专题03 力与曲线运动-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想

这是一份专题03 力与曲线运动-2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想，共33页。
2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想
专题03　力与曲线运动
猜想一：借图像考查两个互成角度直线运动的合运动问题
【猜想依据】运动的合成与分解不仅是一种题型更是一种方法，通过与图像关联既能考查学生识图、析图、用图的科学思维能力与此同时还要求学生能够建物理模型，并且该类问题时常与生活实际相结合能有效展示给学生生活中的物理问题增强科学态度与价值观，对这一问题的考查很符合新高考的特点。
【必备知识】两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向和合初速度方向的关系，判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分为以下几种情况：
（1）两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动。
（2）两个初速度均为零的匀加速直线运动的合运动一定是匀加速直线运动。
（3）一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动是匀变速运动，当二者速度方向共线时为匀变速直线运动，不共线时为匀变速曲线运动。
（4）两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速运动。若两运动的合初速度方向与合加速度方向在同一条直线上，则合运动是匀变速直线运动，如图甲所示；若合初速度方向与合加速度方向不在一条直线上，则合运动是匀变速曲线运动，如图乙所示。

（2022届云南省高三（下）第一次统测）
1. 随着科技的发展，无人机广泛用于航拍。某无人机飞行过程中，竖直向上的速度 vy及水平方向速度 vx随飞行时间 t 的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 0~t1时间内无人机处于超重状态
B. 0~t1时间内无人机飞行的位移大小为
C. t1时刻无人机飞行至最高点
D. t1~t2时间内无人机做匀变速曲线运动
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图象可知，无人机在0～t1这段时间，在竖直方向向上匀加速直线运动，则无人机有竖直向上的加速度，那么处于超重状态，不是失重状态，故A 正确；
B．0~t1时间内无人机飞行的水平位移大小为，竖直位移大小为，故0~t1时间内无人机飞行的位移大小为 ，故B错误；
C．t1时刻后无人机竖直方向向上减速，故t1时刻无人机未飞行至最高点，故C错误；
D．t1~t2 时间内无人机水平匀速，竖直向上匀减速，合速度与合加速度不在一条线上，故做匀变速曲线运动，故D正确。
故选AD。
（2022·辽宁丹东市一模）
2. 如图所示是直升机抢救伤员的情境。假设直升机放下绳索吊起伤员后（如图甲），竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像分别如图乙、丙所示，则（　　）


A. 绳索中拉力可能倾斜向上
B. 在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条直线
C. 伤员始终处于失重状态
D. 绳索中拉力先大于重力，后小于重力
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图丙可知，伤员沿水平方向做匀速直线运动，水平方向的合力等于零，由图乙可知，竖直方向先匀加速后匀减速，则绳索中拉力一定沿竖直方向，伤员受到的合外力必然沿竖直方向，与速度方向不在一条直线上，运动轨迹一定是曲线，故AB错误；
CD．在竖直方向伤员先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以加速度的方向先向上后向下，伤员先超重后失重，绳索中拉力先大于重力，后小于重力，故D正确，C错误。
故选D。
猜想二：与体育运动或生活实际考查平抛运动的基本规律
【猜想依据】体育运动、生活实际的许多运动情景可以抽象为平抛运动模型，对平抛运动的研究运用到了运动的合成与分解的思想，渗透了对物理学科的运动观念及科学思维的考查，此外，对实际问题的理想化处理，有利于引导考生由解题向解决问题转变，符合高考命题趋势。
【考法提炼】1．平抛（或类平抛）运动所涉及物理量的特点
物理量
公式
决定因素
飞行时间
t＝
取决于下落高度h和重力加速度g，与初速度v0无关
水平射程
x＝v0t＝v0
由初速度v0、下落高度h和重力加速度g共同决定
落地速度
vt＝＝
与初速度v0、下落高度h和重力加速度g有关
速度改变量
Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下
由重力加速度g和时间间隔Δt共同决定
2.关于平抛（或类平抛）运动的两个重要推论

