曲线运动典型例题与跟踪训练（有解析）-2025年高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 曲线运动典型例题与跟踪训练（有解析）-2025年高考物理一轮复习 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-11-12 10:43:44 | ||
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文档简介
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曲线运动典型例题与跟踪训练-2025年高考物理一轮复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，完全相同的两小球a、b固定在一轻杆两端，轻杆可绕水平轴O在竖直面内转动，轴O距离a球较近。则在轻杆转动过程中，a、b两球具有相同大小的（ ）
A．线速度 B．角速度 C．向心加速度 D．向心力
2．小船匀速渡河，已知船在静水中的速度为，水流速度，河宽为，已知在渡河过程中船头方向保持不变，小船渡河时间为，则以下判断一定正确的是（ ）
A．小船恰好垂直到达河对岸
B．船头方向与河岸的夹角的正切值为0.75
C．小船到达对岸时一定在出发点上游处
D．调整船头的方向，最短的渡河时间为
3．用两根轻绳连接两个球A和B，其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，如图所示，当两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的哪一个（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，为了将横放在水平地面的钢管直立起来，工人控制起重机，使横梁上的电机水平移动，同时以速度v匀速收短牵引绳，使钢管绕定点O转动，绳始终保持竖直且与钢管在同一竖直面内，钢管长为L，以下说法正确的是（ ）
A．钢管在转动过程中角速度大小变小
B．当钢管与地面夹角为θ时，电机水平移动速度为vtanθ
C．当钢管与地面夹角为θ时，钢管顶端的速度为vcosθ
D．当钢管与地面夹角为θ时，钢管顶端的速度水平向左
5．2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队勇夺网球女子单打首枚金牌。若某次训练中，她第一次在地面上方A点把网球以初速度水平击出，落在水平面上B点；第二次在地面上方C点把网球以一定初速度斜向上击出，初速度方向与水平方向的夹角为，网球运动的最高点恰好为A点，落在水平面上D点，如图为网球两次运动的轨迹，两轨迹在同一竖直平面内，A点在水平地面的投影点为，，A点到地面的距离是C点到地面的距离的，不计空气阻力，重力加速度大小为g，。下列说法错误的是（ ）
A．网球两次在空中均做匀变速运动 B．网球第二次的初速度大小为
C．A、C两点间的水平距离为 D．网球在B点的速度大小为
6．无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，改变转速比，实现变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（ ）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．动点a、b的向心加速度大小之和减小
7．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一可视为质点的小球从斜面底端斜向上抛出，速度方向与斜面夹角为，落到斜面上的位置距地面高度，重力加速度大小取，不计空气阻力，则小球的初速度大小为（ ）
A．20m/s B． C．10m/s D．
8．如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，杆长为l，小球随杆在竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，杆对球的作用力小于小球重力
B．小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向上
C．小球能通过最高点的最小速度为
D．小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力一定不指向O点
9．如图所示，A、B两小球从相同高度同时以相同的速率水平抛出，经过时间t在空中相遇，相遇点与抛出点的竖直高度为h。若将其中一个球的抛出速度变为原来的2倍，其他条件不变，则（ ）．
A．两球从抛出到相遇经过的时间变为 B．两球从抛出到相遇经过的时间变为
