忽略空气阻力，则（ ）B. A的运动时间是B的2倍D. A的末速度比B的大23. （2021-河北）如图，矩形金属柅MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光 滑一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆金属框绕MN轴分别以角速度0）和0）'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止若a）' >0）,则与以0）匀速转动时相比，以0）'匀速转动时（ ）A. 小球的高度一定降低B. 弹簧弹力的大小一定不变C. 小球对杆压力的大小一定变大D. 小球所受合外力的大小一定变大三.解答题（共丨小题）24. （2020-III东）单板滑雪U形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°某次练习过程屮，运动员以vM=10m/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«=72.8°，第8页共32页腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道图乙力腾空过程左视图该运动员可视力质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2, sin72.8° =0.96，cos72.8° =0.30。
求：(1) 运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值山(2) M、N之间的距离L第11贞共32员2023年髙考物理一轮复习：抛体运动与圆周运动参考答案与试题解析—.选择题（共21小题）1. （2021-攀枝花一模）做曲线运动的质点，所受合外力方向和速度方向的关系，正确的是 （ ）A. 一定相同 B.可能相反 C.可能垂直 D- 一定垂直【考点】曲线运动；物体做曲线运动的条件.【专题】定性思想：推理法；物体做曲线运动条件专题：理解能力.【分析】物体做曲线运动的条件是合外力方向与速度方向不在同一条直线上，速度方向 与合外力方向不一定垂直解答】解：AB、做曲线运动的物体，合外力方向与速度方向不在同一条直线上，不可 能方向相同或方向相反，故AB错误；CD、做曲线运动的物体，合外力方向与速度方向不在同一条直线上，二者可能垂直，也 可能不垂直，故C正确，D错误故选：C点评】本题关键是要知道物体做曲线运动的条件，要知道速度的方向与该点曲线的切 线方向相同，合外力方向与速度方向不在同一条直线上.2. （2020-新课标II）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车 前进方向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。
若摩托车经过a点时的 动能为E!，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h:若经过a点吋的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点一?■等于（ ）A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0【考点】平抛运动；动能定理.【专题】定量思想；方程法；平抛运动专题：推理能力.【分析】根据竖直方向的运动规律求出落到坑内c点时和到达b点时竖直方向的速度，再根据根据平抛运动的规律求解水平方向的速度，由此求解动能之比 【解答】解：设落到坑内C点吋竖直方向的速度为Vyl，则有：Vyi=2ghVyl=V2gh：根据平抛运动的规律可得：V0it=h解得:v（n=ZzL2则有:同理，设摩托车恰能越过坑到达b点吋竖直方向的速度％vy2,则有： Vy2=2gX0. 5h=ghVy2 = Vgh：根据平抛运动的规律可得：vo2t* =3h=0.5h2解得：V02 = 3Vy2则有:E9所以_2_=18,故B正确、ACD错误El故选：B点评】本题主要是考査平抛运动的规律和动能的计算公式，知道平抛运动可以分解为 水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动3. （2020-浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以vo的水平速度飞出，经过吋间t落在斜 韻的挡板AB中点。
若钢球以2v0的速度水平飞出，则（ ）C. 下落时间为A【考点】平抛运动.B.下落时间为2tD.落在挡板底端B点【专题】应用题；定量思想：推理法：T•抛运动专题；推理能力.【分析】钢球做平抛运动，可能落到斜挡板上，也可能落到地面上通过假设确定钢球落点，求解下落时间解答】解：钢球做平抛运动，落到斜挡板上时，斜挡板的倾角表示位移与水平方向的 1 +2夹角，tane= vot 2v0解得下落时间为：t=2votane，g假设初速度为2vo吋，钢球仍落到斜挡板上，则下落吋间f=2t,竖直方向上下落高度h’=lgtz 2=仙，其中h为以vo的水平速度飞出时下落的高度，故钢球落到了地面上，假设不成立钢球落到地面上，下落高度为2h，其中t=^2h,则有：tl=^2X2h=y/2l,故C正确，ABD错误故选：C点评】木题考査了平抛运动的规律，解题的关键是钢球平抛运动落点的确定4. （202P宣化区校级模拟）如图所示，小球B在A的正下方两球相距h，将A球以速率v!沿水平向右抛出，同吋将小球B以速率v2沿竖直向上抛出，不考虑两球的大小及空气阻力，则两球在落地前球A与B之间的最短距离为（ ）【考点】竖直上抛运动；平抛运动.【专题】应用题：定量思想；方程法：平抛运动专题：分析综合能力.【分析】小球甲做平抛运动，小球乙做竖直上抛运动，设经过时间t位移最短，根据运 动学基本规律求出两球之间的距离的表达式，结合数学知识即可求解。
