選擇2力和曲線運動

考點內容考情分析

考向一曲線運動與關聯速度問題曲線運動一般考察曲線運動的軌跡分析、平拋運

考向二平拋運動動規律應用、圓周運動，且往往會結合生活中常

考向三圓周運動的分析與計算見的現象考察

①深究"解題攻略”

1.思想方法

合運動性質和軌跡的判斷

（1）若加速度方向與初速度的方向在同一直線上，則為直線運動；若加速度方向與初速度的方向不

在同一直線上，則為曲線運動。

（2）若加速度恒定則為勻變速運動，若加速度不恒定則為非勻變速運動。

2.模型建構

（1）繩（桿）關聯問題的速度分解方法

①把物體的實際速度分解為垂直于繩（桿）和平行于繩（桿）兩個分量。

②沿繩（桿）方向的分速度大小相等。

(2)模型化思想的應用

①平拋與斜面結合

：從斜面頂點：

；水平拋出且：,土亍

2上J

\垂直落：,'叱

模型!嗎二4

分解位移，構建位

分解速度，構建速

分解速度，構建速移三角形，隱含條件：

方法度三角形，找到斜面傾

度的矢量三角形斜面傾角e等于位移與

角。與速度方向的關系

水平方向的夾角

水平：X=vt

水平：VX=VO水平：VX=VOo

2

豎直：Vy=gt豎直：vy=gt豎直：y=1gt

基本合速度：合速度：

合位移：

規律V=^Vx+vyV=^Vx+vy

s=7x2+y2

+-AVx

萬叵1：tanO=一方向：tan0=—方向：tan0=-

VyVxX

由tanO='='得t由tan?=上=史得t由1&11。=￥=堡匚得t

運動Vygtvovox2vo

時間_Vo_votan0_2votan0

gtanQgg

從斜面上某點水平拋出且落到斜面上的平拋運動的五個特點

⑴位移方向相同，豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。

(2)末速度方向平行，豎直分速度與水平分速度(初速度)之比等于斜面傾角正切值的2倍

⑶運動的時間與初速度成正比1=受空

⑷位移與初速度的二次方成正比±=誓鬻

gcostz

⑸當速度與斜面平行時，物體到斜面的距離最遠，且從拋出到距斜面最遠所用的時間為平拋運動時間

的一半。

②豎直面內圓周運動常考的兩種臨界模型

繩模型桿模型

V

?◎

常見

類型

'、、—

均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球

過最高

點的臨由冽g=M匕得V臨二由小球恰能做圓周運動得V臨=0

r

界條件

⑴當v=0時，Fymg,尸N為支持力，沿半

(1)過最高點時，v>y[gr,FN+

徑背離圓心

mg=m—,繩、圓軌道對球產生2

ry

(2)當0Vv<時，mg—FN—m—，尸N背禺圓

r

討論彈力與N

心，隨V的增大而減小

分析(2)不能過最高點時，v<丘,在

(3)當丫=/^時，F=0

到達最高點前小球已經脫離了N

2

圓軌道(4)當時，FN+mg=rr^-f風指向圓心，

r

(3)上、下兩點拉力之差為6mg

o并隨v的增大而增大

/親臨"高考練場"

考向一曲線運動與關聯速度問題

1.(2024?天心區校級模擬)一根長為L的輕桿OA,O端用錢鏈固定在地面上，另一端固定一質

L

量為m的小球A,輕桿靠在高九=不質量為M=4m的物塊B上，開始時輕桿處于豎直狀態。

受到輕微擾動，輕桿開始順時針轉動，推動物塊沿地面向右滑至圖示位置(桿與地面夾角為

71

0=%),若不計一切摩擦，重力加速度為g,則此時小球A的線速度大小為()

QA

A.JpLB.JPZC.D.