C．相遇点与抛出点的竖直高度变为 D．相遇点与抛出点的竖直高度变为
10．如图甲所示，面点师制作蛋糕时，蛋糕胚放在旋转的转台上，其简化图如图乙所示，转台以某一恒定角速度绕竖直转轴转动，A、B两点到转轴的距离不同，用、v、T、a分别表示角速度、线速度大小、周期、向心加速度大小。下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、实验题
11．DIS实验是指数字化信息系统实验，某学校兴趣小组只利用如图所示DIS实验装置测量摆球的质量及摆线的长度。
实验器材：铁架台（带铁夹）、摆球、力传感器、速度传感器、数据采集器等。
实验操作：
a.将力学传感器固定于铁架台上；
b.用细线连接质量为的小球，细线的另一端连接拉力传感器于点；
c.将速度传感器固定于点正下方且与摆球球心在同一水平面；
d.使细线伸直并偏离竖直方向一定角度，由静止释放小球，力传感器测得小球在最低点时绳的拉力，速度传感器测得小球在最低点时速度；
e.改变细线与竖直方向的角度重复步骤d，多次采集实验数据；应用计算机进行数据处理测出摆球质量、摆线长度。
根据以上实验操作，回答下列问题：
(1)由实验数据作出的关系图像正确的是___________。
A． B． C．
(2)若图像的斜率大小，纵截距，由此可以计算得出摆球质量 kg，摆线长度 m，重力加速度大小。
(3)实验测得摆线的长度比真实值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
三、解答题
12．如图所示，固定在同一竖直面内的倾角为的轨道AB和圆弧轨道BCD相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，CD为竖直直径，BE连线过O点。一质量为m可视为质点的光滑小球从倾斜轨道上的P点由静止滑下，圆弧轨道的半径为r，PB间的距离为L，重力加速度大小为g。
(1)试论证小球从D点离开轨道后是否能直接落到BC间的轨道上；
(2)若倾角，则为何值时，小球从D点离开后会落到轨道AB上与O点等高处？
(3)若，为使小球能通过E点，应满足的条件（用三角函数表示）。
13．如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为5m的小物块A以某一速度向质量为m的静止小物块B运动。A、B发生弹性正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力为20mg。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)B从半圆弧轨道飞出后第一次落到水平面的位置到Q点的距离x。
(2)A、B碰前瞬间物块A的速度的大小。
(3)A从半圆弧轨道飞出到第一次落到水平面的时间。
14．如图所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为，，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知，，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
(2)当圆盘转动角速度时，A所受的摩擦力大小和方向；
(3)圆盘转动角速度的最大值；
(4)取沿半径指向圆心方向为正方向，在给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力随角速度的平方变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
15．如图所示，长L=3m的水平传送带MN沿逆时针方向转动，带速大小可以根据需要进行调节，传送带左右两侧光滑平台等高，左侧平台上固定着一个半径r=0.8m的光滑圆弧轨道和光滑圆轨道，两轨道间的平台足够长，C点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D'点相互靠近且错开，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧。质量mA=30g的物块A从圆弧轨道的最高点P由静止释放，与静止在轨道最低点的质量mB=10g的物块B发生弹性碰撞，碰后撤去圆弧轨道。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。
(1)物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；
(2)若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨：
i.求圆轨道半径的范围；
ii.若中间圆轨道的半径为0.32m，当传送带沿逆时针转动的速度由0增加至某一值时，保持此值不变，将A仍从P点由静止释放后，物块B恰好与物块A发生第二次弹性碰撞，求物块B与传送带组成的系统先后两次因摩擦产生的热量之比。