解答】解：设经过时间t，A在竖直方向的距地面的高度为hA=hAgt2A在水平方向的位移为x=Vlt, B在水平方向的位移始终为0乙在竖直方向做竖直上抛运动，距地面的高度为hB=V2t_Agt22两球在竖直方向的距离为y=hA - hB=h - v2t胃 # ± IBJ 巨胃 h =扣-v2t）2 + （Vlt）2 =V（vf+v|）t2-2hv2t+h2hv9 hvi根据数学知识可知当t=. 2 （二次函数求极值）时，s取最小值,1，所以CVI+V2 Vvl+v2正确，ABD错误故选：C点评】木题主要考査了竖直上抛运动和做平抛运动的基本规律，求某个量的极值时可 以先把这个量的表达式求出來，再结合数学知识求解，难度适中5. （2021-宝鸡模拟）如图所示，一跳台滑雪运动员以6m/s的初速度从倾角力30°的斜坡 顶端水平滑出不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2则运动员再次落到斜面上吋，其 落点与坡顶的®度差为（ ）【考点】平抛运动.【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力.【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住 竖直位移和水平位移的关系，结合落点与坡顶的a度差。
解答】解：根据平抛运动的规律得：落点与坡顶的高度差h=lgt2,水平位移x=vot, 1 .2 ■yst由题意得：tan㊀二 联立解得h=2.4m,故A正确，BCD错误vot 2v0故选:Ao【点评】解决木题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动 学公式灵活求解，基础题6. （2021-杭州二模）如图所示，从水平地面A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂 直击中前方竖直墙面上的同一位置点P已知点P距地面的岛度h=0.8m，A, B两点距 墙的水平距离分别为0.8m和0.4m不计空气阻力，则从A、B两点抛出的两小球（ ）A. 从抛出到击中墙壁的时间之比力2: 1B. 击中墙面的速率之比为1: IC. 抛出吋的速率之比为a/T?: 2^5D. 抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比力1: 2【考点】抛体运动.第15贞共32员【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题：分析综合能力.【分析】利用逆向思维法，两小球运动的逆过程即为平抛运动：平抛运动可分解为水平 方向的匀速的直线运动和竖直方向的自由落体运动；做平抛运动的物体，其速度偏转角 的正切值是其位移偏转角正切值的2倍据此分析。
解答】解：A、两小球分别从A到P、B到P的运动可分别看成从P到A、P到B的平 抛运动，因二者高度相同，故从抛出到击中墙壁的时间之比为1: 1,故A错误；B、 因两小球运动时间相同，根据x=vt可知，两小球的水平速度之比为vA: vb=xa： xe=0.8m： 0.4m=2： 1，故 B 错误；C、 抛出时两球的竖直分速度均为vy=V2gh=V2X 10X 0. 3n/s=4m/s,两球飞行时间 均为t=Zy=_l^=0.4s,则两球抛出吋的水平分速度分别为VxA=^=i^n/s=2m/s，g 10 t 0.4vXB=~^~=Hm/s=lm/s，两球抛出时的速率分别为 va=iJv2A+v2 = ^22 + 4^/8 = 2V5m/s, vB=^v2B+y2==Vl7m/s,故抛出时两球的速率之比为2^:Vn*故c错误：D、 逆向思维看，抛出时速度方向与地面夹角即为速度偏转角，则其正切值为其位移偏转 角正切值的2倍，由已知条件可知，两球位移偏转角的正切之比为1: 2,故抛出时速度 方向与地面夹角的正切值之比为1: 2,故D正确故选：D点评】解答本题的关键是能利用逆向思维法，结合平抛运动的基本处理方法（运动的 分解）及其推论分析；注意速度偏转角的正切值是其位移偏转角正切值的2倍，但速度 偏转角不是位移偏转角的2倍。
