高考物理母题解读(四) 曲线运动12

高中物理曲线运动试题经典及分析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的1倍．地球表面的重力加快度2为 g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为 L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加快度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？(3)细线所能蒙受的最大拉力？【答案】(1)1(2)s 2 g0(3)T1s2g星 = g v0[1] mg 04H L40 42(H L)L【分析】【剖析】【详解】（1）由万有引力等于向心力可知G Mm m v2R2R G Mm mgR2v2可得gR则 g星＝1g0 4（2）由平抛运动的规律： H L 1g星t 22s v0t解得 v s2g004H L2（3）由牛顿定律，在最低点时：T mg星＝ mvL解得：T11s2mg042( H L )L【点睛】此题考察了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的根源是解决此题的重点．2．有一水平搁置的圆盘，上边放一劲度系数为k 的弹簧，如下图，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端系一质量为m 的物体 A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω0多大时，物体 A 开始滑动？（2）当转速迟缓增大到 2 ω0时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？【答案】（ 1）g3mgl （ 2）4 mgl kl【分析】【剖析】（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力供给向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的协力供给向心力．物体 A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力供给向心力，依据牛顿第二定律求解角速度ω0．（2）当角速度达到 2 ω0时，由弹力与摩擦力的协力供给向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力供给向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的协力供给向心力．（1）当圆盘转速为 n0时， A 马上开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力供给向心力，则有：μmg＝ mlω02，解得：ω0g ．=l即当ω0g时物体 A 开始滑动．＝l（2）当圆盘转速达到 2ω0时，物体遇到的最大静摩擦力已不足以供给向心力，需要弹簧的弹力来增补，即：μmg +k△x＝ mrω12，r=l+△x解得： Vx＝3 mglkl 4 mg【点睛】当物体相关于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是常常用到的临界条件．此题重点是剖析物体的受力状况．3．如下图 ,半径 R=2.5m 的竖直半圆圆滑轨道在 B 点与水平面光滑连结,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (可视为质点 )静止在 A 点 .一刹时冲量使滑块以必定的初速度从 A 点开始运动 ,经 B 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从 C 点水平飞出 ,落在水平面上的 D 点 .经丈量 ,D、B 间的距离s1=10m,A、B 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数,重力加快度.求 :(1)滑块经过 C 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时 ,在 B 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 A 点遇到的刹时冲量的大小 .【答案】（ 1）（2） 45N（3）【分析】【详解】（1）设滑块从 C 点飞出时的速度为v c，从 C 点运动到 D 点时间为t滑块从 C 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R= gt2水平方向： s1=v c t解得： v c=10m/s（2）设滑块经过 B 点时的速度为v B，依据机械能守恒定律mv B2= mv c2+2mgR解得： v B=10m/s设在 B 点滑块受轨道的压力为N，依据牛顿第二定律：N-mg=m解得： N=45N（3）设滑块从 A 点开始运动时的速度为A，依据动能定理2B2- mvA2 v； -μ mgs= mv解得： v A=16.1m/s设滑块在 A 点遇到的冲量大小为I，依据动量定理I=mv A解得： I=8.1kg?m/s ；【点睛】此题综合考察动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意剖析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．4．如下图，物体 A 置于静止在圆滑水平面上的平板小车 B 的左端，物体在 A 的上方 O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点 )，线长 L＝ 0.8m ．现将小球 C 拉至水平无初速度开释，并在最低点与物体 A 发生水公正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为2m/s．已知 A、 B、 C的质量分别为 m A B Cμ＝ 0.2， A、 C碰撞时＝ 4kg、 m ＝ 8kg 和 m ＝1kg， A、 B 间的动摩擦因数间极短，且只碰一次，取重力加快度g＝ 10m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬时遇到细线的拉力大小；(2)求 A、 C 碰撞后瞬时 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？【答案】 (1)30 N (2)1.5 m/s(3)0.375 m【分析】【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl 1002 2m v代入数据解得： v0＝ 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：v02 F﹣m0g＝m0l＝代入数据解得： F 30N（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摇动的过程中机械能守恒，得：1mv C2mgh 2因此： v C2gh 2 10 0.2 2m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝﹣ m0v c+mv A代入数据解得：v A＝1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 互相作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv A＝（ m+M ）v代入数据解得：v＝ 0.5m/s由能量守恒定律得：μmgx 12212 mv A2（m+M ） v代入数据解得：x＝0.375m；5．