16．如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F为最高点）和L形滑板组成。已知OA竖直，ABC是圆心在、半径的圆弧（B为最高点）。L形滑板质量，上表面（除突出部分）长为，上表面的动摩擦因数，下表面光滑，其余轨道也均光滑。除L形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A和都等高。B点距地面高度。与竖直方向夹角为，CD与水平方向夹角也为，且。一质量的小滑块穿套在轨道OABC上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C点飞出后，立刻沿CD下滑，CD与DE平滑相接。图中圆1和圆2分别为E、F两点的曲率圆，半径分别为，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g取。
(1)若已知弹簧劲度系数，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；
(2)某次弹射后，发现滑块到达C点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A处时的速度大小；
(3)某次弹射后，发现滑块在轨道EFG内运动时，其向心加速度大小恒为，求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度）
(4)已知EFG轨道的形状及大小就是（2）问中所求的结果，滑块与L形滑板发生的碰撞是弹性碰撞。现要使滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落，求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C B D B D D D B
1．B
【详解】两小球随轻杆转动，属同轴转动，故角速度相等，根据
由于Ob的长度大于Oa的长度，则b球的线速度、向心加速度、向心力均大于a球的线速度、向心加速度、向心力。
故选B。
2．B
【详解】A．小船若垂直到达河对岸，即船的合速度垂直于河岸，则
小船的渡河时间
故A错误；
B．设船头方向与河岸的夹角为，将船速沿着河岸和垂直于河岸分解，得
根据分运动和合运动的等时性可知
解得
故B正确；
C．结合B选项分析，船速平行河岸分量
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸上游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点上游的距离为
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸下游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点下游的距离为
故C错误；
D．当船头垂直于河对岸渡河时，渡河时间最短，为
故D错误。
故选B。
3．C
【详解】设与球A相连的轻绳与竖直方向的夹角为，对整体分析，根据牛顿第二定律得
解得上面细绳与竖直方向的夹角与角速度的关系为
设与球B相连的轻绳与竖直方向的夹角为，隔离对B球分析，可得
解得下面细绳与竖直方向夹角与角速度的关系为
A、B两球的角速度相等，又
则
故选C。
4．B
【详解】BCD．钢管顶端的做圆周运动，速度方向与杆垂直，如图
电机水平移动速度为
钢管顶端的速度为
故B正确，CD错误；
A．根据
可知增大，则增大，故A错误。
故选B。
5．D
【详解】A．网球在空中只受重力，网球两次在空中均做匀变速运动，故A正确；
B．设、两点距离为，第二次网球过点后做平抛运动，根据
，
解得水平方向的速度为
结合，可得第二次网球过A点的速度大小为
网球第二次的初速度大小为
故B正确；
C．初速度竖直分量
网球从点到A点的时间
、两点间的水平距离为
故C正确；
D．根据题意有
即
网球在点，竖直方向的速度为
又水平方向的速度为，故网球在B点的速度大小为
故D错误。
本题选错误的，故选D。
6．B
【详解】A．根据题意有动点的线速度相等，有
钢带由后向前运动的过程中增大，可得增大，A错误；
BC．由于
有
解得
增大，减小，可得增大，汽车在加速，B正确，C错误；
D．根据
可得
由题意得
（定值）
故增大，D错误。
故选B。
7．D
【详解】将初速度和重力加速度都沿着斜面方向和垂直斜面方向分解，设垂直斜面方向的初速度为，垂直斜面方向的加速度大小为，沿着斜面方向的初速度为，沿着斜面方向的加速度大小为，根据几何关系可得
，，，
设小球运动时间为，垂直斜面方向
沿着斜面方向
联立解得
故选D。
8．D