7. （2021-虹口区二模）某人站在6楼阳台上，同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球 竖直上抛，另一球竖直下抛在相同的时间At内（两球均未落地），两球速度的变化 （ ）A. 大小、方向均相同 B.大小相同、方向不同C.大小、方向均不同 D.大小不同、方向相同【考点】竖直上抛运动；抛体运动.【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题；推理能力.【分析】该题属于匀变速直线运动，分析速度的变化由△v=aAt分析即可 第15员共32员【解答】解：同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球竖直上抛，另一球竖直下抛，落地前两小球只受重力作用，加速度都是重力加速度，由八v=aAt知，两小球在相同的 时间At内速度变化量的大小相等，方向相同故A止确，BCD错误故选：A点评】本题考查了对速度变化的理解，注意式中a与Av都是矢量，Av的方向与加速 度方向相同8. （2018-江苏）某弹射管每次弹出的小球速度相等在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（ ）A. 时刻相同，地点相同 B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同 D.时刻不同，地点不同【考点】运动的合成和分解.【专题】应用题：定性思想：推理法：运动的合成和分解专题.【分析】先后弹出的两只小球在竖直方向运动时间相等，在水平方向运动时间不同，由 此进行分析。
解答】解：根据题意可知，弹射器沿光滑竖直轨道在竖直方向自由下落且管口水平， 不同时刻弹射出的小球在水平方向具有相同的初速度，在竖直方向的运动情况与枪管的 运动情况相同，故先后弹出两只小球同时落地：水平方向速度相同，而小球水平方向运动的时间不同，所以落地点不同，运动情况如图所示故ACD错误、B正确故选：B弹射器弹射器【点评】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具 有等时性和独立性，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据儿何关系求解速度或加速度之间的关系9. （2021-中卫三模）如图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮C与质量力m的物体 A连接，A放在倾角为9的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接.现BC迮线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度vo匀速下滑.设绳子的张力为FT，在C. Ft可能小于mgsinQ此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）B. 物体A做匀速运动D. Ft •定大于 mgsinO【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律：共点力的平衡；运动的合成和分解.【专题】定量思想：方程法；平行四边形法则图解法专题：推理能力.【分析】根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿养绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合矢量运算法则，即可求解。
解答】解：AB、由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动，如图所示，报据矢 量运算法则，可有：vBsina = vw=VA»因B以速度vo匀速下滑，又a在增大，所以绳子速度在增大，则A处于加速运动，故AB错误：CD、报据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：T>mgsin6,故D正确，C错误：故选：D点评】木题考查运动的合成与分解，掌握如何将实际运动分解成两个分运动是解题的 关键，同时运用三角函数关系10. （2020-上海模拟）以下关于匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）A. 匀速圆周运动是变加速运动第19贞共32员B. 匀速圆周运动是速度不变的运动C. 匀速圆周运动的加速度不一定指向圆心D. 匀速圆周运动是角速度变化的运动【考点】匀速圆周运动；向心加速度.【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题：推理能力.【分析】匀速圆周运动是匀速率圆周运动的简称，速度大小不变，方向不断变化：与速 度方向平行的力改变速度大小，与速度垂直的力改变速度方向：v=a）r【解答】解：B、匀速圆周运动是匀速率圆周运动的简称，其速度大小不变，但速度方向 在不断地变化，是变速运动，故B错误；AC、因为匀速圆周运动的速度大小不变，所以切线方向的加速度为零，实际加速度方向 始终与速度垂直，指向圆心，在不断地变化，所以匀速圆周运动是变加速运动，故A正 确，C错误；D、由0=1 知，匀速圆周运动是角速度不变的运动，故D错误。