（1）做平抛（或类平抛）运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示，即xB＝.
（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.
（2022·浙江稽阳联谊学校联考）
3. 冬奥会跳台滑雪比赛，它是利用山势特点建造的一个特殊跳台。简化模型如图所示，一运动员穿着专用滑雪板，在助滑路上获得高速后从A点水平飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆。已知可视为质点的运动员水平飞出的速度，山坡看成倾角为的斜面，不考虑空气阻力，（，）则关于运动员以下说法正确的是（　　）

A. 在空中飞行的时间为1.5s
B. 落到斜面上B点时离A点的距离为60m
C. 若运动员水平飞出速度减半，则落到斜面上时离A点的距离减半
D. 若运动员水平飞出速度减半，则落到斜面上时速度方向不变
【答案】D
【解析】
【详解】AB．运动员由A到B做平抛运动，落在山坡上时，水平方向的位移为

竖直方向的位移为

且有

联立解得在空中飞行的时间为

由运动学公式得

则AB间的距离为

故AB错误；
C．若运动员水平飞出速度减半，根据飞行时间

可知在空中飞行时间减为原来的一半，根据运动学公式x=v0t可知水平位移减小为原来的四分之一，则AB间的距离为

也减为原来的四分之一，故C错误；
D．运动员落在山坡时速度与水平方向上的夹角的正切值为

与初速度无关，所以运动员水平飞出速度减半，则落到斜面上时速度方向不变，故D正确。
故选D。
（2022·湖南娄底市高三质量检测）
4. 图甲是消防车正在机场进行水柱灭火演练的情景，小刘模拟消防水柱的示意图如图乙所示。水在空中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知水在A点时的速度大小为，速度方向与竖直方向的夹角为，它运动到B点时，速度方向与竖直方向的夹角为（），不计空气阻力，重力加速度g取则（　　）

A. 图中A点是水在空中运动过程的最高点 B. 水在空中运动过程为变加速曲线运动
C. 水在B点时的速度大小为 D. A、B两点间的高度差为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．图中A点速度方向不是水平的，则不是水在空中运动过程的最高点，选项A错误；
B．水在空中运动过程中，加速度恒定为g，则为匀加速曲线运动，选项B错误；
C．水在AB两点时水平速度相同，则

解得B点时的速度大小为

选项C错误；
D．A、B两点间的高度差为

选项D正确。
故选D。
（2022·河南三市第二次质检）
5. 篮球技巧表演赛是展示组织后卫水平的比赛其中一个环节是传球技巧，要求运动员拿球要准确传入正对面的球洞中、如图所示，运动员在距球洞前5m处传球，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入球洞中心。若传球点和球洞中心正好在同一水平面上，不考虑空气阻力，g=10m/s2。则篮球传出后的最高点相对球洞中心的竖直高度是（　　）


A. 1.25m B. 1.45m C. 2.25m D. 2.45m
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】因为篮球最后是以水平方向成45°落入球洞中心，由于不计篮球运动过程的空气阻力，所以，篮球水平方向做匀速直线运动，竖直方向先做加速度为g匀减速运动，到达最高点后再做自由落体运动，竖直方向因为加速度没变，可以得出，篮球到达最高点的时间和从最高点到达球洞的时间是相等的，那么，这两段过程完全对称，就有，篮球抛出时与水平方向的夹角也是45°，由几何关系可知，篮球竖直方向和水平方向的速度大小是相等的，设篮球最高点相对球洞中心的竖直高度为h，运动的时间为t，则
竖直方向上有