【详解】A．设杆对球的作用力大小为，则在最低点，合外力提供小球做圆周运动的向心力，即
则杆对球的作用力大于小球重力。故A错误；
BC．小球运动到最高点时，若杆上恰巧没有作用力则
解得
若，则杆对球的作用力方向向下，且
若，则杆对球的作用力方向向上，且
故BC错误；
D．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，则小球在水平位置A时，所受杆和重力的合力提供向心力，指向圆心O点，所以杆对球的作用力一定不指向O点，故D正确。
故选D。
9．D
【详解】AB．把平抛运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，水平方向有
解得
选项AB错误；
CD．竖直方向有
联立解得
选项C错误，D正确。
故选D。
10．B
【详解】AD．由图可知，A、B两点同轴转动，角速度相等，即
根据
可得
故AD错误；
B．根据可知
故B正确；
C．根据可知
故C错误。
故选B。
11．(1)C
(2) 0.05 1
(3)偏大
【详解】（1）小球到达最低点时，根据牛顿第二定律可得
即
故选C。
（2）[1][2]根据题意可得
所以
，
（3）由于小球在摆动过程中，半径为小球球心到悬点的距离，所以实验测得摆线的长度比真实值偏大。
12．(1)不能
(2)
(3)
【详解】（1）设小球平抛运动的初速度为，竖直位移为h，运动时间为t，则
，
水平位移
又
，
联立，解得
而BC间任意一点到CD竖直线的距离均小于r，所以小球不可能直接落在BC间的轨道上。
（2）小球落到轨道AB上与O点等高处，则
，
联立，解得
小球从P到D，根据机械能守恒定律
整理，可得
（3）若小球能通过E点，则
解得
小球从P到E，根据机械能守恒定律
整理，可得
13．(1)2R
(2)
(3)
【详解】（1）B在半圆弧轨道最高点由重力和轨道支持力提供向心力
代入数据解得
B从半圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，所以竖直方向有
水平方向上有
x=vB高tB
代入数据解得
x=2R
（2）A、B碰撞过程动量守恒，机械能也守恒，以向右方向为正有
5mv0=5mv1+mvB1
对B碰撞后到半圆弧最高点的过程用动能定理
联立上面三个方程解得
（3）假设A碰后能到达半圆弧最高点且速度为vA高，对A碰后到最高点用动能定理
解得
vA高=0＜
即假设不成立，即A没有到达半圆弧最高点。则如下图假设A到达半圆弧上高于圆心的某点P时脱离轨道，飞出去，且此时A的速度为vA飞出，
OP与水平方向的夹角为θ，此时A由重力的分力5mgsinθ提供向心力，并从A碰后到P点用动能定理，得
由牛顿第二定律有
联立解得
即假设成立。所以A脱离轨道后做斜抛运动，A先飞到斜抛的最高点用时为
这段时间A上升的高度为
A飞到斜抛的最高点后做平抛运动，从平抛到落地有
解得
所以得
14．(1)
(2)1.5N，方向背离圆心
(3)
(4)
【详解】（1）当绳上恰好出现拉力时，此时B与转盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力，则
解得
（2）当时，B一直受最大静摩擦力，对B有
解得
设A所受摩擦力指向圆心，对A有
解得
所以，A所受摩擦力大小为1.5N，方向背离圆心。
（3）当A、B摩擦力均为最大静摩擦力时，角速度达到最大值，则对B
对A
解得
（4）当时，无绳的拉力，则此时
当时，A的摩擦力减小，绳子拉力和摩擦力的合力提供向心力，设摩擦力为0时，角速度为，则对B
对A
解得
当时，A摩擦力指向圆心
对B
解得
当时，A的摩擦力背离圆心
对B
解得
所以，图像为
15．(1)
(2)i.0.2m≤R≤0.72m；ii.
【详解】（1）A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
v0=4m/s
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
R1=0.72m
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
，
解得
R2=0.2m
则圆轨道半径范围
0.2m≤R≤0.72m
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
vB2=4m/s
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
16．(1)0.01m
(2)2m/s
(3)
(4)
【详解】（1）根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
