第22天
1．BCD [运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到重力，加速度为重力加速度，根据加速度定义式有Δv＝gt，可知Δv t图像为一条过原点的倾斜直线，故A错误；运动员从起跳区水平起跳后在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t，可知P t图像为一条过原点的倾斜直线，故B正确；运动员从起跳区水平起跳后运动员的速度为v＝，运动员的动能Ek＝mv2＝＋mg2t2，可知Ek t图像为抛物线的一部分，顶点在纵轴的正半轴，故C正确；运动员从起跳区水平起跳后在空中只受到重力，机械能守恒，可知E t图像为平行于横轴的一条直线，故D正确。故选BCD。]
2．AD [根据位移偏角θ和速度偏角φ的正切值之间的关系tan φ＝2tan θ，可知位移偏角相同时速度偏角也相同，根据斜抛运动的对称性可知A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同，到达地面时速度方向不相同，故A正确，B错误；设两球离开斜面时的速度为vA、vB，根据斜抛运动的规律可知xA＝vA cos θ·t1，h＝，xB＝vB cos θ·t2，h＝，联立解得t1＝1 s，t2＝0.8 s，因为两球同时落地，所以A、B两球离开斜面的时间间隔为Δt＝t1－t2＝0.2 s，故C错误，D正确。故选AD。]
3．D [B球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为L－L cos 37°，对B分析有k(L－L cos 37°)＝mg，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝5 rad/s, 故选D。]
4．D [物块带负电，受到的静电力方向竖直向上且大于重力，故B点为圆弧轨道等效最高点，物块沿圆弧轨道运动到B点的临界条件为物块在B点与轨道的压力为0，由牛顿第二定律Eq－mg＝，得B点的最小速度vB＝，在AB轨道，由动能定理mgR－qER＝，可得vA＝，故A点也存在速度的最小值，故A、B错误；在BC轨道，由动能定理－μmgx＝得x＝，可知物块停止位置到B点的最小距离为x＝，故C错误；根据能量守恒，摩擦产生的热量最小值为Q＝＝mgR，故D正确。故选D。]
5．AD [小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R－R cos θ)＝mv2，得v2＝－2gR cos θ＋2gR，对比图线可知2gR＝12 m2·s-2，得R＝0.6 m，故A正确；θ＝时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有N＝m＝4 N，小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F＝＝2 N，故B错误；0<θ<时，有mg cos θ－N＝m，可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，<θ<π时，有N－mg cos (180°－θ)＝m，可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。]
6．AD [根据题意可知Eq＝mg，重力与静电力的合力mg，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有－μmg＝ma，解得a＝－g，加速度大小为g，A正确；由几何关系可知，xPB＝R，滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有－μmgxPB＝，解得v＝，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，解得FN＝(2＋)mg，根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为F′N＝FN＝(2＋)mg，B错误；从B点到C点，静电力做负功，滑块需克服静电力做功为W克＝Eq·R＝mgR>mv2，所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为v，然后沿BA轨道向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，C错误；由于滑块在轨道上合力做功为0，所以滑回B点时，速度依然为v＝，设在AB轨道上滑行x1后减速为0，有－μmgx1＝0－mv2，解得x1＝R，所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为s＝xPB＋x1＝2R，D正确。故选AD。]
1/2第22天 平抛运动 圆周运动
1．(多选)(2024·山西吕梁统考一模)滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，简化图如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量Δv、重力的瞬时功率P、动能Ek、机械能E，运动员在空中的运动时间t，设起跳处为零势能参考面，不计运动员空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A B C D
2．(多选)(2024·江西景德镇统考三模)如图所示，A、B两球沿倾角为37°的斜面先后向上滚动，离开斜面后同时落在水平地面上，C点为斜面的最高点，C点距地面的高度为2 m。B球在地面上的落点距C点的水平距离为1.6 m，距A球落点的距离为2.4 m。不计空气阻力，两球均可视为质点，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同
B．A、B两球到达地面时的速度方向相同
C．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.1 s
D．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.2 s
3．(2024·四川成都列五中学校考一模)如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A和质量为 1 kg 的小球B通过长度为L的轻杆及铰链连接，套筒A套在竖直杆OP上与原长为L的轻质弹簧连接，小球B可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP匀速转动，球B对水平槽恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角θ＝37°。已知弹簧的劲度系数为100 N/m，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2，则系统转动的角速度ω为( )
A．2 rad/s B．2.5 rad/s
C．4 rad/s D．5 rad/s
4．如图所示，竖直放置的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与粗糙绝缘水平轨道BC在B处平滑连接，O为圆弧轨道的圆心，OB左侧空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带负电的物块，电荷量q＝，以一定的初速度从A点沿切线进入圆弧轨道。物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．无论在A点的初速度多大，物块一定能沿圆弧轨道运动到B点
B．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑到B点，其在B点的速度最小为0
C．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑过B点后，最终可停在距B点的位置
D．物块沿圆弧轨道滑过B点后，最终停在BC上，因摩擦产生的热量最小值为mgR
5．(多选)(2024·四川绵阳高三统考阶段练习)如图甲所示，质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cos θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2。则( )
A．圆环半径为0.6 m
B．θ＝时，小球所受合力为4 N
C．0≤θ≤π过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
6．(多选)(2024·安徽校联考二模)如图所示，空间存在范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0＝2 的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g
B．滑块在轨道中对轨道的最大压力为3mg
C．滑块最终将在轨道之间做往复运动