水平方向有


解得

故BCD错误，A正确。
故选A。
猜想三：结合“转弯”或游乐设施考查水平面内的圆周运动
【猜想依据】2021年全国甲卷以传统游戏“旋转纽扣”为题材考查圆周运动的运动学问题，勾起了一代人的回忆试题充分体现了其育人功能，因此，以生产、生活、游戏为情境命题的圆周运动问题，将会在考卷中继续延续．分析此类问题需要将实际问题转化为物理问题，并经历建构圆周运动模型、科学推理等思维过程，有助于培养学生的科学思维素养。
【要点概述】1.物理量间的关系

2.三种传动方式
（1）皮带传动、摩擦传动：两轮边缘线速度大小相等。
（2）同轴转动：轮上各点角速度相等。
3.基本思路
（1）确定研究对象，进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径。
（2）列出正确动力学方程Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
4.技巧方法
（1）竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系。
（2）最高点和最低点利用牛顿第二定律进行动力学分析。
5.两种模型
（1）绳球模型：小球能通过最高点条件是v≥。
（2）杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0。
（2022·安徽合肥市第二次质检）
6. 图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车（包括人）的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 车受到地面的支持力方向与车所在平面平行
B. 转弯时车不发生侧滑的最大速度为
C. 转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg
D. 转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．车受到的地面的支持力方向垂直地面，与车所在的平面不平行，故A错误；
B．设自行车受到地面的支持力为N，则有

由平衡条件有
N=Mg
根据牛顿第二定律有
fm=M
代入数据解得
vm=
故B正确；
CD．地面对自行车的支持力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设θ为自行车与地面的夹角，则


解得
f=
=
转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，C错误，D正确。
故选BD。
（2022·山东济宁市高三一模）
7. 如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率通过A点时，对轨道的压力为其重力的6倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则（　　）


A. 质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
B. 强磁性引力的大小为
C. 只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为
D. 为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】B．在A点，由牛顿第二定律有

根据牛顿第三定律有

联立解得

所以B正确；
AC．在A点，由牛顿第二定律有

根据牛顿第三定律有

在B点，由牛顿第二定律有

根据牛顿第三定律有

从A到B过程有

联立解得质点对A、B两点的压力差为

所以A C错误；
D．在B点，由牛顿第二定律有

当0时，最大则有

所以D错误；
故选B。
（2021·浙江五校9月联考）
8. 现代人比较注重锻炼身体，健身器材五花八门.最近又有一款健跑车如图甲所示，车子没有座垫，骑行者骑行时宛如腾空踏步，既可以短途代步，又可以锻炼耍酷.车子的传动结构如图乙所示，则（　　）


A. 踏脚板和前轮转动的角速度相等
B. 链条相连的牙盘和前轮的小齿轮角速度相等
C. 踏脚板和前轮的小齿轮的线速度大小相等
D. 若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度相等，根据可知，两者半径不等，角速度不等。踏脚板和牙盘角速度相等，小齿轮和前轮转动的角速度相等，故踏脚板和前轮转动的角速度不相等，故AB错误；
C．根据，踏脚板和链条相连的牙盘的角速度相等，但是踏脚板半径大于链条相连的牙盘的半径，则踏脚板的线速度大于链条相连的牙盘的线速度。链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度相等，故踏脚板的线速度大于前轮的小齿轮的线速度，故C错误；
D．若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等，故D正确。
故选D。
猜想四：平抛圆周结合考能量观念
【猜想依据】对平抛圆周结合的综合问题进行分析时，往往涉及对两种典型曲线运动的研究，这种类型的题能有效考查学生运用相关知识解决具体问题的能力以及加深对运动与相互作用观念的理解，培养学生的科学思维素养。
（2021·重庆市高三第一次联合诊断检测）
9. 某人参加户外活动，水平轻绳一端固定，人手握轻绳另一端从静止开始无初速度运动，到最低点时松开轻绳，最后落到水平地面上。如图所示，将这一过程简化：长度为L的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端栓接一质量为m的小球（可视为质点），O点距离水平地面高度为H（L＜H），将轻绳水平拉直，使小球从静止开始无初速度释放，小球到达最低点时与轻绳脱离，最后落到水平地面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球落地前瞬时速度大小；
(2)如果L大小可以改变（L仍小于H），其他条件不变，求小球落地点与O点的最大水平距离。