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曲线运动典型例题与跟踪训练-2025年高考物理一轮复习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，完全相同的两小球a、b固定在一轻杆两端，轻杆可绕水平轴O在竖直面内转动，轴O距离a球较近。则在轻杆转动过程中，a、b两球具有相同大小的（ ）
A．线速度 B．角速度 C．向心加速度 D．向心力
2．小船匀速渡河，已知船在静水中的速度为，水流速度，河宽为，已知在渡河过程中船头方向保持不变，小船渡河时间为，则以下判断一定正确的是（ ）
A．小船恰好垂直到达河对岸
B．船头方向与河岸的夹角的正切值为0.75
C．小船到达对岸时一定在出发点上游处
D．调整船头的方向，最短的渡河时间为
3．用两根轻绳连接两个球A和B，其中一根绳的另一端固定在一个竖直转轴上，如图所示，当两球随转轴一起匀速转动时两球所处的位置可能是图中的哪一个（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，为了将横放在水平地面的钢管直立起来，工人控制起重机，使横梁上的电机水平移动，同时以速度v匀速收短牵引绳，使钢管绕定点O转动，绳始终保持竖直且与钢管在同一竖直面内，钢管长为L，以下说法正确的是（ ）
A．钢管在转动过程中角速度大小变小
B．当钢管与地面夹角为θ时，电机水平移动速度为vtanθ
C．当钢管与地面夹角为θ时，钢管顶端的速度为vcosθ
D．当钢管与地面夹角为θ时，钢管顶端的速度水平向左
5．2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队勇夺网球女子单打首枚金牌。若某次训练中，她第一次在地面上方A点把网球以初速度水平击出，落在水平面上B点；第二次在地面上方C点把网球以一定初速度斜向上击出，初速度方向与水平方向的夹角为，网球运动的最高点恰好为A点，落在水平面上D点，如图为网球两次运动的轨迹，两轨迹在同一竖直平面内，A点在水平地面的投影点为，，A点到地面的距离是C点到地面的距离的，不计空气阻力，重力加速度大小为g，。下列说法错误的是（ ）
A．网球两次在空中均做匀变速运动 B．网球第二次的初速度大小为
C．A、C两点间的水平距离为 D．网球在B点的速度大小为
6．无级变速汽车变速箱的工作原理可以简化为如图所示的装置，两个相同锥体A、B水平放置，它们的中心轴分别与动力输入端和动力输出端连接，动力输入端的中心轴带动锥体A转动，锥体A带动钢带转动的同时，钢带在锥体上前后移动，改变转速比，实现变速。a、b是锥体上与钢带接触的两动点，不计钢带的形变且钢带所在的平面始终与两中心轴垂直，若保持动力输入端中心轴转速不变，则钢带由后向前运动的过程中（ ）
A．动点a、b的线速度相等且逐渐减小
B．锥体B的转速增大
C．汽车在减速
D．动点a、b的向心加速度大小之和减小
7．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一可视为质点的小球从斜面底端斜向上抛出，速度方向与斜面夹角为，落到斜面上的位置距地面高度，重力加速度大小取，不计空气阻力，则小球的初速度大小为（ ）
A．20m/s B． C．10m/s D．
8．如图所示，轻杆一端固定在水平转轴上，另一端固定一个小球，杆长为l，小球随杆在竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，杆对球的作用力小于小球重力
B．小球运动到最高点时，杆对球的作用力方向一定向上
C．小球能通过最高点的最小速度为
D．小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力一定不指向O点
9．如图所示，A、B两小球从相同高度同时以相同的速率水平抛出，经过时间t在空中相遇，相遇点与抛出点的竖直高度为h。若将其中一个球的抛出速度变为原来的2倍，其他条件不变，则（ ）．
A．两球从抛出到相遇经过的时间变为 B．两球从抛出到相遇经过的时间变为
C．相遇点与抛出点的竖直高度变为 D．相遇点与抛出点的竖直高度变为
10．如图甲所示，面点师制作蛋糕时，蛋糕胚放在旋转的转台上，其简化图如图乙所示，转台以某一恒定角速度绕竖直转轴转动，A、B两点到转轴的距离不同，用、v、T、a分别表示角速度、线速度大小、周期、向心加速度大小。下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、实验题
11．DIS实验是指数字化信息系统实验，某学校兴趣小组只利用如图所示DIS实验装置测量摆球的质量及摆线的长度。
实验器材：铁架台（带铁夹）、摆球、力传感器、速度传感器、数据采集器等。
实验操作：
a.将力学传感器固定于铁架台上；
b.用细线连接质量为的小球，细线的另一端连接拉力传感器于点；
c.将速度传感器固定于点正下方且与摆球球心在同一水平面；