71

【解答】解：輕桿由豎直狀態開始向右轉動到與水平方向夾角為e=%時，設小球A的線速度為

Vo

V0，由題意可知桿上B點的線速度為VB=5,方向垂直于輕桿。

將物塊的速度V沿桿與垂直桿的方向分解，垂直桿的方向分速度等于VB，則有：vsin300=vB

解得：v=v0

對小球和物塊，由動能定理可得：mgL（l-sin30°）=|m詔+$1盧

解得：vo=故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

2.（多選）（2024?咸陽二模）大型風洞是研發飛行器不可缺的重要設施，我國的風洞技術處于世

界領先地位。如圖所示，某次風洞實驗中，風力大小和方向均恒定，一質量為m的小球先后經

過a、b兩點，其中在a點的速度大小為v,方向與a、b連線成a=45°角；在b點的速度大小

也為v,方向與a、b連線成0=45°角。已知a、b連線長為d,小球只受風力的作用，小球的

重力忽略不計。下列說法正確的是（）

A.風力方向平行于a、b連線

B.從a點運動到b點所用的時間為包

V

C.小球的最小速度為1.8v

,,,,mv2

D.風力大小為一］-

【解答】解：A、由題意可知小球做勻變速曲線運動，根據加速度的定義可知加速度方向一定和

速度變化量的方向相同，根據幾何關系可知速度變化量方向垂直于a、b連線，如圖

\b

則加速度方向垂直于a、b連線，所以風力方向垂直于a、b連線，故A錯誤;

B、小球的速度沿ab連線方向的分速度：vx=vsina-vsin45°^^-v

ddJ2d

所以從a運動到b的時間：1=五=莒=—，故B正確;

C、風力方向垂直于ab連線，則小球沿風力方向的分速度為零時速度最小，為：Vmin=vcos45°=

號,故c錯誤；

D、沿風力的方向從a點運動到b的速度變化量：Avj^nvsinB-（-vsina）=vsin45°+vsin45°

—V2v

Av迎vv2

由牛頓第二定律，從a點運動到b的風力：F=ma=—,故D正確。

故選：BDo

3.（多選）打班機是基建常用工具。某種簡易打班機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸

長的輕質長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩

定滑輪的距離均為L。重物A和B的質量均為m,系統可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連

接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止

釋放。設C與正下方質量為2m的靜止粒D碰撞后，D獲得豎直向下速度v=?修，豎直向下

2、5

L

運動777距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質點，不計空氣阻力，則

()