如下图，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连结在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝ 30°，此时细绳挺直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．物块随转台由静止开始迟缓加快转动，重力加快度为 g，求：（1）当转台角速度ω1为多大时，细绳开始有张力出现；（2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加快到角速度3g的过程中，转台对物块做的功．L【答案】（1）g3g（ 3）11（2）23 mgLL3L2【分析】【剖析】【详解】（1）当最大静摩擦力不可以知足所需要向心力时，细绳上开始有张力：mg m 12 2 L sin 代入数据得1g L（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的协力供给mg tan m22 2L sin代入数据得23g 3L（3）∵3 2 ，∴物块已经走开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有mg tan m32 2L sin代入数据得60转台对物块做的功等于物块动能增添量与重力势能增添量的总和即W1m(3 2L sin 60o )2mg(2L cos30o 2L cos60o )2代入数据得：1W (3) mgL【点睛】此题考察牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的剖析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0， f=0．依据能量守恒定律求转台对物块所做的功．6．如下图，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1圆周， B 点离地面的高度h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g 的小球（可视为质点）自 A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从 B 点水平飞出，最后落到水平川面上的D 点．已知小物块落地址 D 到 C点的距离为x=4m，重力加快度为g=10m/ s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到 B 点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是 5m．（2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下．【分析】（1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1gt22Bx=v t解得：v B xg104210m / s 2h0.8A 到B 过程，由动能定理得：1mgR= mv B2-02解得轨道半径R=5m2（2）在 B 点，由向心力公式得：N mg mv BR解得： N=6N依据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决此题的重点要剖析小球的运动过程，掌握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的协力供给向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．7．游玩场正在设计一个崭新的过山车项目，设计模型如下图，AB 是一段圆滑的半径为R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直圆滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的粗拙水平直轨道 BD，最后滑上半径为 R 圆心角60的圆滑圆弧轨道 DE．现将质量为 m的滑块从 A 点静止开释，经过安装在竖直圆轨道最高点 C 点处的传感器测出滑块对轨道压力为 mg，求：（1）竖直圆轨道的半径r．（2）滑块在竖直圆滑圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力．（3）若要求滑块能滑上DE 圆弧轨道并最后停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道 BD 的动摩擦因数需知足的条件．【答案】（1）R（ 2）7mg（ 3）RR 32L L【分析】(1)对滑块，从 A 到 C 的过程，由机械能守恒可得：mg( R2r )1m v C222mg m v C2rR；解得： r3(2)对滑块，从 A 到 B 的过程，由机械能守恒可得：mgR 1mv B2 2在 B 点，有：2N mg mv Br可得：滑块在 B 点遇到的支持力N=7mg；由牛顿第三定律可得，滑块在 B 点对轨道的压力NN 7mg ，方向竖直向下 ；(3) 若滑块恰巧停在 D 点，从 B 到 D 的过程，由动能定理可得：1mgL1mv B 22 可得：R1L若滑块恰巧不会从 E 点飞出轨道，从 B 到 E 的过程，由动能定理可得：2 mgL mgR(1 cos )1 mv B 22可得：2R2L若滑块恰巧滑回并停在B 点，关于这个过程，由动能定理可得：3mg ·2L 1mv B 22R R．综上所述 ， 需知足的条件：L2L8． 如下图，半径 R=0.40m 的圆滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗拙的水平川 面相切于圆环的端点A ．一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度V 0=7.0m/s 在水平川面上向左做加快度 a=3.0m/s 2 的匀减速直线运动，运动 4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点．求（ 1）小球到 A 点的速度（ 2）小球到 B 点时对轨道是压力（ 3） A 、 C 间的距离（取重力加快度 g=10m/s 2）．【答案】 （1）V A5 /s （ 2） F N1.25 N ACm （ 3） S =1.2m【分析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：v A 2 v 02 2as解得： v A5m / s（2）恰巧做圆周运动时物体在最高点B 知足： mg=m vB21 ，解得 v B 1 =2m/sR假定物体能抵达圆环的最高点1mv212 B，由机械能守恒：A=2mgR+ mv B22联立可得：v B=3 m/s因为 v B>v B1，因此小球能经过最高点B．