2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题4曲线运动

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2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题4曲线运动
一．选择题（共26小题）
1．（2023•浙江模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
2．（2022•义乌市模拟）吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为D1，从动轮的直径为D2。下列说法中正确的是（　　）

A．若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小
B．无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等
C．图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为D1：D2
D．图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为D1：D2
3．（2023•浙江模拟）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（　　）

A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
4．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．炮弹到达最高点b时的加速度为g
B．炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C．炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D．炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
5．（2023•杭州一模）作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机重力之比称为飞机的过载。则当飞机以g的加速度向上加速时，我们称飞机的过载为2g。现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g，已知g取10m/s2，声速约为340m/s，当飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时对其半径的要求是（　　）

A．小于1445m B．大于1445m C．小于1284m D．大于1284m
6．（2022•浙江模拟）波轮洗衣机的脱水筒如图所示，其相关规格参数如表。某次脱水程序中，有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上，随着脱水筒一起做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）
型号
××
额定电压、频率
220V、50Hz
额定脱水功率
225W
质量
31kg
脱水特速
600r/min
脱水筒尺寸
直径300mm、高370mm
外形尺寸
长555mm、宽510mm、高870mm

A．该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、向心力和静摩擦力
B．脱水筒的转速越小，脱水效果越好
C．脱水中，该硬币需要的向心力约为3.6N
D．转速越快，该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受的静摩擦力越大
7．（2022•浙江模拟）“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视为做部分圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上左转弯并减速行驶时（　　）

A．两名学员都具有向左倾斜的趋势
B．汽车轮子受到的静摩擦力指向转弯时轨迹的圆心
C．坐在副驾驶座上的学员所需向心力较大
D．汽车轮子受到的摩擦力可能越来越大
8．（2022•浙江模拟）如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内（　　）

A．线速度不变
B．加速度不变
C．相同时间内速度变化量相同
D．相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同
9．（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1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1：4
B．向心加速度大小之比为8：1
C．周期之比为4：1
D．角速度大小之比为1：8
10．（2023•台州二模）某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B，如图所示，齿轮A、B的齿数之比为1：2，齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（　　）

A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝1：2
11．（2023•嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（　　）

A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
12．（2023•浙江模拟）高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（　　）

A．颗粒运动的角速度为2πn
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
13．（2023•浙江模拟）如图所示有竖直平面内的14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　）

A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于gR，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度v1≥gR、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要v1＜gR一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
14．（2023•浙江模拟）如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45°，则改成七步上栏时该运动员双脚离地时（不计空气阻力）（　　）

A．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大
B．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小
C．若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大
D．速度大小必须增大，速度与水平方向的夹角一定要减小
15．（2023•浙江二模）如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是（　　）

A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
16．（2022•温州二模）如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动（不计空气阻力）。则下列说法正确的是（　　）

A．自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心
B．自行车（含运动员）受到重力、支持力、摩擦力、向心力
C．A、B、C三位运动员的角速度ωA＜ωB＜ωC
D．A、B、C三位运动员的向心加速度aA＞aB＞aC
17．（2022•绍兴二模）如图所示是北京冬奥会中的四个项目，有关说法正确的是（　　）

A．速度滑冰运动员在弯道转弯时加速度为零
B．冰壶在冰面上滑行不受到任何力的作用
C．研究单板滑雪运动员在空中转体时可以将她看成质点
D．杆对冰球的力与冰球对杆的力同时产生、变化和消失
18．（2022•鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）

A．π6rad/s B．3π8rad/s C．π8rad/s D．π12rad/s
19．（2021•绍兴二模）如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N（N≥1）次后，刚好越过高为h的挡板MN（h可调节）也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则（　　）

A．h与H之比可能为1：2
B．h与H之比可能为11：36
C．球1与球2速度之比可能为2：1
D．球1与球2速度之比可能为16：1
20．（2022•浙江模拟）如图“旋转纽扣”游戏。现用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，纽扣绕其中心转速最大可达10r/s。则可知纽扣边缘各质点绕其中心（　　）

A．线速度在同一时刻相同，且可能在变小
B．线速度在同一时刻相同，且一直在变大
C．角速度在同一时刻相同，且可能在变小
D．角速度在同一时刻相同，且一直在变大
21．（2021•浙江模拟）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和2v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时与乙球落至斜面时相比较（　　）