"《60。用血

、!/

A.C在剛釋放時的加速度為0

B.C的質量為佰n

c.C到達虛線位置時的速度大小為4gL

］（3+2何

28

D.若D在運動過程中受到的阻力F可視為恒力，其大小為fng

【解答】解：A.C在剛釋放瞬間，水平方向受力平衡，豎直方向只受重力,由牛頓第二定律可

知，C在剛釋放時的加速度為g,故A錯誤；

B.設C的質量為M,對靜止在虛線位置的C物體進行受力分析可知

2mgcos30°=Mg

解得M=V3m

故B正確；

C.在C下落過程中A、B、C系統機械能守恒

L11

MgLtan60°—2mgi----77J7一乙）=5M龍+2xjmu篇

VAB=VCCOS30°

聯立各式，代入數據解得

故C正確；

D.對D應用動能定理可得

LL1

2mg,——Fe-=0—-x2mv2

代入數據解得

13

F--png

故D錯誤。

故選：BCo

4.（多選）如圖所示，長度為L的豎直輕桿上端連著小球A（視為質點），輕桿的下端用較鏈固接

在水平地面上的0點，置于同一水平地面上的物體B恰好與A接觸。在微小擾動下，輕桿向

右傾倒，A、B脫離接觸的瞬間，輕桿與地面的夾角為30°,且此時輕桿與A球間無彈力，重

力加速度大小為g,不計一切摩擦。下列說法正確的是（）

@-----------

B

0

A.脫離接觸的瞬間，A、B的速率之比為1：2

B.脫離接觸的瞬間，B的速率為層

c.A落地前瞬間的速率為痛T

D.A、B的質量之比為1：4

【解答】解：A.對A進行運動分解如圖所示

設小球速度VA，立方體速度VB，分離時刻，小球的水平分速度與立方體速度相同，即

VAsin30°=VB

解得VA=2VB，A、B的速率之比為2：1,故A錯誤；

B.A、B分離瞬間，B的速度最大，合力為零，據此可判定此時桿對A球的作用力為零，對A

球，重力分解為沿桿方向的力，此力提供小球做圓周運動的向心力，另一分力沿垂直桿方向，與

切線速度同向，使得小球向下加速，根據牛頓第二定律有mgsin300=m^

解得VA=vB=故B正確；

C.A從分離到落地，小球機械能守恒，則有mglsin30。=小姆—產次

解得v=咫，故C錯誤；

D.在桿從豎直位置開始倒下到A與B恰好分離的過程中，A和B組成的系統機械能守恒，有

mgl（1-sin30°）=2?^+

代入數據解得：A、B的質量之比為1：4,D正確。

故選：BD。

考向二平拋運動

5.（2024?丹陽市校級一模）a、b兩個物體做平拋運動的軌跡如圖所示，設它們拋出的初速度分

別為Va、Vb，從拋出至碰到臺上的時間分別為ta、務，則（）

Q

/

//

/'/b

*/

A.Va—VbB.Va<VbC.ta>tbD.t@<tb

【解答】解：根據平拋運動豎直方向是自由落體運動，有h=；gt2,得：t=楞，因為hb>ha，

所以ta<tb，平拋運動在水平方向上是勻速直線運動，有X=V|）t,由圖可知，Xa>Xb,所以Va>

Vb，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

6.（2024?清江浦區模擬）金秋九月，正是收割玉米的季節，加工過程中，農民會采用如圖甲所示

的傳送帶裝置。具體過程如圖乙所示，將收割曬干的玉米投入脫粒機后，玉米粒從靜止開始被

傳送到底端與脫粒機相連的順時針勻速轉動的傳送帶上，一段時間后和傳送帶保持靜止，直至

從傳送帶的頂端飛出，最后落在水平地面上，農民迅速裝袋轉運。提升了加工轉運的效率。已

知傳送帶與水平方向的夾角為。、頂端的高度為h,玉米粒相對于傳送帶頂端的最大高度也是

h,重力加速度為g,若不計風力，空氣阻力和玉米粒之間的相互作用力，下列說法正確的是

A.玉米粒在傳送帶上時，所受摩擦力始終不變

B.玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為生電孕

tanO

C.傳送帶的速度大小為，密

sin3

D.玉米粒飛出后到落地所用的時間為3口

【解答】解：A.玉米粒在傳送帶上運動，分為勻加速運動階段和勻速階段，

勻加速階段：玉米粒與傳送帶發生相對滑動，受到滑動摩擦力且滑動摩擦力的大小大于玉米粒沿

斜面向下的重力的分力大小

勻速階段：玉米粒與傳送帶保持相對靜止，受到靜摩擦力且靜摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下

的重力的分力大小，故A錯誤。

設傳送帶速度為V,脫離傳送帶后水平方向是勻速直線運動，豎直方向是勻變速直線運動可得

vx=v-cos0,vy=v-sin0

到達最高點時，豎直方向上速度為0,從拋出點到最高點時間為h，水平位移xi

豎直方向上：v§=2gh,ti=-f=零

水平方向上：Xi=Vti，代入數據得X1=7--

xLCLTlu

從最高點到落地點的時間為t2,水平位移X2

豎直方向上：2h=—gtl，即t2=

水平方向上：X2=Vxt2，代入數據得X2=2，?

