D正确．
21、（2020·山东省微山县二中十二月月考）.如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度v a和v b沿水平方向抛出，经过时间t a和t b后落到与两抛出点水平距离相等的P点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是（）
A. t a>t b, v a<v b
B. t a>t b, v a>v b
C. t a<t b, v a<v b
D. t a>t b, v a>v b
【答案】A 【解析】
根据212
h gt =
可知t =a b t t >，由于水平位移相等，根据0x v t =可得a b v v <，故选项A 正确，
B 、
C 、
D 错误．
22、（2020·山东省微山县二中十二月月考）一物体受到两个外力的作用，沿某方向做匀速直线运动．若将其中一个力的方向旋转90°，保持这个力的大小和另一个力不变，则物体可能做( ) A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀减速直线运动 D. 轨迹为曲线的运动
【答案】BCD 【解析】
旋转后两个力的合力与物体原来的运动的方向相同时，物体做匀加速直线运动；旋转后两个力的合力与物体原来的运动的方向相反时，物体做匀减速直线运动；旋转后两个力的合力与物体原来的运动的方向不共线时，物体的运动轨迹为曲线，由于旋转后合力不为零，则不能做匀速直线运动，故选项BCD 正确，选项A 错误．
23、（2020·山东省微山县二中十二月月考）.如图所示光滑管形圆轨道半径为R (管径远小于R )，小球a 、b 大小相同，质量均为m ，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，以下说法正确的是 ( )
A. 当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大5mg
B. 当v b 在轨道最高点对轨道无压力
C. 速度v
D. 只要v a 对轨道最低点的压力比小球b 对轨道最高点的压力都大6mg 【答案】BD 【解析】
AB ．当小球对轨道无压力时，则有：
2
1v mg m R
=， 解得
1v 由机械能守恒定律可得，
22111
22
2mg R mv mv =
- 解得
v =．
在最高点无压力时，向心力F 1=mg ；最低点时，向心力
2
25v F m mg R
=＝
即a 球比b 球所需向心力大4mg ．故A 错误，B 正确．
C ．因小球在管内转动，则内管可对小球提供向上的支持力，故可看作是杆模型；故小球的最高点的速度只要大于零，小球即可通过最高点，根据动能定理知，
21
22
mg R mv ＝
解得
v =故C 错误． D ．在最高点时，
2
11v F mg m R
+= 在最低点
2
22v F mg m R
-＝ 则
22
21212v v F F mg m m
R R
-+-＝ 由机械能守恒可得
2221211
22
mg R mv mv -＝
可得：
F 2-F 1=6mg ；
即只要能做完整的圆周运动，压力之差都等于6mg ．故D 正确．
24、（2020·天津市静海一中等七校高三期中联考）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A ，细线的上端固定在金属块B 上，B 放在带小孔的水平桌面上，小球A 在某一水平面内做匀速圆周运动。

现使小球A 改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B 在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ）
A. 金属块B 受到桌面的静摩擦力变大
B. 金属块B 受到桌面的支持力减小
C. 细线的张力变大
D. 小球A 运动的角速度减小 【答案】A 【解析】
A ．设A 、
B 质量分别为m 、M ，A 做匀速圆周运动的向心加速度为a ，细线与竖直方向的夹角为θ，对B 研究B 受到的静摩擦力
sin f T θ=
对A 有
sin T ma θ= cos T mg θ=
计算得出gtan a θ=，小球A 改到一个更低一些的水平面上，则θ变小，a 减小，则静摩擦力大小变小，故A 错误；
B ．以整体为研究对象知，B 受到桌面的支持力大小不变，应等于()M m g +，故B 错误；
C ．细线的拉力
cos mg
T θ
=
θ变小，T 变小，故C 错误； D ．设细线长为l ，则
2tan sin a g l θωθ==
所以有
ω=
θ变小，ω变小，故D 正确。