A．速度方向不同 B．下落高度为1：2
C．速率之比为1：2 D．水平距离之比为1：2
22．（2022•温州三模）如图所示是中国航天科工集团研制的一种投弹式干粉消防车。灭火车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位置灭火车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h1、h2，空中飞行时间分别为t1。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．高度之比h1h1=cosθ1cosθ2
B．时间之比t1t2=cosθ1cosθ2
C．两枚灭火弹的发射角满足θ1+θ2＝90°
D．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x＝2gt1t2
23．（2021•浙江模拟）如图所示，从同一竖直线上的A1、B1、C1三个位置（具体位置图中未标出）以水平方向的速度抛出小球，不计一切阻力，飞出后三个小球均垂直撞向斜面，落点分别是A、B、C，已知AB＝BC，那么（　　）

A．一定有A1B1＜B1C1 B．一定有A1B1＝B1C1
C．可能有A1B1＜B1C1 D．可能有A1B1＞B1C1
24．（2023•台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（　　）

A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
25．（2023•浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．小球的加速度为1033m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为102m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
26．（2021•浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为1m），ab沿水平方向，a点横坐标为-3s2，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）

A．不可以求出t
B．可求出t大小为4sg
C．可以求出v1大小为3g+16gs24
D．可求出H的大小为2s2
二．多选题（共2小题）
（多选）27．（2023•温州模拟）如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（　　）

A．从左往右看，电动机顺时针转动
B．从左往右看，电动机逆时针转动
C．电动机转动的转速为50r/s
D．电动机转动的转速为125r/s
（多选）28．（2016•浙江模拟）如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）

A．图象函数表达式为F=mv2l+mg
B．重力加速度g=bl
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
三．计算题（共2小题）
29．（2022•浙江模拟）目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图所示，水平乒乓球球台离地高度H＝0.75m，总长L＝3.2m，置于居中位置的球网高h＝0.15m，发球机装在左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R＝0.2m的14圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与球台左边缘的水平距离l＝0.1m。可视为质点的乒乓球质量m＝0.003kg，运动中所受空气阻力不计，与球台的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。
（1）若发球速度为v＝5m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；
（2）求发球机成功发球的速度范围；
（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直高度差为0.25m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间各为多少？

30．（2022•浙江模拟）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成（底端连接处D与D′略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1＝1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ＝60°；水平直线轨道CD长度L＝1.2m，动摩擦因数μ＝0.5；圆轨道DED′的半径R2＝0.8m。将质量m＝0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m＝0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）若h＝0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。

2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题4曲线运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题）
1．（2023•浙江模拟）跳台滑雪是一项勇敢者的运动，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜面AB上的B处着陆，斜面AB与水平方向夹角为30°且足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在空中相同时间内的速度变化相同
B．运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度成正比
C．运动员落在B处的速度与水平方向夹角60°
D．运动员的质量越大，落点离A越远
【解答】解：A．运动员在空中只受重力，加速度恒定，由v＝gt可知，单位时间内速度变化相同，故A正确；
B．落点到A的距离利用平抛规律可知，水平方向上有：x＝v0t，竖直方向上有：h=12gt2；根据运动的合成和分解规律可知，tan30°=hx，解得水平位移s=hsin30°，联立解得t=2v0tan30°gs=2v02sin30°gcos230°，
所以运动员在斜面上的落点到A点的距离与初速度的平方成正比，故B错误；
C．根据平抛运动的结论速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍可知，速度与水平方向夹角的正切值是2tan30°，故C错误；
D．根据平抛运动的规律可知，平抛运动与质量无关，所以落点与质量无关，故D错误。
故选：A。
2．（2022•义乌市模拟）吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为D1，从动轮的直径为D2。下列说法中正确的是（　　）

A．若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小
B．无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等
C．图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为D1：D2
D．图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为D1：D2
【解答】解：AB、主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动且不打滑，线速度相等，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从右到左移动时，主动轮的半径变大，从动轮的半径变小，若主动轮转速恒定，则从动轮转速增加，故A错误，B正确；
D、三个轮子的线速度相等，根据n＝f=1T，T=2πRv，可得v＝2πRn，即转速与半径成反比，故n1n2=D2D1，故C错误；
D、根据a=v2r可知：a1a2=D2D1，故D错误；
故选：B。
3．（2023•浙江模拟）某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA＝3.2m，桥顶到桥底的水平距离OD＝6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B'是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（　　）