d.使细线伸直并偏离竖直方向一定角度，由静止释放小球，力传感器测得小球在最低点时绳的拉力，速度传感器测得小球在最低点时速度；
e.改变细线与竖直方向的角度重复步骤d，多次采集实验数据；应用计算机进行数据处理测出摆球质量、摆线长度。
根据以上实验操作，回答下列问题：
(1)由实验数据作出的关系图像正确的是___________。
A． B． C．
(2)若图像的斜率大小，纵截距，由此可以计算得出摆球质量 kg，摆线长度 m，重力加速度大小。
(3)实验测得摆线的长度比真实值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
三、解答题
12．如图所示，固定在同一竖直面内的倾角为的轨道AB和圆弧轨道BCD相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，CD为竖直直径，BE连线过O点。一质量为m可视为质点的光滑小球从倾斜轨道上的P点由静止滑下，圆弧轨道的半径为r，PB间的距离为L，重力加速度大小为g。
(1)试论证小球从D点离开轨道后是否能直接落到BC间的轨道上；
(2)若倾角，则为何值时，小球从D点离开后会落到轨道AB上与O点等高处？
(3)若，为使小球能通过E点，应满足的条件（用三角函数表示）。
13．如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为5m的小物块A以某一速度向质量为m的静止小物块B运动。A、B发生弹性正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力为20mg。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)B从半圆弧轨道飞出后第一次落到水平面的位置到Q点的距离x。
(2)A、B碰前瞬间物块A的速度的大小。
(3)A从半圆弧轨道飞出到第一次落到水平面的时间。
14．如图所示，一水平圆盘可绕过圆心O的中心轴转动，沿着直径方向分别放置两个物块A和B，它们与圆心O的距离分别为，，两者之间通过轻绳连接，初始时轻绳刚好伸直但不绷紧，现让圆盘从静止开始缓慢加速转动，A、B始终与圆盘保持相对静止。已知，，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)当圆盘转动角速度多大时，绳中开始出现张力；
(2)当圆盘转动角速度时，A所受的摩擦力大小和方向；
(3)圆盘转动角速度的最大值；
(4)取沿半径指向圆心方向为正方向，在给出的坐标系中画出物块A所受的摩擦力随角速度的平方变化的图像（不要求写出计算过程，但要标出关键点的横纵坐标）。
15．如图所示，长L=3m的水平传送带MN沿逆时针方向转动，带速大小可以根据需要进行调节，传送带左右两侧光滑平台等高，左侧平台上固定着一个半径r=0.8m的光滑圆弧轨道和光滑圆轨道，两轨道间的平台足够长，C点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D'点相互靠近且错开，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧。质量mA=30g的物块A从圆弧轨道的最高点P由静止释放，与静止在轨道最低点的质量mB=10g的物块B发生弹性碰撞，碰后撤去圆弧轨道。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。
(1)物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；
(2)若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨：
i.求圆轨道半径的范围；
ii.若中间圆轨道的半径为0.32m，当传送带沿逆时针转动的速度由0增加至某一值时，保持此值不变，将A仍从P点由静止释放后，物块B恰好与物块A发生第二次弹性碰撞，求物块B与传送带组成的系统先后两次因摩擦产生的热量之比。
16．如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F为最高点）和L形滑板组成。已知OA竖直，ABC是圆心在、半径的圆弧（B为最高点）。L形滑板质量，上表面（除突出部分）长为，上表面的动摩擦因数，下表面光滑，其余轨道也均光滑。除L形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A和都等高。B点距地面高度。与竖直方向夹角为，CD与水平方向夹角也为，且。一质量的小滑块穿套在轨道OABC上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C点飞出后，立刻沿CD下滑，CD与DE平滑相接。图中圆1和圆2分别为E、F两点的曲率圆，半径分别为，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g取。