r故选：Ao【点评】本题考查了对匀速圆周运动的理解，需要注意的是匀速圆周运动不是匀速运动， 是匀速率圆周运动的简称，是变速运动11-（2020-闵行区二模）如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条 边上各套有一个质量相等的小球A、B-整个转动过程小球相对框架没有发生滑动，A与 B到轴的距离相等则有（ ）A. A、B两球所受的合力大小不等B. A、B两球所受的合力大小相等C. 框架对A球的弹力方向一定垂直球A所在的边斜向上D. 架对B球的弹力方向一定垂fi球B所在的边斜向下【考点】牛顿第二定律；匀速圆周运动.第18贞共32贞【专题】ii算题：定量思想；匀速圆周运动专题：分析综合能力. 【分析】小球随菱形枢架一起绕着过对角线的竖盥轴匀速转动，合外力提供向心力，对 AB两个小球进行受力分析，根据合力提供向心力即可分析求解解答】解：AB、A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等， 根据F=mu）2r,可知，合力大小相等，故A错误，B正确；C、 A球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重 力、静摩擦力和弹力，当静摩擦力方向沿斜边向上时，框架对A的弹力方向可能垂直A 所在的边斜向下，故C错误；D、 B球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受車力， 要使合力水平向右，椐架对B的弹力方向只能是垂fi:B所在的边斜向上，故D错误： 故选：B。
点评】解本题关键要把圆周运动的知识和牛顿第二定律结合求解，关键是正确对AB 两个小球进行受力分析，合力提供向心力，知道共轴转动时，角速度相等12. （2021*广东）由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸道闸由转动杆OP 与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水 平杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是B. P点的加速度方向不变C. Q点在竖直方向做匀速运动D. Q点在水平方向做匀速运动【考点】运动的合成和分解；线速度、角速度和周期、转速：向心加速度.【专题】定性思想；图析法：运动的合成和分解专题；理解能力.【分析】杆匀速转动，即角速度不变，据此分析P点的线速度大小变化；向心加速度始终指向圆心，所以加速度方向时刻改变； 对两位置的P点速度分解，从判断Q点在竖直方向、水平方向分别做什么运动解答】解：A、杆OP绕0点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，可认为转动的角速度0）不变，由v=a）r, P点转动半径r不变，所以P点的线速度大小不变，故A正确：B、向心加速度始终指向圆心O点，所以P点的加速度方向时刻改变，故B错误；CD、对两位置的速度沿竖直方向和水平方向分解，如图所示，由图可知，竖直方向的分速度在逐渐变小，水平方向的分速度在逐渐增大，所以在P点的带动下，Q点在竖直方向做做减速运动，在水平方向做做加速运动，故CD错误。
点评】考查了圆周运动的基本规律以及运动的合成与分解，本题的难点在于利用图像分析Q点在竖直方向、水平方向的运动情况13. （2018-浙江）A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4: 3,运动方向改变的角度之比是3: 2,则它们（ ）A. 线速度大小之比力4: 3B. 角速度大小之比为3: 4C. 圆周运动的半径之比为2: 1D. 向心加速度大小之比为1: 2第23贞共32员【考点】线速度、角速度和周期、转速.【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题.【分析】线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速 度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的 关系，求出半径之比：抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速 度之比求出向心加速度之比解答】解：A、线速度v=l A、B通过的路程之比为4: 3,时间相等，则线速度之 t比为4: 3，故A正确B、 角速度W=A，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之t比为3: 2,时间相等，则角速度大小之比为3: 2,故B错误。
C、 根据v=ra）得，圆周运动的半径r=-Z_，线速度之比为4: 3,角速度之比为3: 2,（0则圆周运动的半径之比为8: 9,故C错误D、 根据a=v（o得，线速度之比为4: 3,角速度之比为3: 2,则向心加速度之比为2: 1, 故D错误故选:Ao【点评】本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵 活运用14. （2021-浙江模拟）两级皮带传动装置如图所示，轮1和轮2的半径相同，轮2和轮3 两个同心轮固定在一起，轮3和轮4的半径相同，且为轮I和轮2半径的一半，转动时 皮带和轮子之间均不打滑，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点相比（ ）A. 