A．石拱桥为圆弧形石拱桥
B．小陈踢出的小石头速度约为6.4m/s
C．小陈抛出的小石头速度约为4.6m/s
D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2：1
【解答】解：A、石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；
B、石头做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向：OD＝v1t1
竖直方向：OA=12gt12
代入数据联立解得：t1＝0.8s
v1＝8m/s
故B错误；
C、小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的12，则时间为总时间的12，A和B竖直方向的距离为hAB=12g（12t1）2=14OA=14×3.2m＝0.8m
小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为：12OD＝v2t2
竖直方向位移为：h+hAB=12gt22
代入数据解得：t2＝0.7s
v2=327m/s≈4.6m/s
故C正确；
D、先后两颗小石子在空中的运动时间之比为：t1：t2＝0.8：0.7＝8：7
故D错误。
故选：C。
4．（2023•浙江模拟）由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．炮弹到达最高点b时的加速度为g
B．炮弹经过c点时的加速度方向沿该点切线斜向上
C．炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g
D．炮弹由a点运动到b点的时间与由b点运动到c点的时间相等
【解答】解：A．在最高点b，炮弹除了受重力还受到向后的空气阻力，加速度大于g，故A错误；
B．根据曲线运动特点，炮弹经过c点时加速度方向一定指向轨迹凹侧，故B错误；
C．炮弹经过a点时，受空气阻力和重力共同作用，空气阻力方向与速度方向相反斜向左下方，根据牛顿第二定律，加速度的竖直分量由重力和空气阻力竖直分力相加得出，所以炮弹经过a点时加速度的竖直分量大于g，故C正确；
D．设炮弹由a点运动到b点过程中，受阻力平均竖直分量为f1，由b点运动到c点过程中，受阻力平均竖直分量为f2，根据牛顿第二定律，则前、后两个过程炮弹竖直平均加速度大小分别为a1=mg+f1m
a2=mg-f2m＜a1
根据运动学规律，炮弹由a点运动到b点时间小于由b点运动到c点时间，故D错误。
故选：C。
5．（2023•杭州一模）作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机重力之比称为飞机的过载。则当飞机以g的加速度向上加速时，我们称飞机的过载为2g。现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g，已知g取10m/s2，声速约为340m/s，当飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时对其半径的要求是（　　）

A．小于1445m B．大于1445m C．小于1284m D．大于1284m
【解答】解：飞机经过最低点时，飞行员所能承受的最大过载为9g，此时，由牛顿第二定律得：9mg﹣mg＝mv2r
代入数据解得：r＝1445N
则飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时的半径应大于1445m，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．（2022•浙江模拟）波轮洗衣机的脱水筒如图所示，其相关规格参数如表。某次脱水程序中，有一质量为6g的硬币被甩到筒壁上，随着脱水筒一起做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）
型号
××
额定电压、频率
220V、50Hz
额定脱水功率
225W
质量
31kg
脱水特速
600r/min
脱水筒尺寸
直径300mm、高370mm
外形尺寸
长555mm、宽510mm、高870mm

A．该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时，受到重力、支持力、向心力和静摩擦力
B．脱水筒的转速越小，脱水效果越好
C．脱水中，该硬币需要的向心力约为3.6N
D．转速越快，该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受的静摩擦力越大
【解答】解：A、硬币受到重力、支持力和摩擦力的作用，合力提供向心力，向心力是效果力，受力分析时不分析，故A错误；
B、根据牛顿第二定律得：向心力
Fn＝mω2r＝m•4π2n2r
则转速越大，所需要的向心力越大，脱水效果越好，故B错误；
C、该硬币所需要的向心力
Fn＝m•4π2n2r＝6×10﹣3×4×3.142×(60060)2×300×10-32N≈3.6N，
故C正确；
D、该硬币随着脱水筒做匀速圆周运动时所受竖直向上的静摩擦力与重力平衡，摩擦力大小与转速无关，故D错误；
故选：C。
7．（2022•浙江模拟）“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视为做部分圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上左转弯并减速行驶时（　　）

A．两名学员都具有向左倾斜的趋势
B．汽车轮子受到的静摩擦力指向转弯时轨迹的圆心
C．坐在副驾驶座上的学员所需向心力较大
D．汽车轮子受到的摩擦力可能越来越大
【解答】解：A、如图，汽车正在减速左转弯，故两名学员都具有向右前方倾斜的趋势，故A错误；
B、汽车正在减速，故汽车轮子受到一个向后的静摩擦力分力，当然汽车还受到指向圆心的静摩擦力分力提供向心力，故汽车轮子受到的静摩擦力方向为左后方，故B错误；
C、由于不清楚两名学员的身体质量，故无法计算学员所需向心力大小，故C错误；
D、尽管汽车的速度越来越小，提供向心力的静摩擦力分力越来越小，但是汽车减速的加速度如果越来越大，则汽车受到的总摩擦力也有可能越来越大，故D正确。
故选：D。
8．（2022•浙江模拟）如图所示为苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则苏炳添在这段圆弧内（　　）

