2023年高考物理十年高考物理專題14圓周運(yùn)動(dòng)一解析

專題14圓周運(yùn)動(dòng)（一）

一、多選題

1.（2023?湖南）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段和|員|弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，

48段與水平面夾角為仇8c段圓心為O,最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2幾小球從A

點(diǎn)以初速度如沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)。點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大

B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變

C.小球的初速度%

D.若小球初速度如增大，小球有可能從8點(diǎn)脫離軌道

【答案】AD

【解析】A.由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為

vc=0

則小球從。到8的過程中，有

mgR（\-cosa）=gmv:

-V2

rN=mgcosa-in—

聯(lián)立有

FN=3mgcosa-2mg

則從C到8的過程中a由0增大到仇則cosa逐漸減小，故國逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對(duì)軌

道的壓力逐漸增大，A正確;

B.由于A到8的過程中小球的速度逐漸減小，則A到8的過程中重力的功率為

P=-〃igvsin。

則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤;

C.從A到C的過程中有

-mg=；mvl-；/欣

解得

%=7^

c錯(cuò)誤；

D.小球在8點(diǎn)恰好脫離軌道有

mgcos0-,n~^

則

%=Jg.cos.

則若小球初速度也增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為JgRcosO,故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。

故選ADo

2.（2023?湖南）某同學(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(dòng)（皮帶不打滑）,

半彳仝之比為4:1,小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制加成的邊長為L的止方形，共〃1巾」

總阻值為R。磁體間磁場(chǎng)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。大輪以角速度。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)小輪及

線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向垂直。線圈通過導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為R的燈泡。假設(shè)發(fā)

電時(shí)燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4。

B.燈泡兩端電壓有效值為3后〃用九7

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為心的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為

4及nBlho

3

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t燈泡變得更亮

【答案】AC

【解析】A.大輪和小輪通過皮帶傳動(dòng)，線速度相等，小輪和線圈同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)

v=(or

根據(jù)題意可知大輪與小輪半徑之比為4:1,則小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4。，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4。，A正確;

B.線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值

又

S=E

聯(lián)立可得

Emu=4，1BL2①

則線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值

近

根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為

U=-^-=OnBl3(o

R+R

B錯(cuò)誤;

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多伸.止方形線圈，則線圈的原數(shù)變?yōu)樵瓉淼?/p>

2倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值

Emn=SnBl}co

此時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值

E=$=4丘

72

根據(jù)電阻定律

R=p~^

J

可知線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2R，

r.RE4yf2nBl}(o

U=------=----------

R+2R3

C正確；

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)口=@?可知小輪和線圈的角速度變小，根據(jù)

廠nHS(D

E=F

可知線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值變小，則燈泡變暗，D錯(cuò)誤。

故選AC。

3.(2022?河北)如圖，廣場(chǎng)水平地面上同種盆栽緊密排列在以。為圓心、與和此為半徑的同心圓上，圓心

處裝有豎直細(xì)水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度均可調(diào)節(jié)，以保障噴出的水全部

R

相等；在圓周上單位時(shí)間內(nèi)單位長度的水量為

:——RS。=S。=So

coR^tcoRtcol[2/1

噴

相等，即一周中每個(gè)花盆中的水量相同，選項(xiàng)D正確。

故選BDo

4.（2022?全國）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測(cè)裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別

為R和R+d）和探測(cè)器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，方向指向。點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測(cè)器。不計(jì)

重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動(dòng)，圓的圓心為。、半徑分別為八r2（R<ri<r2<R+d）；粒子3從距。點(diǎn)4的

位置入射并從距。點(diǎn)5的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)彳的位置入射并從距。點(diǎn)外的位置出射，軌跡如圖（b）

中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

B.粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大

C,粒子1入射時(shí)的動(dòng)能小于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能

D.粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能

【答案】BD

【解析】C.在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有

v-V；

qEi=m—,qE、=m—

可得

）”=亞=空

2122

即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；

A.粒子3從距0點(diǎn)4的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射，做向心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，則動(dòng)能增大，粒

子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；

B.粒子4從距。點(diǎn)彳的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射，做離心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，粒

子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故B正確；

D.粒子3做向心運(yùn)動(dòng)，有

父

qE2>m

r2

可得

1qE、r,12

—mv：2<~-=—mv：

23221

粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確；

故選BD。

5.（2021?河北）如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置.，其中MN、P。足夠長，旦尸。桿光滑，一根輕彈簧一

端固定在用點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為〃?的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度。和方勻