tanB

B.玉米粒落地點與傳送帶底端的水平距離為X,乂=小+久2+14=受之普，故B錯誤。

tanGtanO

C.聯立Vy=vsin。，彳=2劭式子解得丫=乏修，故C正確。

SlTlB

D.設玉米粒飛出后到落地所用的時間―以=（魚+1）母，故D錯誤。

故選：Co

7.（2024?廣東一模）如圖所示，一小球從0點水平拋出后的軌跡途經A、B兩點，已知小球經

過A點時的速度大小為13m/s,從。到A的時間和從A到B的時間都等于0.5s,取重力加速

度大小g=10m/s2,不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小球做平拋運動的初速度大小為10m/s

B.0、A兩點間的距離為5m

C.A、B兩點間的距離為10m

D.0、B兩點間的距離為13m

【解答】解：Ao由題意知下落到A點豎直方向的速度為VyA=gt=10X0.5m/s=5m/s

22

小球做平拋運動的初速度大小為V。=J-vjA=V13-5m/s=12m/s,故A錯誤；

B、O、A兩點間的豎直高度為以二基仔=：x1。x0.52m=1.25m

水平位移為xA=vot=12X0.5m/s=6m

所以0、A兩點間的距離為X=，邸+煽=&2+1.252m=6.13m,故B錯誤；

C、O、B兩點間的豎直圖度為y-=59（21）2=5x10x（2xo.5）2m=5m

水平位移為XB=v（f2t=12X2X0.5m=12m

A、B兩點間的豎直高度為hi=yB-yA=5m-1.25m=3.75m

A、B兩點間的水平位移為xi=xB-xA=12m-6m=6m

A、B兩點間的距離為Si=J，+憂=V62+3.752m=6.32m,故C錯誤；

D、0、B兩點間的距離為SB=y+*="22+52M=13m,故D正確。

故選：D。

8.（2024?連云港一模）如圖所示，在某次罰球過程中，運動員先后兩次以速度vi、V2投球，方

向與豎直方向間的夾角分別為a、0。兩次投球的位置在同一豎直線上，籃球均垂直撞到豎直籃

板上的同一位置C,不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

C

V1

a

v2.

A.a可能小于p

B.VI、V2大小可能相等

C.籃球兩次運動時間可能相等

D.與板碰撞前瞬間，籃球動能可能相等

【解答】解：A、兩個斜拋運動的最高點都在C處，將籃球的運動反向處理，即為平拋運動，則

有

V1XVixtiVixtl%

tana=~~~=,7=、入

VlyVlytlgti2fll

其中x是C到拋出點的水平距離。

V2xX

同理tanB=面=詬

第一次拋出時豎直高度較小，第二次拋出時豎直高度較大，可見a>0,故A錯誤;