【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】(1)设小球落地前瞬时速度大小为v，由机械能守恒定律得

解得

(2)设小球摆至最低点时，速度大小为v0


小球在最低点脱离轻绳后做平抛运动，历时t落地，设小球落地点与Ｏ点的水平距离为x，有



当

即

时，小球落地点与O点的最大水平距离为

（2022·华大新高考联盟1月联考）
10. 如图甲所示，光滑半圆环轨道固定在竖直平面上，最低点与光滑水平面平滑连接，一长度与半圆轨道直径相等的轻弹簧左端固定在高h=0.4m的固定竖直挡板P上，弹簧的右端在半圆轨道的最低点处。将一小球（可视为质点）置于弹簧的右端（与弹簧接触但不连接）并向左压缩弹簧，然后静止释放，小球被弹簧弹开后进入半例轨道运动。多次重复，每次弹簧的压缩量不同。通过固定在半圆轨道最高点处的压力传感器与速度传感器（甲图中未画出）测出小球对轨道的压力大小F、与此处小球速度的平方的关系如图乙所示。已知当某次弹簧的压缩量r=0.1m静止释放小球后。小球恰能经过挡板P的上端。重力加速度g=10m/s2.不计空气阻力。求：
(1)小球的质量m与半圆轨道的半径r；
(2)弹簧的劲度系数k。

【答案】(1)，；(2)
【解析】
【详解】(1)小球在半圆轨道的最高点处，由牛顿第二定律有

即

由乙图知

可得

当时

可得

(2)当弹簧压缩量为x静止释放小球后，弹簧对小球做功

以半圆轨道最低点所在的水平面为重力势能的零势面，由功能关系知，小球在半圆轨道最高点处的机械能为

小球离开半圆轨道最高点做平抛运动，设历时t经过挡板P的最高点，由平抛运动规律有


代入数据联立解得

[冲刺押题练习]
（2021·福建福州市高三二模）
11. 近年来,我国在军事领域取得了很多成就，特别是我国空军军事实力出现了质的飞跃。如图为直升机在抢救伤员的情景，直升机水平飞行的同时绳索把伤员提升到直升机上，在此过程中绳索始终保持竖直，不计伤员受到的空气阻力，则下列判断正确的是（　　）

A. 直升机一定做匀速直线运动
B. 伤员运动的轨迹一定是一条斜线
C. 螺旋桨产生动力的方向一定竖直向上
D. 绳索对伤员的拉力大小始终大于伤员的重力
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于绳索始终保持竖直，所以伤员水平方向不受力，在水平方向做匀速直线运动，故直升机一定做匀速直线运动，故A正确；
B．伤员水平方向做匀速直线运动，但竖直方向运动情况不明，所以不能确定伤员是做直线运动还是曲线运动，故B错误；
C．螺旋桨产生动力的一个分力沿竖直方向与重力平衡，另一个分力沿水平方向与空气阻力平衡，故C错误；
D．因伤员竖直方向分运动不明，无法判断绳索拉力与伤员重力的大小关系，故D错误。
故选A。
（2020·辽宁大连市第二次模拟）
12. 游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（ ）

A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B. 旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C. 旋臂对模型飞机的作用力大小为
D. 若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用，A错误；
B．飞机在水平面内匀速圆周运动，竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；
C．根据B选项分析旋臂对模型飞机的作用力大小

C正确；
D．根据选项C的分析，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。
故选C。
（2021·江苏扬州市高三调研）
13. 如图所示是游乐场里的过山车，过山车运动过程中经过A、B两点（　　）