D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R
1/3第22天 平抛运动 圆周运动
1．(多选)(2024·山西吕梁统考一模)滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，简化图如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量Δv、重力的瞬时功率P、动能Ek、机械能E，运动员在空中的运动时间t，设起跳处为零势能参考面，不计运动员空气阻力，下列图像中可能正确的是( )
A B C D
BCD [运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动，在空中只受到重力，加速度为重力加速度，根据加速度定义式有Δv＝gt，可知Δv-t图像为一条过原点的倾斜直线，故A错误；运动员从起跳区水平起跳后在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t，可知P-t图像为一条过原点的倾斜直线，故B正确；运动员从起跳区水平起跳后运动员的速度为v＝，运动员的动能Ek＝mv2＝＋mg2t2，可知Ek-t图像为抛物线的一部分，顶点在纵轴的正半轴，故C正确；运动员从起跳区水平起跳后在空中只受到重力，机械能守恒，可知E-t图像为平行于横轴的一条直线，故D正确。故选BCD。]
2．(多选)(2024·江西景德镇统考三模)如图所示，A、B两球沿倾角为37°的斜面先后向上滚动，离开斜面后同时落在水平地面上，C点为斜面的最高点，C点距地面的高度为2 m。B球在地面上的落点距C点的水平距离为1.6 m，距A球落点的距离为2.4 m。不计空气阻力，两球均可视为质点，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同
B．A、B两球到达地面时的速度方向相同
C．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.1 s
D．A、B两球离开斜面的时间间隔为0.2 s
AD [根据位移偏角θ和速度偏角φ的正切值之间的关系tan φ＝2tan θ，可知位移偏角相同时速度偏角也相同，根据斜抛运动的对称性可知A、B两球离开斜面后运动至与C点等高位置时的速度方向相同，到达地面时速度方向不相同，故A正确，B错误；设两球离开斜面时的速度为vA、vB，根据斜抛运动的规律可知xA＝vA cos θ·t1，h＝，xB＝vB cos θ·t2，h＝，联立解得t1＝1 s，t2＝0.8 s，因为两球同时落地，所以A、B两球离开斜面的时间间隔为Δt＝t1－t2＝0.2 s，故C错误，D正确。故选AD。]
3．(2024·四川成都列五中学校考一模)如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A和质量为 1 kg 的小球B通过长度为L的轻杆及铰链连接，套筒A套在竖直杆OP上与原长为L的轻质弹簧连接，小球B可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP匀速转动，球B对水平槽恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角θ＝37°。已知弹簧的劲度系数为100 N/m，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2，则系统转动的角速度ω为( )
A．2 rad/s B．2.5 rad/s
C．4 rad/s D．5 rad/s
D [B球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为L－L cos 37°，对B分析有k(L－L cos 37°)＝mg，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得ω＝5 rad/s，故选D。]
4．如图所示，竖直放置的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与粗糙绝缘水平轨道BC在B处平滑连接，O为圆弧轨道的圆心，OB左侧空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带负电的物块，电荷量q＝，以一定的初速度从A点沿切线进入圆弧轨道。物块与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．无论在A点的初速度多大，物块一定能沿圆弧轨道运动到B点
B．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑到B点，其在B点的速度最小为0
C．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑过B点后，最终可停在距B点的位置
D．物块沿圆弧轨道滑过B点后，最终停在BC上，因摩擦产生的热量最小值为mgR
D [物块带负电，受到的静电力方向竖直向上且大于重力，故B点为圆弧轨道等效最高点，物块沿圆弧轨道运动到B点的临界条件为物块在B点与轨道的压力为0，由牛顿第二定律Eq－mg＝，得B点的最小速度vB＝，在AB轨道，由动能定理mgR－qER＝，可得vA＝，故A点也存在速度的最小值，故A、B错误；在BC轨道，由动能定理－μmgx＝得x＝，可知物块停止位置到B点的最小距离为x＝，故C错误；根据能量守恒，摩擦产生的热量最小值为Q＝＝mgR，故D正确。故选D。]
5．(多选)(2024·四川绵阳高三统考阶段练习)如图甲所示，质量为0.2 kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cos θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2。则( )
A．圆环半径为0.6 m
B．θ＝时，小球所受合力为4 N
C．0≤θ≤π过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
AD [小球下滑过程由机械能守恒定律有mg(R－R cos θ)＝mv2，得v2＝－2gR cos θ＋2gR，对比图线可知2gR＝12 m2·s-2，得R＝0.6 m，故A正确；θ＝时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有N＝m＝4 N，小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F＝＝2 N，故B错误；0<θ<时，有mg cos θ－N＝m ，可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，<θ<π时，有N－mg cos (180°－θ)＝m ，可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。]
6．(多选)(2024·安徽校联考二模)如图所示，空间存在范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0＝2 的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g
B．滑块在轨道中对轨道的最大压力为3mg
C．滑块最终将在轨道之间做往复运动
D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R
AD [根据题意可知Eq＝mg，重力与静电力的合力mg，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有－μmg＝ma，解得a＝－g，加速度大小为g，A正确；由几何关系可知，xPB＝R，滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有－μmgxPB＝，解得v＝，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m ，解得FN＝(2＋)mg，根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为F′N＝FN＝(2＋)mg，B错误；从B点到C点，静电力做负功，滑块需克服静电力做功为W克＝Eq·R＝mgR>mv2，所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为v，然后沿BA轨道向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，C错误；由于滑块在轨道上合力做功为0，所以滑回B点时，速度依然为v＝，设在AB轨道上滑行x1后减速为0，有－μmgx1＝0－mv2，解得x1＝R，所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为s＝xPB＋x1＝2R，D正确。故选AD。]
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