速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)?，小球均相對(duì)尸。桿靜止，若①,則與以。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相比，以0’勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)（）

A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變

C.小球?qū)U壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大

【答案】BD

【解析】對(duì)小球受力分析，設(shè)彈力為兀彈簧與水平方向的夾角為仇則對(duì)小球豎直方向

Tsin。=nig

而

MP

T=k(I。）

cos<7

可知。為定值，r不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯(cuò)誤，B正確:

水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時(shí)，桿對(duì)小球的彈力網(wǎng)背離轉(zhuǎn)軸，則

Tcos0-FN=mco~r

即

FN=Tcos0-nicerr

當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時(shí)，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸

Tcos0+FN=rnco'r

即

F=m（o'r-TcQsO

則因切＞◎，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大。則C錯(cuò)誤;

根據(jù)

F^=rn（i）2r

可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。

故選BDo

6.（2019?江蘇）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).座艙的質(zhì)量為以運(yùn)動(dòng)半徑

為R,角速度大小為口，重力加速度為g,則座艙

B.線速度的大小為①〃

C.受摩天輪作用力的大小始終為〃田

D.所受合力的大小始終為〃女2R

【答案】BD

【解析】由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由公式。吟，解得：了喏，故A錯(cuò)誤;由圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與角

速度的關(guān)系可知，v=coR,故B正確；由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力,

不可能始終為"取，故C錯(cuò)誤：止勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力提供向心力可得：尸介=，〃/次,故D正確.

7.（2014?全國）如圖，兩個(gè)質(zhì)量均為加的小木塊a和〃（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸0。的距

離為/，〃與轉(zhuǎn)軸的距離為2/。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的左倍，重力加速度大小為g。若

圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用s表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說法正確的是（）

□an□

A.〃一定比a先開始滑動(dòng)

。、〃所受的摩擦力始終相等

。一陛是Z,開始滑動(dòng)的臨界角速度

時(shí)，。所受摩擦力的大小為切達(dá)

【答案】AC

【解析】A.依題意，根據(jù)

/必=.吆=mR說

可得木塊發(fā)生滑動(dòng)的臨界角速度為

由干木塊人的半徑較大，則臨界角速度較小，所以》一定比，先開始滑動(dòng)，故A正確。

B.木塊a,〃都未滑動(dòng)前，它們的角速度相同，受到的靜摩擦力提供所需向心力，根據(jù)

可知，由于木塊人的半徑較大，則受到的靜摩擦力較大，故B錯(cuò)誤。

C.當(dāng)〃受到的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，有

kmg=〃?欣?2/

可■得〃開始滑動(dòng)的臨界角速度為

魅=后

故C正確：

D.當(dāng)”受到的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，有

king=〃欣1

可得。開始滑動(dòng)的臨界角速度為

當(dāng)木塊。的角速度為

3=島＜心

則此時(shí)木塊“受到的靜摩擦力提供所需向心力，大小為

f=nutfl--king

2

故D錯(cuò)誤。

故選AC。

8.（2018?江蘇）火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了

約10。。在此10s時(shí)間內(nèi)，火車（）

A.運(yùn)動(dòng)路程為600nlB.加速度為零

C.角速度約為lrad/sD.轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km

【答案】AD

【解析】A.本題考查勻速圓周的概念，意在考查考生的理解能力，圓周運(yùn)動(dòng)的弧長

s=vt=60x10m=600m

故選項(xiàng)A正確；

B.火車轉(zhuǎn)方是圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，所以合力不為零，加速度不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.由于角度與弧度的換算關(guān)系

1°=—rad

180

所以由題意得圓周運(yùn)動(dòng)的角速度

M=—=_i5_x3.14raJ/s=^^rai//s?（）.017r^//s

△t180x10180

又

v=a）r

所以

r=—=x180m=3439m?3Ahn

co3.14

故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。

故選AD0

9.12016?浙江）如圖所示為賽車場(chǎng)的一個(gè)水平“梨形”賽道，兩個(gè)彎道分別為半徑R=90m的大圓弧和r=40m

的小圓弧，直道與彎道相切.大、小圓弧圓心0、。距離LlOOm.賽車沿彎道路線行駛時(shí)，路面對(duì)輪胎的

最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍.假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在彎道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