此时知足F N mg m v2R解得 F N 1.25N（3）小球从 B 点做平抛运动，有：2R= 1gt22S AC=v B·t得： S AC=1.2m．【点睛】解决多过程问题第一要理清物理过程，而后依据物体受力状况确立物体运动过程中所按照的物理规律进行求解；小球可否抵达最高点，这是我们一定要进行判断的，因为只有这样才能确立小球在返回地面过程中所按照的物理规律．9．如下图， ABCD是一个地面和轨道均圆滑的过山车轨道模型，现对静止在 A 处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从 A 点开始做匀加快直线运动，当它水光滑行 2.5 m 时抵达 B 点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁圆滑的竖直固定圆轨道，并恰好经过最高点C，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在 D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平川面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10 m/s 2，求：(1)水平推力 F 的大小；(2)滑块抵达 D 点的速度大小；(3)木板起码为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该状况下，木板在水平川面上最后滑行的总位移为多少？【答案】（ 1） 1N（ 2）（3）t＝ 1 s ;【分析】【剖析】【详解】(1)因为滑块恰巧过 C 点，则有：m1g＝ m1从 A 到 C 由动能定理得：2Fx－ m1g·2R＝ m1 v C－ 0代入数据联立解得：F＝1 N(2)从 A 到 D 由动能定理得：2Fx＝ m1v D代入数据解得：v D＝ 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝ 3 m/s 2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝ 2 m/s2滑块恰巧不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰巧与木板速度同样，有：v 共＝ v D－ a1 tv 共＝ a2t，代入数据解得：t＝ 1 s此时滑块的位移为：x1＝ v D t－a1t2，木板的位移为：x2＝ a2t2， L＝x1－ x2，代入数据解得：L＝ 2.5 mv 共＝ 2 m/sx2＝ 1 m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v 共2＝ 2μ2gx′，代入数据解得：x′＝ 1.5 m木板在水平川面上最后滑行的总位移为：x 木＝ x2＋ x′＝2.5 m点睛：此题考察了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决此题的重点理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择适合的规律进行求解．10． 三维弹球3DPinball 是 Window 里面附加的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启迪，在学校组织的兴趣运动会上，为大家供给了一个近似的弹珠游戏．如图所示，将一质量为 m 0.1kg 的小弹珠 ( 可视为质点 ) 放在 O 点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着圆滑的半圆形轨道OA 和AB 进入水平桌面BC ，从C 点水平抛出．已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为r0.2m ， R0.4m ， BC 为一段长为L 2.0m 的粗拙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4 ，放在水平川面的矩形垫子DEFG 的DE 边与BC 垂直， C 点离垫子的高度为h 0.8m ，C 点离DE 的水平距离为x0.6m ，垫子的长度EF 为 1m ， g10m /s 2.求：1若小弹珠恰巧不离开圆弧轨道，在B 地点小弹珠对半圆轨道的压力；2若小弹珠恰巧不离开圆弧轨道，小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左侧沿DE 的距离；3若小弹珠从 C 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度．【答案】（ 1） 6N （ 2） 0.2m （3） 2 6m / s【分析】【剖析】(1)由牛顿第二定律求得在A 点的速度，而后经过机械能守恒求得在B 点的速度，从而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；(2)经过动能定理求得在C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；(3)求得不飞出垫子弹珠在C 点的速度范围，再经过动能定理求得初速度范围，即可获得最大初速度．【详解】（1）若小弹珠恰巧不离开圆弧轨道，那么对弹珠在 A 点应用牛顿第二定律有2 mgmvA ，R因此，v AgR 2m / s ；那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：1mv B 21mv A 2 2mgR ，因此， vv 2 4gR 2 5m / s ；22BA那么对弹珠在 B 点应用牛顿第二定律可得：弹珠遇到半圆轨道的支持力mv B2F N mg6N ，方向竖直向上；R故由牛顿第三定律可得：在 B 地点小弹珠对半圆轨道的压力N F N 6N ，方向竖直向下；（ 2）弹珠在 BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：mgL 1mv C21mv B2，22因此，v C v B2 2 gL2m / s；设小弹珠从 C 点水平抛出后落入垫子时距左侧沿DE的距离为d，那么由平抛运动的位移公式可得： h 1gt 2，2x d v C t v C 2h0.8m ，g因此， d0.2m；（3）若小弹珠从 C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离0.6m s 1.6m；v C 's st2h ，故平抛运动的初速度g因此， 1.5m / s v C '4m / s；又有弹珠从 O 到 C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：mg2R2r mgL1mv C'2 1mv02；22因此， v0v C '2 2g2R 2r2gLv C '2 8m / s ，故41m / s v026m / s ，因此小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为 2 6m / s ；2【点睛】经典力学识题一般先对物体进行受力剖析，求得合外力及运动过程做功状况，而后依据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．。