线速度大小之比为1: 4B. 向心加速度大小之比为8: 1C. 周期之比为4: 1D. 角速度大小之比为1: 8【考点】线速度、角速度和周期、转速：向心加速度.【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题：推理能力.【分析】根据皮带连接的线速度相同，共轴转动的角速度相同，再根据线速度和半径的 2关系式，向心加速度的公式及线速度与周期的关系，周期与角速度的关系解题解答】解：A、轮1和轮3线速度相同，轮2和轮4线速度相同，轮2和轮3角速度相同，根据vm v2=2v3,所以Vl+4故A错误;2B、根据向心加速度的定义式：a=y_2解得故B错误；^2 8c、根据线速度与周期的关系式 V2TTriTL__ V1T2》r2v2解得：c正确；t2 iD、根据角速度与周期的关系式：（0=^ T故D错误。
◦2 丁1 4故选：Co【点评】解题的关键是理解什么情况线速度相等，什么情况角速度相等，根据向心加速 度的公式，线速度和周期的关系式，角速度和周期的关系式推到可得15. （2021•吕梁一模）中学生常用的学习用具修正带的结构如图所示，包括上下盖座、大小 齿轮、压嘴座等部件大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a, b点分 别位于大小齿轮的边缘c点在大齿轮的半径中点，当修正带被匀速拉动进行字迹修改时第25页共32页A. 大小齿轮的转向相同 B. a点的线速度比b点大C. b、c两点的角速度相同 D. b点的向心加速度最大【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度.【专题】定性思想：推理法；交流电专题；推理能力.【分析】同缘传动时，边缘点的线速度大小相等：同轴传动时，角速度相等：然后结合v 2 = o)r 和 a=o)2r=^—^*ij 式求解 r【解答】解：AB、同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，转动方向一个是逆时针，一 个是顺吋针，va： vb=l： 1，故AB错误：C、 根据v=cor知角速度与半径成反比即为o)a: cob=rb： ra,因rbo)c,所以b与c点的角速度不相同， 故C错误：D、 根据a=
点评】本题关键明确同缘传动同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，同缘传动 时，边缘点的线速度大小相等，然后结合公式v=o)r分析求解即可16. (2021-甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏如图，先将纽扣绕儿圈，使穿过纽扣的两 股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现拉动多次后， 纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为外力第23贞共32员A. lOm/sB. 100m/s2C. 1000m/s2D. lOOOOnVs-【考点】向心加速度.【专题】定量思想：推理法；匀速圆周运动专题：推理能力.【分析】根据纽扣的转速，结合o)=2Trn、an=a)2r计算圆盘转动的向心加速度解答】解：根据匀速圆周运动的规律，co = 2nn = 2ttX50rad/s = 1 OOirrad/s» r= lcm = 0.01m，向心加速度为：an=a)2r= (IOOit) 2X0.01 m/s2 = 1 OOr^m/s2^ 1000m/s2,故 C 正 确，ABD错误故选：C点评】解决木题的关键知道转速和角速度的关系，通过时转速求出角速度，然后根据 向心加速度公式求解，基础题。
17. (2021-山东)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一 端可绕竖直光滑轴O转动，另•端与质量为m的小木块相连木块以水平初速度70出 发，恰好能完成一个完整的圆周运动在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )L1.1VI2HLmvl4nL1.1VI8H2 OVmD.【考点】牛顿第二定律；向心力；动能定理.【专题】定量思想：推理法；摩擦力专题：动能定理的应用专题：理解能力.【分析】对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理列式可求解解答】解：因力细杆为轻质细杆，又因为其一端绕竖直光滑轴O转动，所以杆对球的 力沿杆，即杆对球不做功，对小球完成一个完整的圆周运动过程，由动能定理得-f2irL 2=0-丄mVn2.解得摩擦力故B正确，ACD错误2 m 0 4丌 L故选：B„【点评】本题考查动能定理需要注意的是滑动摩擦力是变力，变力做功的表示是解题 关键，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力第24贞共32贞18. （2021-武侯区校级模拟）跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子两端A、B近似不动，绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，对绳子上的两个质点P和Q的说法正确的是A. P和Q的线速度相等B. P和Q都处于失重状态C. P和Q的加速度相等D. P、Q的合外力方向指向AB的中点O【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重：线速度、角速度和周期、转速：向心力. 