BCD、籃球在豎直方向上做自由落體運動，根據h=

2h

貝ljt=

~g

第一次拋出時速度的豎直高度較小，所以第一次運動時間較短。

平拋運動在水平方向做勻速直線運動，水平射程相等，但第一次用的時間較短，故第一次水平分

速度較大，則籃球第一次撞籃板的速度較大，動能大。

由以上的分析可知，第一次拋出時速度的豎直分量較小，水平分速度較大，根據平行四邊形定則

v=J正+哆,所以vi、V2的大小可能相同，故CD錯誤、B正確。

故選：Bo

9.（2024?日照一模）如圖所示，在水平地面上固定一傾角a=37°的斜面體，質量m=lkg的小

車A以P=100W的恒定功率沿斜面底端由靜止開始向上運動，同時在小車A的正上方某處，

有一物塊B以v0=6m/s的初速度水平拋出。當小車A上滑到斜面上某點時恰好被物塊B垂直

于斜面擊中。小車A、物塊B均可看作質點，小車與斜面間的動摩擦因數四=0.5,不計空氣阻

力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判斷正確的是（）

A.物塊在空中運動的時間等于0.4s

B.物塊擊中小車時小車的速度等于2V1am/s

C.物塊擊中小車時的速度等于8m/s

D.小車從開始運動到被物塊擊中時的位移等于10m

vo

【解答】解：A、當小車A上滑到斜面上某點時恰好被物塊B垂直于斜面擊中，則有：tana=丁l/y

3

=-,且Vy=gt,聯立解得物塊在空中運動的時間為t=0.8s,故A錯誤；

B、物塊B擊中小車時，水平位移為x=vot=6XO.8m=4.8m

%1

對小車，根據動能定理可得：Pt-|img?——cosa-mgxtana=~mv2,解得物塊擊中小車時小

C*C/3VC4

車的速度為V=2V10m/s,故B正確；

vo6

C、物塊擊中小車時的速度為：丫物=以募=5%m/s=10m/s,故C錯誤；

一%4.8

D、小車從開始運動到被物塊擊中時的位移為：*車=%^=而71=6m,故D錯誤。

故選：Bo

10.（2024?蓮湖區校級模擬）2022年冬奧會即將在北京召開。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪

道示意圖，運動員從助滑雪道AB上由靜止開始滑下，到達C點后水平飛出，落到滑道上的D

點，E是運動軌跡上的某一點，在該點運動員的速度方向與軌道CD平行，設運動員從C到E

與從E到D的運動時間分別為口、t2,EF垂直CD,則有關離開C點后的飛行過程（）

A.一定有h=t2，且CF：FD=1：3

B.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向夾角變大

C.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向不變

D.若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的距離增加相同的倍數

【解答】解：A.依題意，以C點為原點，以CD為x軸，以CD垂直向上方向為y軸，建立坐

標系如圖所示:

對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動，當運動員

到E點速度方向與軌道平行時，在y軸方向上到達最高點，根據豎直上拋運動的對稱性可知:

而X軸方向運動員做勻加速運動，初速度不為零，可得

CF：FDW1：3

故A錯誤;

BC.設運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為a,斜面的傾角為。，根據平拋運動推

論則有

吁gt

tana=—=一

VoVo

1c*

,aZ5gt2gt

tan0=—=2-----=--

xvotVo

聯立解得

tana=2tan。

由此可知當。一定時，a也一定，所以運動員落在斜面上的速度方向與從C點飛出時的速度大小

無關，落在斜面上的速度方向不變。故B錯誤；C正確;

D.依題意，運動員離開C點的速度如果變為原來的2倍，則運動員在空中的運動時間將變為原

來的2倍，可知其水平位移、豎直位移均變為原來的4倍，落在斜面上的距離也將變為原來的4

倍。故D錯誤。

故選：Co

11.（2024?重慶一模）如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球（視為質點），某次乒乓球與墻壁

上的P點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的Q點，取重力加速度大小g=10m/s2,不計

空氣阻力。若球拍與水平方向的夾角為45°,乒乓球落到球拍前瞬間的速度大小為4m/s,則

P、Q兩點的高度差為（）

墻壁

A.0.1mB.0.2mC.0.4mD.0.8m

【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q點，根據幾何關系得：VQCOS45°=gt,解得t=gs