A. 在A点时对轨道压力较小
B. 在A点时所受摩擦力较大
C. 在B点时所受向心力较大
D. 在B点时合外力方向竖直向下
【答案】B
【解析】
【详解】A．由向心力公式


解得 ，在A点时对轨道压力最大，A错误；
B．摩擦力为 ，则

在A点时所受摩擦力较大，B正确；
C．向心力为


所以 ，在A点时所受向心力较大，C错误；
D．在B点人受竖直向下的重力，竖直向下的弹力，水平方向的摩擦力，合力的方向斜向下，D错误。
故选B。
（2021·浙江9月选考科目联考）
14. 6－8月是南北方河流的汛期，区域性暴雨洪涝重于常年，在汛期应急抢险工作中，无人机发挥着举足轻重的作用。如图所示，无人机在山区从足够高的地方以一定的初速度水平抛出一个救灾物资，经过时间t后，物资垂直落在一个倾角为45°的斜坡上，运动过程中空气阻力不计，重力加速度取g，则下列说法正确的是（　　）

A. 物资在下落过程中速度变化越来越快
B. 物资在空中下落的水平位移为x＝gt2
C. 物资在下落过程中的初速度为v0＝gt
D. 物资抛出t时，竖直位移大小与水平位移大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．物资在下落过程中做匀变速曲线运动，加速度为，故A错误；
B．经过时间t后，物资垂直落在一个倾角为45°的斜坡上，说明此时速度方向与水平方向夹角为45°，根据平抛运动速度偏角的正切值时位移偏角正切值的两倍，可得竖直位移与水平位移之比为

解得水平位移为

故B错误；
C．经过时间t后，物资垂直落在一个倾角为45°的斜坡上，说明此时速度方向与水平方向夹角为45°，则有

解得初速度

故C正确；
D．物资抛出t时，竖直位移大小为

水平位移大小为

竖直位移与水平位移大小不等，故D错误。
故选C。
（2022·黑龙江省鹤岗一中三校高三期末联考）
15. 如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点各粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知：OA＝AB，P是地面上的一点．此时A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点．不计空气阻力，则OP的距离是（）

A. B. C. 5R D. 7R
【答案】A
【解析】
【详解】设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h﹣，A随圆轮运动的线速度为，设A下落的时间为t1，水平位移为s，则有：在竖直方向上有：h﹣＝，在水平方向上有：s＝t1；B下落的高度为h﹣R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为s，则有：在竖直方向上有：h﹣R＝，在水平方向上有：s＝ωR•t2，联立解得：h＝R，故A正确，BCD错误．
（2022·河北三市联合质检）
16. “天鲲号”是中国大陆首艘从设计到建造拥有完全自主知识产权的重型自航绞吸船，在不考虑空气阻力的情况下，“天鲲号”在吹沙填海工程中喷出的泥沙的运动可看成斜上抛运动。排泥管口距海面有一定的高度，有利于泥沙喷到更远处，若排泥管出口的横截面积为，排泥管的仰角为，喷出泥沙在最高点时的速度为，单位时间内排出泥沙的体积称为流量，重力加速度为，则（　　）


A. 从排泥管喷出的泥沙的速度大小为
B. 泥沙从排泥管口到最高点所用的时间为
C. 泥沙能到达的最高点距离该海域平面的高度为
D. 排泥管排出泥沙的流量为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．泥沙从排泥管口到最高点的运动可逆向看成初速度为的平抛运动，所以从排泥管喷出泥沙的速度大小相当于平抛运动的末速度，则从排泥管喷出的泥沙的速度大小为，故A错误；
B．根据

可知泥沙从排泥管口到最高点所用的时间为

故B正确；
C．根据可知

为泥沙最高点到排泥管口所在水平面的距离，而非到当地海域平面的距离，故C错误；
D．从排泥管排出泥沙的流量为

D错误。
故选B。
（2022·贵州贵阳市调研）
17. 我校组织篮球赛，比赛中一同学将篮球从地面上方点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上点，如图所示。若该同学后撤到与等高的点投篮，还要求垂直击中篮板上点，不计空气阻力，运动员做法可行的是（　　）