【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力.【分析】P和Q的运动可以看成同轴转动，两点具有相等的角速度，结合v=wr判断线 速度的大小关系；P和Q现在都处于圆周运动的最岛点，具有向下的加速度，以此可以 判断P和Q处于超重还是失重状态；P和Q两点都处于圆周运动的最岛点，此时的加速 度等于向心加速度，利用向心加速度公式a=ru）2判断加速度的大小；向心力的方向指向 圆周运动的圆心。
解答】解：D、绳子以AB力轴转动，P和Q各自在垂直轴线的平面内做圆周运动，所 以两者角速度相同，合外力指向各白圆周运动平面的圆心，不是指向0,故D错误： AC、由于P运动的半径小于Q的半径，根据v=ru）和3=!"0）2可知线速度、加速度都不 相等，故AC错误：B、图示位置P和Q所受合力向下，有向下的加速度，属于失重状态，故B正确 故选：B点评】该题中，P与Q绕AB连线做匀速圆周运动，其轨迹在竖直平面内，不是绳子 所在的平面，这是关键19. （2021-江西模拟）如图甲所示，•质量m=4kg的小球（可视为质点〉以v0=4m/s的 速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压 力与半径R的关系图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2,下列说法中正确的有 第25页共32页图乙B. y=40C. 若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80mD. 当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R=64cm【考点】牛顿第二定律；平抛运动：向心力：机械能4恒定律.【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力.【分析】从A到B，根据动能定理求得到达B点的速度，在C点，报据牛顿第二定律求得在B点的向心力，结合乙图求得x和y，小球恰能通过最S点，根据牛顿第二定律求得速度，从A到C根据动能定理求得半径，从C点做平抛运动，即可求得水平位移。
解答】解：AB、从A到B,根据动能定理可得：2 22在b点，根据牛顿第二定律：F=ax_R联立解得：f=^1_80R结合乙图可知：y=80N，x=S0 >,故AB错误; 64 42CD、怡能通过最高点，在最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=^£R从最低点到最高点，根据动能定理可得:解得 R=0.32m，从最高点做平抛运动，则2R=lgt2X = vct联立解得x=0.8m故C正确，D错误:故选：Co【点评】木题考查的是牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动、动能定理、圆周运动相 结合的综合应用试题，属于较难的试题，要求学生的分析综合能力及应用数学知识解决物理问题的能力是比较岛的20. （2021-金山区二模）如图，同一条过山车轨道上，一辆小车与多辆相同小车连接在一起分别以初速度vo进入圆轨道，若滑行到重心最高吋速度分别为Vi和¥2不计轨道和空气阻力，则VBV2的大小关系是（A. VlV2C. V1=V2D. 与小车数量有关，无法判断【考点】向心力：生活中的圆周运动：动能和势能的相互转化.【专题】定性思想；归纳法；机械能守恒定律应用专题；理解能力.【分析】根据机械能守恒定律，动能转化为®力势能，区分两次心位置不同。
【解答】解：小车在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能转化力重力势能： 但一辆小车其重心位置在圆的最高点，多辆小车其重心位置比圆的最岛点低，根据 mgh+lmv2=丄得，h小，最高点的速度大，所以vi
故选：Do【点评】本题是实际生活中的圆周运动问题，要抓住加速度、合外力都是矢量，当它们的方向改变时，矢量也是变化的多选题（共2小题）22. （2020-江苏）如图所示，小球A、B分别从21和1的®度水平抛出后落地，上述过程中忽略空气阻力，B.第28页共32A的运动时间是B的2倍贸c A_J速度是b4D. A的末速度比B的大【考点】匀变速直线运动的公式；平抛运动.【专题】计算题：方程法；平抛运动专题；分析综合能力.【分析】根据位移的合成求合位移：平抛运动的吋间t=^2h；水平初速度vo=f，根据动能定理求解末速度解答】解：A、A和B的位移人小都为7l2+412=V5l，故A正确：B、根据h=lgt2得：t=^2h,则A的运动吋间为：tA = ^T. B的运动时间为：tB=戶，故故B错误：丄C、水平初速度为：vo=i 则有：XA0_=^-=Jb_=^2_,故C错误; t vB0 21 2tA 4tBD、根据动能定理得：mgh=化简消去m，则V2=2gh+VQ：代入得: 2 2vA2=4gl+^gl^-gl： vB2=2gl+2=4gl,故A的末速度比B的大，故D正确;故选：ADo【点评】木题考查了平抛运动的时间、水平速度及末速度的计算，熟练掌握平抛运动的 运动规律是解本题的关键。