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题04 曲线运动常考模型题型一曲线运动和运动的合成与分解【题型解码】1．曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．2．曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．【典例分析1】(多选)如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A 可在竖直杆上自由滑动。

当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同B．物块A释放时的加速度为gC．M＝2m D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mg【典例分析2】(2019·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t 图象．以下判断正确的是()A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动【提分秘籍】1.解决运动的合成和分解的一般思路(1)明确合运动和分运动的运动性质。

(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。

(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。

(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。

2．关联速度问题的解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。

常见的模型如图所示。

2022高考物理复习冲刺压轴题精练力学部分专题4曲线运动一、选择题（1-3题为单项选择题，4-10为多项选择题）1．如图所示，固定半圆弧容器开口向上，AOB是水平直径，圆弧半径为R，在A、B两点，分别沿AO、BO方向同时水平抛出一个小球，结果两球落在了圆弧上的同一点，从A点抛出的小球初速度是从B点抛出小球初速度的3倍，不计空气阻力，重力加速度为g，则）（）A．从B点抛出的小球先落到圆弧面上B．从BC．从AD．从A点抛出的小球落到圆弧面上时，速度的反向延长线过圆心O2．如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中圆管AB段水平，圆管BCDE段是半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个管道固定在竖直平面内。

现有一质量为m。

初速度v 的光滑小球水平进入圆管AB。

设小球经过管道交接处无能量损失，圆管内径远小于R。

小球直径略小于管内径，下列说法正确的是（）A．小球通过E点时对外管壁的压力大小为2mgB．小球从B点到C点的过程中重力的功率不断增大C．小球从E点抛出后刚好运动到B点D．若将DE段圆管换成等半径的四分之一内圆轨道DE，则小球不能够到达E点3．如图所示，一个内壁光滑的34圆管轨道ABC竖直放置，轨道半径为R；O、A、D位于同一水平线上，A、D间的距离为R；质量为m的小球(球的直径略小于圆管直径)，从管口A正上方由静止释放，要使小球能通过C点落到AD区，则球经过C点时()A ．速度大小满足c v ≤≤B ．速度大小满足0≤vC C ．对管的作用力大小满足12mg ≤F C ≤mg D ．对管的作用力大小满足0≤F C ≤mg4．如图所示，用铰链将三个质量均为m 的小球A 、B 、C 与两根长为L 轻杆相连，B 、C 置于水平地面上．在轻杆竖直时，将A 由静止释放，B 、C 在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则此过程中（）A ．球A 的机械能一直减小B ．球AC ．球B 对地面的压力始终等于32mg D ．球B 对地面的压力可小于mg5．如图所示，倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，今测得AB ＝BC ＝CD ，不计空气阻力，由此可以判断()A ．从A 、B 、CB ．从A 、B 、C 处抛出的三个小球落在斜面上时速度与斜面的夹角相同C ．从A 、B 、C 处抛出的三个小球的初速度大小之比为3：2：1D ．从A 、B 、C 处抛出的三个小球距斜面最远时速度方向与水平方向夹角的正切值之比为3:2:16．如图所示，在一端封闭、长约1m 的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体R （R 视为质点）．现将玻璃管轴线与竖直方向y 轴重合，在小圆柱体R 上升刚好到达匀速时的起点位置记为坐标原点O ，同时玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．小圆柱体R 依次经过平行横轴的三条水平线上的、、A B C 位置，在、、OA AB BC 三个过程中沿y 轴方向的高度均相等，每个过程对应的水平位移的大小之比分别为123、、x x x ∆∆∆，机械能的变化量依次为123、、E E E ∆∆∆，动量的变化量大小依次为123、、p p p ∆∆∆．