A. 增大抛出速度，同时增大抛射角 B. 减小抛出速度，同时增大抛射角
C. 减小抛射角，同时增大抛射速度 D. 减小抛射角，同时减小抛射速度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】篮球垂直击中篮板上点，其逆过程就是平抛运动，当水平速度越大时，水平方向位移越大，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，水平方向位移越小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。
若该运动员后撤到点投篮，还要求垂直击中篮板上点，只有增大抛射速度，同时减小抛射角，才能仍垂直打到篮板上点，故C正确，ABD错误。
故选C。
（2022·山东济宁市二模）
18. 某战士进行投弹训练，他选择了如图所示的地形，ABC 为一倾角为 30°的斜面，底边 BC长为 L，CDE 是半径为 R 的四分之一圆弧，在 C 点与水平面相切，该战士在 A 点将手榴弹以初速度 v0水平抛出，手榴弹刚好落在 C 点，当他在 A 点将手榴弹以初速度 2v0水平抛出时，手榴弹落在圆弧上的 D 点。则下列说法中正确的是 （　　）

A. 手榴弹落在 C 点时速度方向与水平方向的夹角为 60°
B. 圆弧半径 R 一定大于 L
C. 手榴弹落在 D 点时速度方向与水平方向的夹角一定大于手榴弹落在 C 点时的夹角
D. 如果手榴弹水平抛出时的速度大小合适，手榴弹可能正好落到 E 点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．设手榴弹在C点的速度方向与水平方向的夹角为则

可得

故A错；
B．当手榴弹以初速度水平抛出时，设运动轨迹与C点所在的水平面交于F点，则手榴弹在F点的水平位移为以初速度水平抛出时水平位移的2倍，则CF=BC，所以R一定大于L，故B正确；
C．当手榴弹落到AC延长线上时速度与水平方向的夹角与手榴弹落到C点时速度与水平方向的夹角相等，当手榴弹落到D点时速度与水平方向的夹角小于落到AC延长线上时的夹角，也就小于落到C点时的夹角，故C错误；
D．由以上分析可知，由于圆弧的遮挡，手榴弹不可能刚好落到E点，故D错误。
故选B。
（2022·广东广州市高三一模）
19. 如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为的细直杆可绕在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线处到达直杆处的时间为，自动识别系统的反应时间为；汽车可看成高的长方体，其左侧面底边在直线上，且到汽车左侧面的距离为，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）


A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由题意可知，在3.3s-0.3s=3.0s的时间内，横杆的距离O点0.6m的点至少要抬高1.6m-1.0m=0.6m，即横杆至少转过，则角速度

故选D。
（2021·浙江东阳中学高三阶段考试）
20. 如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情景。若运动员的成绩为8.00m，腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25m。为简化情景，把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，g取10m/s2，则（　　）


A. 运动员在空中运动的时间为0.5s
B. 运动员在空中最高点时的速度大小为4m/s
C. 运动员落入沙坑时的速度大小为
D. 运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．跳远是斜抛运动，后半段可视为平抛运动，前半段可视为逆向平抛，前、后段时间相等，由

得

则运动员在空中运动的时间是

故A错误；
B．由

结合

得

即运动员在空中最高点的速度大小是，故B错误；
C．运动员落入沙坑时的速度大小是

故C错误；
D．运动员落入沙坑时速度与水平面的夹角正切值

故D正确。
故选D。
（2022·浙江新高考测评卷八）
21. 如图甲所示，战国时期开始出现的拨浪鼓现在为一种小型儿童玩具，其简化模型如图乙所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为、的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量不同的小球、，其中。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接、的细绳与竖直方向的夹角分别为和，下列判断正确的是（　　）