故选D 。

25、（2020·天津市静海一中等七校高三期中联考）如图所示，一光滑的半径为R 的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m 的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口B 飞出后，小球落地点C 距A 处的距离为4R （AB 为圆的直径）（重力加速度为g ），求： (1)小球经过B 点的速度； (2)小球在B 点对轨道的压力．
【答案】(1) B v =，小球从B 点速度方向水平向左 (2) 小球对轨道的压力也为3mg ，方向竖直向上 【解析】
（1）小球从B 点飞出后，做平抛运动，水平方向
B x v t =
竖直方向：
2122
R gt = 得:
B v =小球在B 点速度方向水平向左．
（2）当小球在B 点时由向心力的公式可得
2B mv N mg R
+= 代入数值可得:
3N mg =
由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力也为3mg ，方向竖直向上．
26、（2020·山东省微山县二中十二月月考）.如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s =100m ，子弹射出的水平速度v =200m/s ，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g 为10 m/s 2，求：
（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h 为多少？
【答案】（1）05s （2）1.25m
【解析】
（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t 时间击中目标靶，则有s t v
=
代入数据得：t =0.5s
（2）目标靶做自由落体运动，由212
h gt =
代入数据得 h =1.25m
27、（2020·山东省微山县二中十二月月考）如图所示摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m 顶部水平高台，接着以4m/s 水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑.A 、B 为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为2m ，人和车的总质量为200kg ，特技表演的全过程中，空气阻力不计.(计算中取g =10m/s 2.求:
(1)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离s .
(2)从平台飞出到达A 点时速度大小及圆弧对应圆心角θ.
(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O 速度为6m/s,求此时人和车对轨道的压力.
【答案】(1)1.6m (2)，90° (3)5600N
【解析】
(1)车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得：
竖直方向上：
2212
H gt =
水平方向上： 2s vt =
可得：
4 1.6m s ===. (2)摩托车落至A 点时其竖直方向的分速度：
24m/s y v gt ==
到达A 点时速度：
A v ===
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则：
4tan 14
y
v v α=== 即45α︒=，所以：
290θα︒==
(3)对摩托车受力分析可以知道，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：
2
v N mg m R
'-= 当6m/s v '=时，计算得出5600N N =.
由牛顿第三定律可以知道人和车在最低点O 时对轨道的压力为5600 N.
答：(1)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离 1.6m s =.
(2)从平台飞出到达A 点时速度A v =，圆弧对应圆心角90θ︒=.
(3)当最低点O 速度为6m/s ，人和车对轨道的压力5600 N.
28、（2020·福建省莆田第二十五中高三上学期期末）.如图所示为马戏团的猴子表演杂技示意图．平台上质
量为5kg 的猴子（可视为质点）从平台边缘A 点抓住长l ＝0.8m 水平绳的末端，由静止开始绕绳的另一个固定端O 点做圆周运动，运动至O 点正下方B 点时松开绳子，之后做平抛运动．在B 点右侧平地上固定一个倾角为37°的斜面滑梯CD ，猴子做平抛运动至斜面的最高点C 时的速度方向恰好沿斜面方向．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力影响，求（g 取10 m/s 2）
（1）猴子刚运动到B 点时速度大小；
（2）猴子刚运动到B 点且绳子还未脱手时，其对绳子的拉力；
（3）猴子从B 点运动到C 点的时间以及BC 两点间的水平距离．
【答案】（1）4m/s （2）150N ，竖直向下 （3） 0.3s 1.2m
【解析】
猴子从A 到B 摆动的过程中，应用机械能守恒定律求出它运动到最低点B 时的速度；猴子刚运动到B 点且绳子还未脱手时，由重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求绳子的拉力；猴子做平抛运动至斜面的最高点C 时的速度方向恰好沿斜面方向，由速度的分解法求出到达C 点时的竖直分速度，从而求出平抛运动的时间，再求水平距离。

（1）设猴子在B 点的速度为v ，由A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得 212
mgl mv 代入数据解得
v =4m/s
的。