(1)若已知弹簧劲度系数，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；
(2)某次弹射后，发现滑块到达C点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A处时的速度大小；
(3)某次弹射后，发现滑块在轨道EFG内运动时，其向心加速度大小恒为，求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度）
(4)已知EFG轨道的形状及大小就是（2）问中所求的结果，滑块与L形滑板发生的碰撞是弹性碰撞。现要使滑块能到达、且不会从L形滑板上脱落，求滑块运动在A点时速度大小的取值范围。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C B D B D D D B
1．B
【详解】两小球随轻杆转动，属同轴转动，故角速度相等，根据
由于Ob的长度大于Oa的长度，则b球的线速度、向心加速度、向心力均大于a球的线速度、向心加速度、向心力。
故选B。
2．B
【详解】A．小船若垂直到达河对岸，即船的合速度垂直于河岸，则
小船的渡河时间
故A错误；
B．设船头方向与河岸的夹角为，将船速沿着河岸和垂直于河岸分解，得
根据分运动和合运动的等时性可知
解得
故B正确；
C．结合B选项分析，船速平行河岸分量
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸上游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点上游的距离为
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸下游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点下游的距离为
故C错误；
D．当船头垂直于河对岸渡河时，渡河时间最短，为
故D错误。
故选B。
3．C
【详解】设与球A相连的轻绳与竖直方向的夹角为，对整体分析，根据牛顿第二定律得
解得上面细绳与竖直方向的夹角与角速度的关系为
设与球B相连的轻绳与竖直方向的夹角为，隔离对B球分析，可得
解得下面细绳与竖直方向夹角与角速度的关系为
A、B两球的角速度相等，又
则
故选C。
4．B
【详解】BCD．钢管顶端的做圆周运动，速度方向与杆垂直，如图
电机水平移动速度为
钢管顶端的速度为
故B正确，CD错误；
A．根据
可知增大，则增大，故A错误。
故选B。
5．D
【详解】A．网球在空中只受重力，网球两次在空中均做匀变速运动，故A正确；
B．设、两点距离为，第二次网球过点后做平抛运动，根据
，
解得水平方向的速度为
结合，可得第二次网球过A点的速度大小为
网球第二次的初速度大小为
故B正确；
C．初速度竖直分量
网球从点到A点的时间
、两点间的水平距离为
故C正确；
D．根据题意有
即
网球在点，竖直方向的速度为
又水平方向的速度为，故网球在B点的速度大小为
故D错误。
本题选错误的，故选D。
6．B
【详解】A．根据题意有动点的线速度相等，有
钢带由后向前运动的过程中增大，可得增大，A错误；
BC．由于
有
解得
增大，减小，可得增大，汽车在加速，B正确，C错误；
D．根据
可得
由题意得
（定值）
故增大，D错误。
故选B。
7．D
【详解】将初速度和重力加速度都沿着斜面方向和垂直斜面方向分解，设垂直斜面方向的初速度为，垂直斜面方向的加速度大小为，沿着斜面方向的初速度为，沿着斜面方向的加速度大小为，根据几何关系可得
，，，
设小球运动时间为，垂直斜面方向
沿着斜面方向
联立解得
故选D。
8．D
【详解】A．设杆对球的作用力大小为，则在最低点，合外力提供小球做圆周运动的向心力，即
则杆对球的作用力大于小球重力。故A错误；
BC．小球运动到最高点时，若杆上恰巧没有作用力则
解得
若，则杆对球的作用力方向向下，且
若，则杆对球的作用力方向向上，且
故BC错误；
D．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，则小球在水平位置A时，所受杆和重力的合力提供向心力，指向圆心O点，所以杆对球的作用力一定不指向O点，故D正确。
故选D。
9．D
【详解】AB．把平抛运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，水平方向有
解得
选项AB错误；
CD．竖直方向有
联立解得
选项C错误，D正确。
故选D。
10．B
【详解】AD．由图可知，A、B两点同轴转动，角速度相等，即
根据
可得
故AD错误；
B．根据可知
故B正确；
C．根据可知
故C错误。