A. 一定有 B. 一定有
C. 一定有 D. 和的大小关系与悬球质量有关
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】设拨浪鼓半径为，细绳长为，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为，有

解得

可知细绳与竖直方向的夹角与小球的质量无关，根据题述可知两小球做圆周运动的角速度相同，由于，根据公式可判断出。
故选A。
22. 飞球调速器是英国工程师詹姆斯·瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计，如图（a）所示，这是人造的第一个自动控制系统。如图（b）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为的球通过4根长为的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用铰链连接。上面套筒固定，下面套筒质量为，可沿轴上下滑动。不计一切摩擦，重力加速度为，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角的余弦值为（　　）


A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】小球受到重力mg、上下两根轻杆的拉力F1、F2，竖直方向上，由物体的平衡条件得

水平方向上，由牛顿第二定律：

且

下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力为F3、F4（根据对称性，F3、F4相等），由物体的平衡条件得

由题意知

联立解得

故选D。
（2022·广东省百师联盟一轮复习联考）
23. 中国女排多次蝉联世界国军，女排精神时中国女子排球队顽强战斗、顽强拼搏精神的总概括，女排队员周苏红飞身救球的情景如图（一）所示。标准排球场长L=18m，宽d=9m，两条进攻线距中线均为l=3m，球网架设在中线上空，男子赛区高度h为2.43m，女子赛区为2.24m，如图（二）所示。若周苏红将可视为质点的排球自进攻线正上方h1=0.64m处，以初速度v0=10m/s、沿与竖直方向成θ=45°的方向在垂直于进攻线的竖直平面内斜向上向对方击出。若对方球员未对排球进行拦截，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2,，下列说法正确的是（　　）


A. 排球不能越过球网
B. 排球运动到最高点时速度为零
C. 排球能越过球网，且离地最大高度为2.5m
D. 排球能越过球网，且落地点不会超越对方端线
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．排球运动到最高点所用的时间为

水平位移为

上升的高度为

此时离地面的高度为

则排球能越过球网，且在最高点有水平方向的速度，故ABC错误；
D．从击出到落地的水平位移为

则落地点不会超越对方端线，故D正确。
故选D。
（2022·安徽池州市一模）
24. 如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L，现给小球一初速度v0让小球在竖直平面内以O点为圆心做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点，B、D与圆心O等高。小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. 小球通过最低点C的速率为
B. 小球通过最低点C时，地面对小车支持力大小为Mg+6mg
C. 小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mg
D. 小球通过D点时，小球处于失重状态
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由题意小球恰能通过最高点知A点速度

A到C.根据动能定理可得

求得C点速度为

小球通过C点时根据牛顿第二定律有

可得此时绳子拉力为6mg，通过对小车受力分析可得此时地面支持力大小为Mg+6mg，选项A错误，B正确；
C．A点到B点，根据动能定理可得

求得B点速度为

小球通过B点时，绳子拉力大小为3mg，所以小车受到向左的摩擦力大小为3mg，选项C错误；
D．小球通过D点时，小球有向下的加速度，故小球处于失重状态，选项D正确。
故选BD。
（2021·重庆市沙坪坝区重庆八中模拟）
25. 如图所示，半径可调节的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，一轻质弹簧左端固定在水平轨道A处的挡板上，右端自然伸长到B点，B点与轨道最低点C相距足够远，现用一小球压缩弹簧（小球与弹簧不拴接），在弹性限度内将弹簧压缩后再静止释放小球，当半圆形轨道CDE的半径为R、小球质量为m时，小球恰能沿轨道通过最高点E；求：
(1)小球在水平轨道上的落点与C点的距离；
(2)现用质量为的小球将弹簧压缩后静止释放，小球仍然恰能通过E点，则半圆形轨道CDE的半径应调为多少？

【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)在E点

由平抛运动规律有
，
解得

(2)设弹簧压缩后的弹性势能为，由能量守恒得

由牛顿第二定律有

由能量守恒有

解得