A．线速度不变
B．加速度不变
C．相同时间内速度变化量相同
D．相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同
【解答】解：A、线速度的方向是切线方向，在弯道上的不同位置，切线方向不同，线速度的方向不同，线速度变化，故A错误；
B、加速度的方向指向圆心，在不同的位置，加速度的方向不同，加速度变化，故B错误；
C、相同时间内速度变化量大小相同，但是方向不同，变化量不同，故C错误；
D、苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，角速度不变，相同时间内与轨道圆心的连线转过的角度相同，故D正确；
故选：D。
9．（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1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1：4
B．向心加速度大小之比为8：1
C．周期之比为4：1
D．角速度大小之比为1：8
【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v＝ωr，v2＝2v3，所以v1=12v4
故A错误；
B、根据向心加速度的定义式：a=v2r
a1a2=v21r1v22r2
解得a1a2=18故B错误；
C、根据线速度与周期的关系式T=2πrv
T1T2=2πr1v12πr2v2
解得：T1T2=41故C正确；
D、根据角速度与周期的关系式：ω=2πT
ω1ω2=T2T1=14故D错误。
故选：C。
10．（2023•台州二模）某款机械表中有两个相互咬合的齿轮A、B，如图所示，齿轮A、B的齿数之比为1：2，齿轮匀速转动时，则A、B齿轮的（　　）

A．周期之比T1：T2＝2：1
B．角速度之比为ω1：ω2＝2：1
C．边缘各点的线速度大小之比v1：v2＝1：2
D．转速之比为n1：n2＝1：2
【解答】解：C、齿轮A、B的齿数之比为1：2，可知齿轮A、B的半径之比为1：2；齿轮A、B相互咬合，可知边缘各点的线速度大小相等，即v1：v2＝1：1，故C错误；
B、根据v＝ωr可得齿轮A、B角速度之比为ω1：ω2＝r2：r1＝2：1，故B正确；
A、根据T=2πω可得齿轮A、B周期之比为T1：T2＝ω2：ω1＝1：2，故A错误；
D、根据ω＝2πn可得齿轮A、B转速之比为n1：n2＝ω1：ω2＝2：1，故C错误；
故选：B。
11．（2023•嘉兴二模）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（　　）

A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s2
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
【解答】解：AB．汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s
向心加速度为：a=v2R
代入数据得：a≈3.3m/s2
角速度为：ω=vR
代入数据得：ω=16rad/s
故AB错误；
C．以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得：fm=mvm2R
在竖直方向有
FN＝mg
径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即
fm＝kFN
联立得：vm=kgR
解得：vm≈111.5km/h
由于180km/h＞vm
所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，故C错误；
D．下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有vm'=k'gR
解得：vm＝78.9km/h
由于vm＞70km/h
所以下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故D正确。
故选：D。
12．（2023•浙江模拟）高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（　　）

A．颗粒运动的角速度为2πn
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
【解答】解：A、根据角速度与转速的关系，可得颗粒运动的角速度为ω＝2πn，故A错误；
B、如果颗粒在此处做匀速圆周运动，合外力必为F＝4π2mrn2，但从题义上不能得出它在此稳定做圆周运动，故B错误；
C、离转轴越远，r越大，需要的向心力越大，就越易做离心运动，也就越容易分离，故C正确；
D、只能将密度比液体密度大的颗粒沉在的底部，故D错误。
故选：C。
13．（2023•浙江模拟）如图所示有竖直平面内的14圆轨道，轨道内外两侧均光滑，半径为R，质量为m的小滑块以v1、v2初速度分别在轨道最高点的内侧和外侧运动，以下关于滑块是否脱离轨道的说法正确的是（　　）

A．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点不脱离则其它点一定不会脱离轨道
B．不管在轨道的内侧还是外侧运动，只要最高点的速度大于等于gR，一定不会脱离轨道
C．在轨道的内侧最高点的速度v1≥gR、外侧最高点的速度v2＝0，都不会脱离轨道
D．在轨道的内侧只要v1＜gR一定脱离轨道，外侧无论v2多大都会脱离轨道
【解答】解：当小滑块在轨道内侧运动时，受力分析如图

小滑块所受指向轨道圆心的合力提供向心力，则有mgcosθ+FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律12mv2=12mv12+mgR(1-cosθ)
联立解得，压力FT=2mg+mv12R-3mgcosθ
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道内侧运动，需要满足条件：2mg+mv12R≥3mgcosθ
当θ＝0°时，cosθ最大，所以需满足2mg+mv12R≥3mg
解得小滑块在轨道内侧运动不脱离轨道的条件是v1≥gR；
当小滑块在轨道外侧运动时，受力分析如图所示，