故选B。
11．(1)C
(2) 0.05 1
(3)偏大
【详解】（1）小球到达最低点时，根据牛顿第二定律可得
即
故选C。
（2）[1][2]根据题意可得
所以
，
（3）由于小球在摆动过程中，半径为小球球心到悬点的距离，所以实验测得摆线的长度比真实值偏大。
12．(1)不能
(2)
(3)
【详解】（1）设小球平抛运动的初速度为，竖直位移为h，运动时间为t，则
，
水平位移
又
，
联立，解得
而BC间任意一点到CD竖直线的距离均小于r，所以小球不可能直接落在BC间的轨道上。
（2）小球落到轨道AB上与O点等高处，则
，
联立，解得
小球从P到D，根据机械能守恒定律
整理，可得
（3）若小球能通过E点，则
解得
小球从P到E，根据机械能守恒定律
整理，可得
13．(1)2R
(2)
(3)
【详解】（1）B在半圆弧轨道最高点由重力和轨道支持力提供向心力
代入数据解得
B从半圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，所以竖直方向有
水平方向上有
x=vB高tB
代入数据解得
x=2R
（2）A、B碰撞过程动量守恒，机械能也守恒，以向右方向为正有
5mv0=5mv1+mvB1
对B碰撞后到半圆弧最高点的过程用动能定理
联立上面三个方程解得
（3）假设A碰后能到达半圆弧最高点且速度为vA高，对A碰后到最高点用动能定理
解得
vA高=0＜
即假设不成立，即A没有到达半圆弧最高点。则如下图假设A到达半圆弧上高于圆心的某点P时脱离轨道，飞出去，且此时A的速度为vA飞出，
OP与水平方向的夹角为θ，此时A由重力的分力5mgsinθ提供向心力，并从A碰后到P点用动能定理，得
由牛顿第二定律有
联立解得
即假设成立。所以A脱离轨道后做斜抛运动，A先飞到斜抛的最高点用时为
这段时间A上升的高度为
A飞到斜抛的最高点后做平抛运动，从平抛到落地有
解得
所以得
14．(1)
(2)1.5N，方向背离圆心
(3)
(4)
【详解】（1）当绳上恰好出现拉力时，此时B与转盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力，则
解得
（2）当时，B一直受最大静摩擦力，对B有
解得
设A所受摩擦力指向圆心，对A有
解得
所以，A所受摩擦力大小为1.5N，方向背离圆心。
（3）当A、B摩擦力均为最大静摩擦力时，角速度达到最大值，则对B
对A
解得
（4）当时，无绳的拉力，则此时
当时，A的摩擦力减小，绳子拉力和摩擦力的合力提供向心力，设摩擦力为0时，角速度为，则对B
对A
解得
当时，A摩擦力指向圆心
对B
解得
当时，A的摩擦力背离圆心
对B
解得
所以，图像为
15．(1)
(2)i.0.2m≤R≤0.72m；ii.
【详解】（1）A从P点下滑到圆弧轨道最低点的过程，由机械能守恒定律
解得A第一次与B碰前速度大小
v0=4m/s
对A、B第一次弹性碰撞过程，由机械能守恒定律
由动量守恒定律
解得
，
（2）i.若B刚好能通过最高点C，有
B从D点运动到最高点C，由动能定理
解得
R1=0.72m
A运动到与圆轨道的圆心等高处，速度减为零，恰好不脱轨，由动能定理
，
解得
R2=0.2m
则圆轨道半径范围
0.2m≤R≤0.72m
ii.B反弹后向左运动时，要想与A碰撞，首先要通过圆轨道最高点C，则
B从最高点C沿圆轨道滑下，到达底端D，设其速度为vB2， 由动能定理
解得
vB2=4m/s
B从M点向右运动到N点，设B在N点的速度为v1，由动能定理
解得
B反弹后，若B从N点一直减速运动到M点，设B在M点的速度为v2，有
解得
由上式可知，当传送带速度v传=4m/s时，B向左运动，既能通过传送带，又能通过最高点C，之后恰好与A发生第2次弹性碰撞。
B向右运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
B向左运动过程中，B相对传送带滑动的时间
B与传送带的相对位移
由于B与传送带因摩擦产生的热量
故
16．(1)0.01m
(2)2m/s
(3)
(4)
【详解】（1）根据胡克定律
而
联立可得弹簧的压缩量为
（2）在C点，由牛顿第二定律
代入数据得
从A点到C点，由动能定理
代入数据得
（3）在E点
代入数据得
从E点到P点，由动能定理
解得
在P点
由以上式子解得
在F点
，
所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为
（4）①若滑块恰好过B点，即
由动能定理
解得
所以滑块若能过B点，则一定能过F点。由动能定理
可得滑块在A点时的速度最小值为
②滑块与L形滑板，由动量守恒定律
解得
且满足能量守恒定律
，
从A点到G点，由动能定理
解得
所以滑块运动在A点时速度大小的取值范围为
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