23. （2021-河北）如图，矩形金属flii MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光 滑一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆 金属框绕MN轴分别以角速度和U）'匀速转动时，小球均相对PQ杆静止若a/ >a）, 则与以0）匀速转动时相比，以0）'匀速转动时（ ）I ° 屮IB. 弹簧弹力的大小一定不变C. 小球对杆压力的大小一定变大D. 小球所受合外力的大小一定变大【考点】牛顿第二定律；向心力.【专题】比较思想：模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用：分析综合能力.【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据小球在竖直方向 受力平衡，分析小球的®度和弹簧的弹力如何变化，由向心力公式列式分析杆对小球的 作用力如何变化，即可由中顿第三定律分析小球对杆的压力变化情况由向心力公式Fn= mu)2r分析小球所受合外力变化情况解答】解：AB、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，如图所示，小球在竖直方向受力平衡，则Fcosa=mg,所以a小变，小球的B度不变，弹簧弹力的大小F—定不变，故A错误，B正确；C、 若金属框的角速度较小，杆对小球的弹力方向垂直于杆向外，如图所示，在水平方向上，由牛顿第二定律得Fsinct - FN=mu)2r，则得FN = Fsina - ma)2r, co变大，其它量不变，则Fn变小，由牛顿第三定律知小球对杆压力的大小变小，故C错误：D、 小球所受合外力的大小Fft=Fn=ma)2r, w变大，其它量不变，则!^一定变大，故D正确。
故选：BDo第33贞共32贞【点评】解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利 用正交分解法进行研宄三.解答题（共1小题）24. （2020-111东）单板滑雪U形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=10m/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«=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=10m/s2, sin72.8° =0.96, cos72.8° =0.30求：（1） 运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值山（2） M、N之间的距离L解.【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题：分析综合能力.【分析】(1)在M点由运动的合成与分解规律得到垂直于AD面的速度大小和加速度大 小，由运动学公式求解d: (2)在M点由运动的合成与分解规律得到沿AD面向下的分 速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。
解答】解：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为Vl，由运动的合成与分解规律得：vi=VMsin72.8° …①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为ah由牛顿第二定律得： mgcosl7.2 ° =mai …②2 由运动学公式得：d=^—2al联立①②®式，代入数据得：d=4.8m…④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分 解规律得：V2=vmcos72.8° …⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得： mgsinl7.2° =ma2 …©设腾空时间为t，由运动学公式得：1=-^--••⑦al沿斜面方向根据位移-时间关系可得：L = V2t+la2t2-®联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L=12m答：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值力4.8m:(2) M、N之间的距离为12m点评】木题主要是考查牛顿第二定律的综合应用问题以及斜上抛问题的分析，关键是 弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，将速度和加速度同 时进行分解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。