小滑块受到的合力提供向心力，故mgcosθ-FT=mv2R
从最高点滑下来，由机械能守恒定律可得，12mv2=12mv22+mgR(1-cosθ)
联立解得FT=3mgcosθ-2mg-mv22R
所以当FT≥0时，小滑块能够不脱离轨道在轨道外侧运动，需满足2mg+mv22R≤3mgcosθ
当θ＝90°时，cosθ最小，所以需满足2mg+mv22R≤0，则可知，此时v2无解，所以无论小滑块以多大的速度在轨道外侧从最高点滑出，都会脱离轨道。
由以上分析可知，在轨道的内侧只要v1＜gR，滑块就一定会脱离轨道，而在外侧无论v2多大都会脱离轨道，故ABC错误，D正确。
故选：D。
14．（2023•浙江模拟）如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45°，则改成七步上栏时该运动员双脚离地时（不计空气阻力）（　　）

A．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大
B．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小
C．若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大
D．速度大小必须增大，速度与水平方向的夹角一定要减小
【解答】解：A．运动员双脚离地，做斜上抛运动，将运动分解到水平方向和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动，因竖直方向位移不变，由h=12gt2，每一步时间不变；由vy2=2gh，竖直方向初速度不变。八步上栏改成七步上栏，则每一步水平方向位移增大，由x＝vxt，水平方向分速度需要增大，若速度大小不变，速度与水平方向的夹角增大，则竖直方向分速度增大，水平方向分速度减小，故A错误；
B．速度大小不变，速度与水平方向夹角减小，则竖直方向分速度减小，水平方向分速度增大，而题目中竖直方向分速度不变，故B错误；
C．速度大小增大，速度与水平方向夹角一定增大，则竖直方向分速度增大，而题目中竖直方向的速度不变，故C错误；
D．速度增大，同时减少速度与水平方向夹角，水平方向速度增大，竖直方向速度可能不变，可以八步上栏改成七步上栏，故D正确。
故选：D。
15．（2023•浙江二模）如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是（　　）

A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【解答】解：根据向心力的计算公式可得：
F向＝mv2r
则半径越小的地方受到的河水冲击力越大，且因为A是河流的凹岸，A处河岸对水的力指向圆心，根据牛顿第三定律，可知河床A处受力最大，而B处虽然也在河流的拐弯处，水流几乎不受河岸B处的弹力，即B处河床不受水的弹力，故A正确，BCD错误；
故选：A。
16．（2022•温州二模）如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动（不计空气阻力）。则下列说法正确的是（　　）

A．自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心
B．自行车（含运动员）受到重力、支持力、摩擦力、向心力
C．A、B、C三位运动员的角速度ωA＜ωB＜ωC
D．A、B、C三位运动员的向心加速度aA＞aB＞aC
【解答】解：A、场地自行车赛道与水平面成一定倾角，自行车受地面的静摩擦力方向沿斜面方向，而圆周运动的圆心与自行车在同一水平面上，故A错误；
B、向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由其它力的合力提供，或者由某个力的分力提供，不是性质力，因此，将运动员和自行车看成整体后，整体应受重力、支持力和摩擦力，故B错误；
C、三位运动员线速度相等，根据v＝ωR可知，半径越大，角速度越小，故C正确；
D、三位运动员线速度相等，由向心加速度公式a=v2R可知，则他们的向心加速度大小关系满足aA＜aB＜aC，故D错误；
故选：C。
17．（2022•绍兴二模）如图所示是北京冬奥会中的四个项目，有关说法正确的是（　　）

A．速度滑冰运动员在弯道转弯时加速度为零
B．冰壶在冰面上滑行不受到任何力的作用
C．研究单板滑雪运动员在空中转体时可以将她看成质点
D．杆对冰球的力与冰球对杆的力同时产生、变化和消失
【解答】解：A、速度滑冰运动员在弯道转弯时做的是曲线运动，需要有向心加速度，加速度不为零，故A错误；
B、冰壶在冰面上滑行受摩擦力的作用，故B错误；
C、研究单板滑雪运动员在空中转体时，要观察运动员的动作，不能将她看成质点，故C错误；
D、杆对冰球的力与冰球对杆的力是作用力和反作用力，同时产生、变化和消失，故D正确；
故选：D。
18．（2022•鹿城区校级模拟）如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（　　）

A．π6rad/s B．3π8rad/s C．π8rad/s D．π12rad/s
【解答】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ=1.6-10.6=1，
解得：θ=π4，
直杆转动的时间：t＝t汽车﹣t反应时间＝（2.3﹣0.3）s＝2s
直杆转动的角速度：ω=θt=π42rad/s=π8rad/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
19．（2021•绍兴二模）如图所示，从高H处的P点先后水平抛出两个小球，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的Q点，球2与地面碰撞N（N≥1）次后，刚好越过高为h的挡板MN（h可调节）也落在Q点。假设球2每次与地面的碰撞都是弹性碰撞，两球的空气阻力均可忽略，则（　　）