若小圆住体R 与玻璃管壁之间的相互作用力可忽略不计，则下面分析中正确的是（）A ．1231:3:5::x x x ∆∆∆=，1231:3:5::E E E ∆∆∆=B ．1231:4:9::x x x ∆∆∆=，1231:4:9::E E E ∆∆∆=C ．1231:3:5::x x x ∆∆∆=，123::1:1:1p p p ∆∆∆=D ．1231:4:9::x x x ∆∆∆=，123::1:2:3p p p ∆∆∆=7．两个质量分别为2m 和m 的小木块a 和(b 可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴'OO 的距离为L ，b 与转轴的距离为2L ，a 、b 之间用长为L 的强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A ．a 比b 先达到最大静摩擦力B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C．ω=b开始滑动的临界角速度D．当ω=a所受摩擦力的大小为53 kmg8．滑雪是冬奥会的比赛项目之一。

高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，一位宇航员站一斜坡上A 点，沿水平方向以初速度v 0抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点B ，斜坡倾角为α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，求：（1）该星球表面的重力加速度g ； （2）该星球的密度ρ ． 【答案】（1）02tan v t α （2）03tan 2v RtGαπ 【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．（1）小球做平抛运动，落在斜面上时有：tanα===所以星球表面的重力加速度为：g=．（2）在星球表面上，根据万有引力等于重力，得：mg=G解得星球的质量为为：M=星球的体积为：V=πR 3． 则星球的密度为：ρ= 整理得：ρ=点晴：解决本题关键为利用斜面上的平抛运动规律：往往利用斜面倾解的正切值进行求得星球表面的重力加速度，再利用mg=G和ρ=求星球的密度.2．光滑水平轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在B 处连接，一质量为m 2的小球静止在B 处，而质量为m 1的小球则以初速度v 0向右运动，当地重力加速度为g ，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2将沿光滑圆形轨道上升，问：（1）当m 1与m 2发生弹性碰撞后，m 2的速度大小是多少？（2）当m 1与m 2满足21(0)m km k =>，半圆的半径R 取何值时，小球m 2通过最高点C 后，落地点距离B 点最远。

【答案】（1） 2m 1v 0/(m 1+m 2) （2） R =v 02/2g (1+k )2 【解析】 【详解】（1）以两球组成的系统为研究对象， 由动量守恒定律得：m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2， 由机械能守恒定律得：12m 1v 02=12m 1v 12+12m 2v 22， 解得：102122m v v m m =+；（2）小球m 2从B 点到达C 点的过程中， 由动能定理可得：-m 2g ×2R =12m 2v 2′2-12m 2v 22， 解得：2221002212224()4()41m v vv v gR gR gR m m k'=-=-=-++小球m 2通过最高点C 后，做平抛运动，竖直方向：2R =12gt 2， 水平方向：s =v 2′t ，解得：22024()161v Rs R k g=-+， 由一元二次函数规律可知，当2022(1)v R g k =+时小m 2落地点距B 最远．3．如图所示,半径为4l,质量为m 的小球与两根不可伸长的轻绳a ,b 连接,两轻绳的另一端分别固定在一根竖直光滑杆的A ,B 两点上.已知A ,B 两点相距为l ,当两轻绳伸直后A 、B 两点到球心的距离均为l ,重力加速度为g ．（1）装置静止时,求小球受到的绳子的拉力大小T ；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a ,b 与杆在同一竖直平面内）． ①小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0ω多大?②轻绳b 伸直时,竖直杆的角速度ω多大？【答案】(1)415T = (2)①ω0=15215g l②2g l ω≥【解析】 【详解】(1)设轻绳a 与竖直杆的夹角为α15cos α=对小球进行受力分析得cos mgT α=解得：41515T mg =(2)①小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。