根據乒乓球在豎直方向上的運動規律，由h=：gt2,

1cl2

解得：h=~gt2=—x10X^m=0.4m,故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

12.（多選）（2024?涼山州模擬）如圖所示,A球以速度vi從傾角為。=37°的斜面頂端水平拋出的同

時，B球在A球的正上方h處以速度V2水平拋出，兩小球同時落在斜面上，以下說法正確的是

（）

BO~?v2

A.兩球在斜面上落點的距離為h

h

B.兩球在斜面上落點的距離為一^

sind

C.兩球拋出時速度大小的關系為V1>V2

D.兩球拋出時速度大小的關系為V1<V2

【解答】解：AB.A球和B球同時拋出，B球在A球的正上方h處以速度V2水平拋出，由平拋

1

運動的規律卜=//,兩球在相等的時間內下落相等的距離，可知兩球在空中飛行時豎直方向的

距離相等，兩小球同時落在斜面上，可知兩球在斜面上落點的高度差是h,根據幾何知識可知兩

h

球在斜面上落點的距離為一萬，故A錯誤，B正確；

sinO

CD.由題意可知B球應落在A球的上方，則有A球的水平位移大于B球的水平位移，即

X1>X2

由*=丫（）3兩球的運動時間相等，則有

V1>V2

故C正確，D錯誤。

故選：BCo

13.（多選）（2024?慶云縣校級模擬）籃球運動是一項是以手為中心的身體對抗性體育運動，深受

同學們喜愛。國際籃聯場地標準為長28m,寬15m,籃圈下沿距地面高為3.05m,三分線半徑

為6.751n（三分線到籃筐中心在地面投影的距離），如圖所示。某次訓練中，運動員緊貼三分線

外a處進行定點投籃練習，籃球離手時距地面高度為2.25m,經過0.5s到達最高點，之后在下

落過程中恰好穿過籃筐。假設籃球出手時在三分線正上方，籃球出手時初速度V。與水平面夾角

【解答】解：籃球在豎直方向做豎直上拋運動，上升階段可以看作自由落體運動的逆運動；根據

自由落體運動規律，豎直初速度Vy=gti=10X0.5m/s=5m/s,上升的豎直高度H=萬

2

X10x0.5m=1.25m；根據題意籃球下落的高度為h=H-（hi-h2）=1.25m-（3.05-2.25）

m=0.45m；設籃球下落時間為t2,根據自由落體運動規律卜=或行，代入數據解得t2=0.3s,籃

球運動的總時間t=h+t2=0.5s+0.3s=0.8s；設籃球的水平初速度為Vx，籃球在水平方向做勻速直

線運動，r=vxt,代入數據解得Vx=：wm/s,所以tan0=[=5、^^=行；初速度V。=/代+就

=J（^^）2+52m/s=故AD錯誤，BC正確。

故選：BC=

考向三圓周運動的分析與計算

14.（2024?廣西三模）如圖所示，A、B兩個小球分別用長為10L、5L的細繩懸掛在同一豎直線的

兩點，現使兩球在水平面內做圓周運動，且角速度均緩慢增大，當兩球剛好運動到相同高度時,

A、B兩球運動半徑分別為6L、4L,兩球離地高度為12L。O點為兩懸掛點在地面的投影，兩

個小球可視為質點，則下列說法正確的是（）

A.兩根細繩分別對A球和B球的拉力可能相同

B.A球和B球的周期相等

C.同時剪斷兩根細繩，B球先落地

D.剪斷兩根細繩，A球和B球的落地點到O點的距離相等

【解答】解：AB、由幾何關系可知，小球A的懸線與豎直方向的夾角為37°，小球B的懸線與

m，Ag4TT2

豎直方向的夾角為53°,則對A球，拉力為n=cos37。，m24gtem37。=亍]?6￡；同理可得,

TTlBg47r2

對B球有：FB=COS53。，=血8轉?43由此可知，兩拉力方向不相同，兩拉力不

TAV8

相同，兩球的周期比為：—=故AB錯誤；

TBV3

1.

CD、兩球做平拋運動的時間相同，設兩球此時距離地面的高度為卜=萬或2,剪斷細線時兩球速度

方向不確定，兩球可能落到同一點，故C錯誤，D正確。

故選：D。

15.（2024?青羊區校級模擬）如圖，一水平圓盤繞豎直中心軸以角速度3做勻速圓周運動，緊貼

在一起的M、N兩物體（可視為質點）隨圓盤做圓周運動，N恰好不下滑，M恰好不滑動，兩

物體與轉軸距離為r,已知M與N間的動摩擦因數為m，M與圓盤面間的動摩擦因數為電,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。陽與目應滿足的關系式為（）

41

A.由+電=1B-瓦=1

〃1+〃2

C.打電=1D-7^r=1

【解答】解：以MN整體為研究對象,受力分析如圖1所示:

圖i

2

由靜摩擦力提供向心力可得：H2（W+巾N）g=（jnM+mw）wr

以N為研究對象，受力分析如圖2所示：

2

由M對N的彈力提供向心力，則有：Fw=mNa）r,由平衡條件可得：mFN=mNg,聯立解得:

1＞故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

16.（多選）（2024?西寧一模）如圖所示，兩根輕細線上端固定在S點，下端分別連一小鐵球A、

B,使兩者恰好在同一水平面內做勻速圓周運動，SO的高度為H,不計空氣阻力，下列說法中

正確的是（）

JS

A.小球做勻速圓周運動時，受到重力、細線拉力和向心力作用

B.如果兩個小球的質量相等，則兩條細線受到的拉力不相等

C.A、B做圓周運動的角速度均為需

D.球A運動的周期小于球B運動的周期

【解答】解：A.對小球受力分析如圖

其受到的重力與細線的拉力的合力沿水平方向，合力提供小球做圓周運動的向心力，故A錯誤;

B.小球豎直方向有mg=Tcos0

mq

整理得丁=而

若小球的質量相等，由于細繩與豎直方向夾角不同，所以兩條細繩受到的拉力不相等，故B正確；

C.對小球水平方向有TsinOumdLsine

又LcosS=SO=H

整理有3=需

兩者恰好在同一水平面內做勻速圓周運動，二者的角速度相等，故C正確；

2n

D.由之前的分析可知，兩球的角速度大小相同，由角速度與周期的公式有T=一

球A運動的周期等于球B運動的周期，故D錯誤。

故選：BCo

17.（多選）（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環上，并

在圓環最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環運動，一段時間后，小球

與圓心的連線轉過。角度時，小球的速度大小為v,v2與cose的關系如乙圖所示，g取10m/s2。

71

B.0=5時，小球所受合力為4N

c.owewn過程中，圓環對小球的作用力一直增大

D.owewn過程中，圓環對小球的作用力先減小后增大

1

【解答】解：A、小球下滑過程由機械能守恒定律有mg（R—Reos。）=pnv2

71

當9=5時，小球的速度平方為12m2/s2,代入公式得R=0.6m,故A正確；

7TTTIV^

B、當。=3■時，小球的速度平方為12m2浮，此時是圓環對小球的彈力提供向心力，有N=F-=

乙K

0.2x12

——-N=4N

小球還受豎直向下的重力,所以小球所受合力為F=JN2+（mg）2=742+（0.2X10）2N=2回,

故B錯誤；

7TV2

CD＞當0＜。＜5時，有mgeos。一N=m-

nR

可知隨。的增大，同時V也增大，所以N必須減小，

7TV2

當兀時，有N-mgcos（180°—0）=m—

可知隨。的增大，同時V也增大，所以N必須增大，所以owewir過程中，圓環對小球的作用

力先減小后增大，故C錯誤，D正確。

故選：ADo

18.（多選）（2024?市中區校級一模）如圖甲所示，一水平放置的內表面光滑對稱“V”形二面體

AB-CD-EF,可繞其豎直中心軸00,在水平面內勻速轉動，其二面角為120°,截面圖如圖乙

所示。面ABCD和面CDEF的長和寬均為L=20cm。置于AB中點P的小物體(視為質點)恰

好在ABCD面上沒有相對滑動，取重力加速度g=10m/s2。()

A.“V”形二面體勻速轉動的角速度w=5rad/s

B.“V”形二面體勻速轉動的角速度3=^^-rad/s

C.若“V”形二面體突然停止轉動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離2.5cm

D.若“V”形二面體突然停止轉動，小物體從二面體上離開的位置距離AB邊距離5cm

【解答】解：AB、設物體受到的支持力為F,受力分析如圖所示:

根據牛頓第二定律得：Fsin60°=mg

Fcos60°=mco2Lsin60°

聯立代入數據解得：3=l^Jad/s,故A錯誤，B正確；

CD、“V”型二面體突然停止轉動，設小物體在二面體上運動的時間為3運動的初速度大小為

v0,加速度大小為a,沿AD方向向下運動在距離為y,則有：

由平衡條件可得：F'=mgsin600

由牛頓第二定律可得：mgcos60°=ma

又，vo=coLsi