A．h与H之比可能为1：2
B．h与H之比可能为11：36
C．球1与球2速度之比可能为2：1
D．球1与球2速度之比可能为16：1
【解答】解：CD、两小球都能落在Q点，对球1：H=12gt2，xOQ＝v1t；对球2：H=12gt2，xOQ＝（2N+1）v2t；可得v1v2=2N+11，球1与球2速度之比可能为3：1、5：1、7：1、…，故CD错误；
AB、刚好能过M点，对球1：H﹣h=12gt′2，xOM＝v1t'；对球2：H﹣h=12gt′2，xOM＝（2N﹣1）v2t+v2△t，其中△t＝t﹣t′=2Hg-2(H-h)g，可得v12(H-h)g=v2（2N2Hg-2(H-h)g），利用v1v2=2N+11代入可解得hH=(N+1)2-N2(N+1)2，当N＝5时，h与H之比为11：36，故A错误，B正确。
故选：B。
20．（2022•浙江模拟）如图“旋转纽扣”游戏。现用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，纽扣绕其中心转速最大可达10r/s。则可知纽扣边缘各质点绕其中心（　　）

A．线速度在同一时刻相同，且可能在变小
B．线速度在同一时刻相同，且一直在变大
C．角速度在同一时刻相同，且可能在变小
D．角速度在同一时刻相同，且一直在变大
【解答】解：AB、纽扣边缘各质点绕其中心线速度在同一时刻大小相等，方向不同，线速度是矢量，故AB错误；
C、同轴转动，角速度相同，所以纽扣边缘各质点绕其中心角速度在同一时刻相同，用力反复拉线两端，纽扣逆顺转动交替，所以角速度可能在变小，故C正确，D错误。
故选：C。
21．（2021•浙江模拟）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和2v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时与乙球落至斜面时相比较（　　）

A．速度方向不同 B．下落高度为1：2
C．速率之比为1：2 D．水平距离之比为1：2
【解答】解：A、设斜面倾角为θ，小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，
平抛运动的瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，则tanα＝2tanθ=gtv0，
因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，故A错误；
B、tanα＝2tanθ=gtv0，t=2tanθv0g，
甲、乙两个小球分别以v和2v的速度沿同一方向水平抛出，所以下落时间之比为1：2，根据h=12gt2得下落高度为1：4，故B错误；
C、根据运动的合成与分解得甲球落至斜面时速度v甲末=v0cosα，
乙球落至斜面时速度v乙末=2v0cosα，所以速率之比为1：2，故C正确；
D、水平距离x＝v0t，下落时间之比为1：2，初速度之比为1：2，所以水平距离之比为1：4，故D错误。
故选：C。
22．（2022•温州三模）如图所示是中国航天科工集团研制的一种投弹式干粉消防车。灭火车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位置灭火车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h1、h2，空中飞行时间分别为t1。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．高度之比h1h1=cosθ1cosθ2
B．时间之比t1t2=cosθ1cosθ2
C．两枚灭火弹的发射角满足θ1+θ2＝90°
D．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x＝2gt1t2
【解答】AB.竖直方向的初速度分别为vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据
vy2=2gh
可得
h1h2=sin2θ1sin2θ2
根据
vy＝gt
可得
t1t2=sinθ1sinθ2
故AB错误；
C.水平方向x＝v0cosθ1⋅v0sinθ1g=v0cosθ2⋅v0sinθ2g
可得
sin2θ1＝sin2θ2＝sin（90°﹣2θ2）
结合数学关系可得
θ1+θ2＝90°
故C正确；
D.水平方向x＝v0cosθ1•t1
竖直方向
v0sinθ2＝gt2
结合
θ1+θ2＝90°
可得
sinθ2＝cosθ1
可得
x＝gt1t2
故D错误。
故选：C。
23．（2021•浙江模拟）如图所示，从同一竖直线上的A1、B1、C1三个位置（具体位置图中未标出）以水平方向的速度抛出小球，不计一切阻力，飞出后三个小球均垂直撞向斜面，落点分别是A、B、C，已知AB＝BC，那么（　　）