要使賽車不打滑，繞賽道一圈時(shí)間最短（發(fā)動(dòng)機(jī)功率足夠大，重力加速度g=10m/s2,兀=3.14）,則賽車（）

A.在繞過小圓弧彎道后加速

B.在大圓弧彎道上的速率為45m/s

C.在直道上的加速度大小為5.63m/s2

D.通過小圓弧彎道的時(shí)間為5.85s

【答案】AB

2

【解析】試題分析：設(shè)經(jīng)過大圓弧的速度為V,經(jīng)過大圓弧時(shí)由最大靜摩擦力提供向心力，由2.25〃?g=機(jī)匕

R

可知，代入數(shù)據(jù)解得：u=45〃?/s,故B正確；設(shè)經(jīng)過小圓弧的速度為vo,經(jīng)過小圓弧時(shí)由最大靜摩擦力提

2

供向心力，由2.25〃2g可知，代入數(shù)據(jù)解得：％=30m/s,由幾何關(guān)系可得直道的長度為：

r

x=Joo?一（90一40）2=506加再由y=2ax代入數(shù)據(jù)解得:a=6.50m/s,故C錯(cuò)誤；設(shè)R與OO'的夾角

為必由幾何關(guān)系可得：cosa=M=＜，a=60。，小圓弧的圓心角為：120。，經(jīng)過小圓弧彎道的時(shí)間為

1002

120I

/=2乃"俞'一二2.795,故D錯(cuò)誤?在彎道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，賽車不打滑，繞賽道一圈時(shí)間最短，則在

彎道上都由最大靜摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在繞過小圓弧彎道后加速，故A正確；

考點(diǎn)：考查了圓周運(yùn)動(dòng)，牛頓第二定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

【名師點(diǎn)睛】解答此題的關(guān)鍵是由題目獲得條件：①繞賽道一圈時(shí)間最短，則在彎道上都由最大靜摩擦力

提供向心力；②由數(shù)學(xué)知識(shí)求得直道長度；③由數(shù)學(xué)知識(shí)求得圓心角.另外還要求熟練掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的知識(shí).

10.（2016?全國）如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為〃？

的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為卬。重力加速度大小為g。設(shè)

質(zhì)點(diǎn)尸在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為。，容器對(duì)它的支持力大小為N,則（）

p

2mR-W

A?U=---------------Dg.Ci-------------

mRmR

C.T-DN_2（m8R-W）

R

【答案】AC

【解析】AB.質(zhì)點(diǎn)P卜滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgR-W=^mv2

根據(jù)公式。=匕，聯(lián)立可得

R

2（mgR-W）

a=--------------

tnR

故A止確，B錯(cuò)誤：

CD.在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，故根據(jù)牛頓第二定律可得

N-mg=ma

代人可得

3mgR-2W

N=--------------

R

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC.

11.（2015?浙江）如圖所示為賽車場(chǎng)的一個(gè)水平“U”形彎道，轉(zhuǎn)彎處為圓心在。點(diǎn)的半圓，內(nèi)外半徑分別為

「和2r.一輛質(zhì)量為,〃的賽車通過四線經(jīng)彎道到達(dá)Ab線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③

是以O(shè)'為圓心的半圓,OO,二r,賽車沿圓弧路線行駛時(shí),路面對(duì)輪胎的最大徑向靜摩擦力為噎x.選擇路線,

賽車以不打滑的最大速率通過彎道（所選路線內(nèi)賽車速率不變，發(fā)動(dòng)機(jī)功率足夠大），則（）

A.選擇路線①,賽車經(jīng)過的路程最短

B.選擇路線②，賽車的速率最小

C.選擇路線③，賽車所用時(shí)間最短

D.①、②、③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等

【答案】ACD

【解析】試題分析?：選擇路線①，經(jīng)歷的路程si=2什兀r,選擇路線②，經(jīng)歷的路程S2=2兀r+2r,選擇路線③，

經(jīng)歷的路程S3=2兀r,可知選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短，故A正確.根據(jù)/3=小）得，v=^￡,

選擇路線①，軌道半徑最小，則速率最小，故B錯(cuò)誤.根據(jù)丫=后?知，通過①、②、③三條路線的最大

速率之比為1：拉:拒，根據(jù)，=±，由三段路程可知，選擇路線③，賽車所用時(shí)間最短，故C正確.根據(jù)

v/?

知，因?yàn)樽畲笏俾手葹?：乏右，半徑之比為I：2：2,則三條路線上，賽車的向心加速度大小相等.故

D正確.故選ACD.