高考物理曲线运动试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024g sv H L=-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．2．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s 抛出一物体，物体水平射程为5m ，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s 2；（2）110； 【解析】（1）根据平抛运动的规律：x ＝v 0t 得0515x t s s v ＝＝＝ 由h ＝12gt 2 得：2222222/4/1h g m s m s t ⨯＝＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R 星星＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R '地地＝则222411=()10210M gR M g R '⨯=星星地地＝ 点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．3．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-=222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤ 若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．4．如图所示，将一小球从倾角θ=60°斜面顶端，以初速度v 0水平抛出，小球落在斜面上的某点P ，过P 点放置一垂直于斜面的直杆(P 点和直杆均未画出)。

高考物理高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr == （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()221L r =从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=2．如图所示，质量为4kg M =的平板车P 的上表面离地面高0.2m h =，质量为1kg m =的小物块Q （大小不计，可视为质点）位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为0.9m R =，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球（大小不计，可视为质点）。

今将小球拉至悬线与竖直方向成60o 角由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无机械能损失。

高考物理营口力学知识点之曲线运动图文解析一、选择题1．汽车在某一水平路面上做匀速圆周运动，已知汽车做圆周运动的轨道半径约为50m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的 0.8倍，则运动的汽车( )A．所受的合力可能为零B．只受重力和地面支持力作用C．所需的向心力由重力和支持力的合力提供m sD．最大速度不能超过20/2．如图所示，一圆盘可绕一通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，圆盘上的小物块A随圆盘一起运动，对小物块进行受力分析，下列说法正确的是( )A．受重力和支持力B．受重力、支持力、摩擦力C．受重力、支持力、向心力D．受重力、支持力、摩擦力、向心力3．公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥,如图，汽车通过凹形桥的最低点时（）A．车的加速度为零，受力平衡B．车对桥的压力比汽车的重力大C．车对桥的压力比汽车的重力小D．车的速度越大，车对桥面的压力越小4．如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。

棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h。

棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g。

则此跳跃过程（）A．所用时间2h tg=B．水平位移大小22hx vg=C．初速度的竖直分量大小为2gh D．初速度大小为2v gh+5．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A53B．20 m/s C203D．5 m/s6．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d．若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（）A22221v v-B．0C．21dvv D．12dvv7．一条小河宽90 m，水流速度8 m/s，一艘快艇在静水中的速度为6 m/s，用该快艇将人员送往对岸，则该快艇（）A．以最短位移渡河，位移大小为90 mB．渡河时间随河水流速加大而增长C．渡河的时间可能少于15 sD．以最短时间渡河，沿水流方向位移大小为120 m8．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR9．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为，a是它边缘上的一点。

曲线运动及其实例分析1.目录题型一 曲线运动的条件及轨迹分析类型1基本概念的辨析与理解类型2　曲线运动的动力学解释题型二 运动的合成与分解类型1合运动与分运动的关系类型2两互成角度运动合运动性质的判断类型3运动合成与分解思想的迁移应用题型三 小船渡河问题题型四 实际运动中的两类关联速度模型类型1　绳端关联速度的分解问题类型2杆端关联速度的分解问题曲线运动的条件及轨迹分析【解题指导】1.条件物体受到的合力方向与速度方向始终不共线。

2.特征(1)运动学特征：做曲线运动的物体的速度方向时刻发生变化，即曲线运动一定为变速运动。

(2)动力学特征：做曲线运动的物体所受合力一定不为零且和速度方向始终不在同一条直线上。

合力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向，合力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小。