A．一定有A1B1＜B1C1 B．一定有A1B1＝B1C1
C．可能有A1B1＜B1C1 D．可能有A1B1＞B1C1
【解答】解：设斜面的倾角为θ，小球初速度为vx，到达斜面的竖直方向的速度为vy，由题意知小球垂直撞向斜面，则有：tanθ=vxvy，
设小球水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，在空中的运动时间为t，根据运动学公式有：x＝vxt，y=12vyt，
联立可得：x＝2ytanθ，
由于飞出后三个小球均垂直撞向斜面，则三个小球的水平位移和竖直位移都遵守上面的关系式，则：
xA＝2yAtanθ，xB＝2yBtanθ，xC＝2yCtanθ，
xA﹣xB＝2（yA﹣yB）tanθ，xB﹣xC＝2（yB﹣yC）tanθ，
已知AB＝BC，则由几何关系可知：xA﹣xB＝xB﹣xC，
所以：yA﹣yB＝yB﹣yC，
即A1B1＝B1C1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
24．（2023•台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C三点。已知击中A、B的时间间隔为t1，击中B、C的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（　　）

A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．Δt1＞Δt2 D．Δt1＝Δt2
【解答】解：设释放第一颗炸弹的时刻为t01，击中山坡上A点的时刻为tA，释放第二颗炸弹的时刻为t02，击中山坡上B点的时刻为tB，释放第三颗炸弹的时刻为t03，击中山坡上C点的时刻为tC，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为hA、hB、hC；因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：
ΔtA=2hAg=tA-t01
ΔtB=2hBg=tB-t02
ΔtC=2hCg=tC-t03
则有Δt1=t02-t01=(tB-2hBg)-(tA-2hAg)=t1-(2hBg-2hAg)
Δt2=t03-t02=(tC-2hCg)-(tB-2hBg)=t2-(2hCg-2hBg)
由图可知下落高度关系为：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
25．（2023•浙江二模）如图所示，将小球从倾角为θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），最后从B处离开斜面，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．小球的加速度为1033m/s2
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为102m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根据位移—时间关系可得：hsinθ=12at2
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
则到达B点时的速度大小v=v02+vy2=102+102m/s＝102m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
26．（2021•浙江模拟）如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为1m），ab沿水平方向，a点横坐标为-3s2，在a点分别以初速度v0、2v0（v0未知）沿ab方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v0、2v0抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v0和2v0抛出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v1和v2，下落高度为H，（仅s和重力加速度g为已知量），则（　　）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）

A．不可以求出t
B．可求出t大小为4sg
C．可以求出v1大小为3g+16gs24
D．可求出H的大小为2s2
【解答】解：ABD.由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系
3s2-v0t=2v0t-3s2
可得
v0t＝s
即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为-s2和s2，由
y＝kx2
可得初始高度为9s24，在落到坑壁的高度可代入抛物线表达式计算求得为s24
所以利用高度之差可求得
H＝2s2
平抛运动的运动时间由
H=12gt2
可求出
t=2Hg=2s1g
故D正确，AB错误；
C.由前面可求出
v0=st=g2
竖直方向上的速度
vy＝gt＝2sg
由运动的合成可得
v=v02+vy2=g+16gs24
故C错误。
故选：D。
二．多选题（共2小题）
（多选）27．（2023•温州模拟）如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（　　）

A．从左往右看，电动机顺时针转动
B．从左往右看，电动机逆时针转动
C．电动机转动的转速为50r/s
D．电动机转动的转速为125r/s
【解答】解：AB．由图丙可知，在t＝1×10﹣3s时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电动机顺时针转动，故A正确，B错误；
CD．由图丙可知，电动机转动的周期为T＝20×1×10﹣3s＝2×10﹣2s
则角速度为ω=2πT=2π2×10-2rad/s=100πrad/s
根据ω＝2πn
可得电动机转动的转速为n=ω2π=100π2πr/s=50r/s
故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）28．（2016•浙江模拟）如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）

A．图象函数表达式为F=mv2l+mg
B．重力加速度g=bl
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
【解答】解：A、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=mv2l，解得F=mv2l-mg，故A错误。
B、当F＝0时，根据表达式有：mg=mv2l，解得g=v2l=bl，故B正确。
C、根据F=mv2l-mg知，图线的斜率k=ml，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误。
D、当F＝0时，g=bl，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。
故选：BD。
三．计算题（共2小题）
29．（2022•浙江模拟）目前，乒乓球运动员都使用发球机来练球。现建立如下简化模型，如图所示，水平乒乓球球台离地高度H＝0.75m，总长L＝3.2m，置于居中位置的球网高h＝0.15m，发球机装在左侧球台的左边缘中点，发球过程简化为：球从C点出发后（C点与球台等高），通过半径R＝0.2m的14圆弧管道，在最高点D点水平且平行于球台中轴线发出（定义该速度为发球速度），D点在球台上方且与球台左边缘的水平距离l＝0.1m。可视为质点的乒乓球质量m＝0.003kg，运动中所受空气阻力不计，与球台的碰撞视为弹性碰撞，即碰撞后速度大小不变，碰后方向与碰前方向关于竖直线对称。发球规则为：乒乓球必须在左侧球台碰撞一次（仅限一次），跨网后能与右侧球台碰撞即视为发球成功。
（1）若发球速度为v＝5m/s，求乒乓球对D点轨道压力的大小和方向；
（2）求发球机成功发球的速度范围；
（3）现定义有效回球时间：球第一次碰撞右侧球台后至再次碰撞球台的时间间隔为有效回球时间，若第一次碰撞右侧球台后不再第二次碰撞球台，球第一次碰撞右侧球台后至球运动到球台平面以下离球台竖直高度差为0.25m前的时间间隔为有效回球时间。则以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间各为多少？