考點(diǎn)：圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律

12.（2015?上海）小球用輕繩懸掛在。點(diǎn)，在水平恒力房anJ作用下，小球從靜止開始由4經(jīng)B向C運(yùn)

動(dòng).則小球（）

<

箭\

:--,C

A.先加速后減速

B.在8點(diǎn)加速度為零

C.在C點(diǎn)速度為零

D.在C點(diǎn)加速度為gtanO

【答案】ACD

【解析】AC.設(shè)小球擺到的最大角度為根據(jù)動(dòng)能定理得:

FLsina-mgL(1-cosa)=0

又

F=mgtan0

解得。=26,即在C點(diǎn)的速度為零?？芍∏蛳燃铀俸鬁p速，AC正確：

B.小球在8點(diǎn)的速度不為零，所以小球在8點(diǎn)有向心加速度，所以加速度不為零，B錯(cuò)誤；

D.在C點(diǎn)時(shí)，速度為零，小球受重力和拉力，垂直繩子方向的合力為零，則小球所受的合力為

mgsin20-mgtan夕cos20=mgtan0

根據(jù)牛頓第二定律可知，在。點(diǎn)的加速度為gtanaD正確。

故選ACDo

二、單選題

13.（2023?全國）一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其所受合力的大小與軌道半徑的〃次方成正比，運(yùn)動(dòng)周期與軌

道半徑成反比，則〃等于（）

A.IB.2C.3D.4

【答案】C

【解析】質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意設(shè)周期

T=-

r

合外力等于向心力，根據(jù)

聯(lián)立可得

E4加23

其中"為常數(shù)，r的指數(shù)為3,故題中

k-

77=3

故選C。

14.（2022.北京）我國航天員在“天它課堂”中演示了多種有趣的實(shí)驗(yàn)，提高了青少年科學(xué)探索的興趣“某同

學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在啜直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。無

論在“天宮”還是在地面做此實(shí)驗(yàn)｛）

%

A.小球的速度大小均發(fā)生變化B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化

C.細(xì)繩的拉力對(duì)小球均不做功D.細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化

【答案】C

【解析】AC.在地面上做此實(shí)驗(yàn)，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速

度垂直，不做功，重力會(huì)改變小球速度的大?。辉凇疤鞂m”上，小球處「完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力

作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力仍然不做功，A錯(cuò)誤，C正確；

BD.在地面上小球運(yùn)動(dòng)的速度大小改變，根據(jù)〃=土和E=，〃匕（重力不變）可知小球的向心加速度和拉力

rr

的大小發(fā)生改變，在“天宮”上小球的向心加速度和拉力的大小不發(fā)生改變，BD錯(cuò)誤。

故選C。

15.（2022?浙江）下列說法正確的是（）

A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變

B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大

C,乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變

D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)

【答案】B

【解析】A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度方向在改變，A錯(cuò)誤；

B.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；

C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小血減小，C錯(cuò)誤；

D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關(guān)，D錯(cuò)誤。

故選B。

16.（2022?山東）無人配送小車某次性能測(cè)試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧3c與長8m的直線路徑A8

相切于B點(diǎn)，與半徑為4m的半圓弧8相切于。點(diǎn)。小車以最大速度從八點(diǎn)駛?cè)肼窂?，到適當(dāng)位置調(diào)整速

率運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)，然后保持速率不變依次經(jīng)過AC和CO。為保證安全，小車速率最大為4m/s。在ABC段的

加速度最大為2m/s2,CD段的加速度最大為Im/s?。小車視為質(zhì)點(diǎn)，小車從A到。所需最短時(shí)間，及在人B段

做勻速直線運(yùn)動(dòng)的最長距離/為（）

B./=—+——sj=5m

[42)

C./=2+卷#+卜/=5.5m

【答案】B

【解析】在8c段的最大加速度為〃/=2m/s2,則根據(jù)

可得在8c段的最大速度為

Mm=顯法

在CO段的最大加速度為?2=lm/s2,則根據(jù)

ri

可得在CO段的最大速度為

匕m=2m/S<Rm

可知在BCD段運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v=2m/s,在BC。段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

_7trx+不勺_7乃

q-—v~

段從最大速度切〃減速到v的時(shí)間

v—y4—2

———=------s=ls

42

位移

v"—v~

“2上——=3m

2%

在AB段勻速的最長距離為

/=8ni-3m=5ni

則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

5

t2=—=-s

曦4

則從A到。最短時(shí)間為

尸74、

t=t\+，2+，3=勺+耳、

故選B。

17.（2022?全國）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從。處由靜止自由滑下,

到方處起跳，c點(diǎn)為心〃之間的最低點(diǎn)，〃、c兩處的高度差為爪要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不

大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所右阻力，則c點(diǎn)處這一段惻孤雪道的半徑

不應(yīng)小于（）

72萬

D.