(3)轨迹特征：曲线运动的轨迹始终夹在合力的方向与速度的方向之间，而且向合力的一侧弯曲。

(4)能量特征：如果物体所受的合力始终和物体的速度垂直，则合力对物体不做功，物体的动能不变；若合力不与物体的速度方向垂直，则合力对物体做功，物体的动能发生变化。

类型1基本概念的辨析与理解1(2023·海南海口·校考模拟预测)曲线运动是生活中一种常见的运动，下列关于曲线运动的说法中正确的是()A.可能存在加速度为0的曲线运动B.平抛运动是加速度随时间均匀变化的曲线运动C.匀速圆周运动一定是加速度变化的曲线运动D.圆周运动不可以分解为两个相互垂直的直线运动【答案】C【详解】A．根据曲线运动的特点可知，曲线运动的物体加速度不为0，故A错误；B．平抛运动是加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，故B错误；C．匀速圆周运动的加速度方向不断变化，故C正确；D．圆周运动可以分解为两个相互垂直的简谐运动，故D错误；故选C。

2．(2023春·云南·高三统考阶段练习)关于质点做曲线运动，下列说法正确的是()A.曲线运动一定是变速运动，变速运动也一定是曲线运动B.质点做曲线运动，其加速度有可能不变C.质点做曲线运动的过程中，某个时刻所受合力方向与速度方向可能相同D.有些曲线运动也可能是匀速运动【答案】B【详解】A．曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动，也可以是直线运动，故A错误；B．质点做曲线运动，其加速度有可能不变，比如平抛运动的加速度为重力加速度，保持不变，故B 正确；C．质点做曲线运动的过程中，每个时刻所受合力方向与速度方向都不在同一直线上，故C错误；D．曲线运动的速度方向时刻发生变化，不可能是匀速运动，故D错误。

高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m3．如图所示，带有14光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g ) (1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少？【答案】（1）023v gR = （2）123gRv =，253gR v =【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由02mv mu =，解得02v u =C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='222011123222mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有01222mv mu mv mv +=+22220121111222222mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gRv =，253gR v =4．一宇航员登上某星球表面，在高为2m 处，以水平初速度5m/s 抛出一物体，物体水平射程为5m ，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度（2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 【答案】（1）4m/s 2；（2）110； 【解析】（1）根据平抛运动的规律：x ＝v 0t 得0515x t s s v ＝＝＝ 由h ＝12gt 2得：2222222/4/1h g m s m s t ⨯＝＝＝ （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R 星星＝ 地球表面物体重力等于万有引力：2G M mmg R '地地＝则222411=()10210M gR M g R '⨯=星星地地＝ 点睛：此题是平抛运动与万有引力定律的综合题，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；知道平抛运动的研究方法和星球表面的物体的重力等于万有引力．5．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。

高考物理曲线运动解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．如图所示，一根长为0.1 m 的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N ．求： （1）线断裂的瞬间，线的拉力； （2）这时小球运动的线速度；（3）如果桌面高出地面0.8 m ，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N ； （2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s ；（3）落地点离桌面边缘的水平距离2m．【解析】【分析】【详解】(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力mg和弹力F N平衡，线的拉力提供向心力，有：F N=F=mω2R，设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：F1:F0=ω2: 2ω=9:1，又F1=F0+40N，所以F0=5N,线断时有：F1=45N.(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=2vmR，代入数据得：v=5m/s.(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t=220.810hsg⨯==0.4s，则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=5×0.4=2m.3．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。