【解答】解：（1）设轨道对球的压力为F，方向向下
F+mg＝mv2R
解得：F＝0.345 N
则由牛顿第三定律知球对轨道的压力为0.345 N，方向竖直向上
（2）球发出后至落到球台做平抛运动，竖直位移为R＝0.2 m，由R=12gt2
解得：t＝0.2 s
平抛运动前0.1 s和后0.1 s的竖直位移分别为0.05 m和0.15 m，结合网高0.15 m，经过分析可得图一和图二分别是能够过网的最小速度和最大速度的对应情景。
以图中最小速度发球，经过0.5 s，球到达球网。
vmint=L2-l，解得：vmin＝3 m/s
显然球能够在右侧球台碰撞，此即最小成功发球速度
同理：以图中最大速度发球，经过0.3 s，球到达球网。
vmaxt=L2-l，解得：vmax＝5 m/s
得球过网后再经过0.3 s落到右侧球台上距离右边缘0.1 m处，故此最大速度即成功发球的最大速度。
发球机成功发球的速度范围：3m/s≤v≤5m/s
（3）以最小速度发球：经分析可得：球可以在右侧球台碰撞两次，故有效回球时间为t'＝0.4 s
以最大速度发球：经分析可得：球在右侧球台只能碰撞一次，故有效回球时间为球的上升时段和球的下落时段之和，显然球的上升时间为t1＝0.2 s，
求得球下落的竖直位移为0.45 m
Δh=12gt22，解得t2＝0.3 s
所以有效回球时间为t'＝0.5 s
答：（1）若发球速度为v＝5m/s，乒乓球对D点轨道压力的大小为0.345N，方向竖直向上；
（2）发球机成功发球的速度范围为：3m/s≤v≤5m/s；
（3）以（2）问中的最小速度和最大速度发球的有效回球时间分别为0.4s和0.5s.

30．（2022•浙江模拟）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成（底端连接处D与D′略错开）。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1＝1.2m，其C端与水平面相切，O1B与O1C的夹角θ＝60°；水平直线轨道CD长度L＝1.2m，动摩擦因数μ＝0.5；圆轨道DED′的半径R2＝0.8m。将质量m＝0.2kg的滑块Q置于C点，再将质量同为m＝0.2kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）若h＝0.45m，求小球P从A点弹出时的初速度大小；
（2）若h＝0.45m，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；
（3）要使P与Q仅碰撞1次，且滑块运动过程中不脱离轨道，求h需要满足的条件。
【解答】解：（1）从A到B：vy2-0＝2gh
水平初速度v0=vytan60°，解得v0=3m/s
（2）从A抛出到C：mg（h+R12）=12mvc2-12mv02，vc＝26m/s
在C点：FNC﹣mg＝mvc2R1，解得FNC＝6N；
由牛顿第三定律得，压力F′NC＝FNC＝6N，方向竖直向下
（3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出
若Q球碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点，且返回时停在CD轨道上，则仅碰撞1次，刚好到圆心等高处时：
12mvB12+mg（R1﹣R1cosθ）＝μmgL+mgR2
解得：vB1＝4m/s
返回时刚好到Q点，满足：12mvB22+mg（R1﹣R1cosθ）＝2μmgL
解得：vB2＝23m/s
综上解得：0≤vB≤23m/s
要过E点，则需满足12mvB32+mg（R1﹣R1cosθ）﹣μmgL＝mg2R2+12mvEmin2
mg=mvEmin2R2，解得：vB3＝210m/s
过E点则仅碰撞1次，满足：vB≥210m/s
综上所述：0≤vB≤23m/s或者vB≥210m/s
从A到B，要满足的关系：（vBsin60°）2＝2gh
h要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m
答：（1）小球P从A点弹出时的初速度大小为3m/s；
（2）小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力为6N，方向竖直向下；
（3）h需要满足的条件是：0＜h≤0.45m或者h≥1.5m。