【答案】D

【解析】運(yùn)動(dòng)員從。到。根據(jù)動(dòng)能定理有

"岫=;）顯

在C點(diǎn)有

匕

Fr^-mg=ni-^

FNC<kmg

聯(lián)立有

故選D。

18.（2021?北京）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度。繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上距軸「處的P點(diǎn)有一質(zhì)

量為陽的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。下列

說法正確的是（）

A.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向

B.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體運(yùn)動(dòng)圈所受摩擦力的沖量大小為2〃心「

C.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動(dòng)

D.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量大小為，〃

【答案】D

【解析】A.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向,

故A錯(cuò)誤；

B.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力

f=mrar

根據(jù)動(dòng)量定理得，小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量為

/=mv-tnv=O

大小為0,故B錯(cuò)誤；

C.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿切線方向運(yùn)動(dòng)，故c錯(cuò)誤：

D.圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，根據(jù)動(dòng)量定理可知，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量為

/'=△〃=（）-mv=-mr（o

大小為切切「，故D正確。

故選Do

19.（2021.浙江）質(zhì)量為利的小明坐在秋千上擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的照片如圖所示，對(duì)該時(shí)刻，下列說法正確

的是（）

A.秋千對(duì)小明的作用力小于/咫

B.秋千對(duì)小明的作用力大于"世

C.小明的速度為零，所受合力為零

D.小明的加速度為零，所受合力為零

【答案】A

【解析】在最高點(diǎn)，小明的速度為0,設(shè)秋千的擺長為/，擺到最高點(diǎn)時(shí)擺繩與豎直方向的夾角為。，秋千

對(duì)小明的作用力為尸，則對(duì)人，沿?cái)[繩方向受力分析有

2

F-mgcosu=in—

由丁小明的速度為0,則有

F=mgcos0<mg

沿垂直擺繩方向有

mgsin0=nui

解得小明在最高點(diǎn)的加速度為

。=gsin夕

所以A正確：BCD錯(cuò)誤:

故選Ao

20.（2021?全國）"旋轉(zhuǎn)紐扣''是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，便穿過紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起,

然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會(huì)交替出現(xiàn)。拉動(dòng)多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s,此

時(shí)紐扣上距離中心1cm處的點(diǎn)向心加速度大小約為（）

C.1000m/s2D.10000m/s2

【答案】C

【解析】紐扣在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中

co=2乃〃=1OO^rad/s

由向心加速度

a=(tyr^I000in/s2

故選C。

21.（2020?浙江）如圖所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定

空間。當(dāng)公交車（）

A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)

B.急剎車時(shí)，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)

C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)

D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【解析】A.有題意可知當(dāng)公交車緩慢啟動(dòng)時(shí)，兩只箱子與公交車之間的有可能存在靜摩擦使箱子與公交車

一起運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.急剎車時(shí)，由于慣性，行李箱。一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C.當(dāng)公交車緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只箱子與車之間的摩擦力可能提供向心力，與車保持相對(duì)靜止，故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)公交車急轉(zhuǎn)彎時(shí)，由于需要向心力大，行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選B°

22.（2020?全國）如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10m,該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量

約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s,此時(shí)每根繩子平

均承受的拉力約為（）

A.200NB.400NC.600ND.800N

【答案】B

【解析】在最低點(diǎn)由

2/一mg=---

知

r=410N

即每根繩子拉力約為410N,故選B。

23.（2019?海南）如圖，一硬幣（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO'的距離為心已知硬

幣與圓盤之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），重力加速度大小為抑若硬幣與圓盤一

起。。‘軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為（）

B.」絲

c?再D.

【答案】B

【解析］硬幣做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由靜摩擦力提供，則：pmg=marr,解得“二，即圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的最大

角速度為,故選B.

24.（2015?福建）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道A8C關(guān)于8點(diǎn)對(duì)稱，且A、8、。三點(diǎn)在同一水平線上.若小

滑塊第一次由人滑到C,所用的時(shí)間為〃，第二次由C滑到A,所用時(shí)間為d小滑塊兩次的初速度大小相

同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（）

A.tl<t2B.tl=t2C.tl>t2D.無法比較//、12的大小

【答案】A

【解析】在AB段，由牛頓第二定律得

mg-F=

滑塊受到的支持力

F=mg-m—

則速度v越大，滑塊受支持力F越小，摩擦力六〃尸就越??；

在BC段，由牛頓第二定律得