高考物理新力学知识点之曲线运动解析(4)一、选择题1．关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A．曲线运动的速度大小一定变化B．曲线运动的加速度一定变化C．曲线运动的速度方向一定变化D．做曲线运动的物体所受的外力一定变化2．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体，物体随筒一起转动，物体所需的向心力由下面哪个力来提供()A．重力B．弹力C．静摩擦力D．滑动摩擦力3．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A．53m/s3B．20 m/s C．203m/s3D．5 m/s4．如图所示为一条河流．河水流速为v．—只船从A点先后两次渡河到对岸．船在静水中行驶的速度为u．第一次船头朝着AB方向行驶．渡河时间为t1，船的位移为s1，第二次船头朝着AC方向行驶．渡河时间为t2，船的位移为s2．若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等．则有A．t1>t2 s1<s2B．t1<t2 s1>s2C．t1＝t2 s1<s2D．t1＝t2 s1>s25．如图所示，质量为m的物体，以水平速度v0离开桌面，若以桌面为零势能面，不计空气阻力，则当它经过离地高度为h的A点时，所具有的机械能是( )A．mv02＋mg h B．mv02-mg hC．mv02＋mg (H-h) D．mv026．如图所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB=BC=CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为v A∶v B∶v C为()A．2:3:6B．1:2:3C．1∶2∶3D．1∶1∶17．如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦），在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是A．物体A也做匀速直线运动B．物体A做匀加速直线运动C．绳子对物体A的拉力等于物体A的重力D．绳子对物体A的拉力大于物体A的重力8．如图所示，歼-15沿曲线MN向上爬升，速度逐渐增大，图中画出表示歼-15在P点受到合力的四种方向，其中可能的是A．①B．②C．③D．④9．一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N向M行驶速度逐渐减小。

11年高考（2010-2020年）全国1卷物理试题分类解析（解析版）专题04 曲线运动江苏省特级教师学科网金牌名师戴儒京解析一、选择题（2020年第3题）3.如图，一同学表演荡秋千。

已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。

绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A. 200 NB. 400 NC. 600 ND. 800 N【答案】B【解析】设每根绳子拉力为T，在最低点由2 2mv T mgr-=解得：T=410N即每根绳子拉力约为410N，故选B。

1.（2012年）15．（3分）如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大【解析】由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据t=可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误，B正确；C 、由图象可以看出，abc 三个小球的水平位移关系为a 最大，c 最小，根据x=v 0t 可知，v 0=，所以a 的初速度最大，c 的初速度最小，故C 错误，D 正确。

【答案】BD2.（2014年）20．如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴OO '的距离为l ，b 与转轴的距离为2l 。

木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。

若圆盘从静止开始绕轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω=l kg 2是b 开始滑动的临界角速度D ．当ω=lkg 32时，a 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】AC【解析】本题考查牛顿第二定律、静摩擦力与圆周运动规律的综合运用，难度较小。

高考物理曲线运动试题经典含解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1.如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧.一质量为m 的子弹以速度v o 水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动•圆形轨道半径 为R ,木板B 和圆形轨道总质量为 12m ,重力加速度为g ,不计小球与圆形轨道和木板间 的摩擦阻力.求： ⑴子弹射入小球的过程中产生的内能；(2) 当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3) 为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围.【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题. 1 2 1 2由能量守恒定律得：Q mv o 4mv 22 23 代入数值解得：Qmv 2 8(2) 当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得 F 1 (m 3m)g (m严以木板为对象受力分析得 F 2 12mg F 1 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为冋2木板对水平面的压力的大小F 2 16mg 空0"4R(3) 小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径RV o 8 2gR(1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得:mv 0 (m 3mM1 2由机械能守恒定律得：m 3m w m 3m gR解得：v04 2gR②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：(m 3m)g (m響21 2 1 2 由机械能守恒定律得：(m 3m)V| 2(m 3m)gR (m 3m) v22 2代入数值解得：v0 4 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F3 12 mg在最高点有：(m 3m)v3 F3 (m 3m)g R3由机械能守恒定律得：〔(m 3m)v22(m 3m)gR 」(m 3m) v f 2 2解得：V。

2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破04：曲线运动1．合运动和分运动的关系2.运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定如此．3．合运动的性质判断加速度(或合外力)⎩⎪⎨⎪⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动加速度(或合外力)与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动1．(2018·湖南永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目．当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中假设受到水平风力的影响，如下说法正确的答案是( )A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B ．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C ．运动员下落时间与风力大小无关D ．运动员着地速度与风力大小无关 【答案】C【解析】运动员同时参与了两个分运动，即竖直方向向下的运动和水平方向随风的运动，两个分运动同时发生，相互独立，因此，水平分速度越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故A 、B 错误，C 正确；运动员着地速度与风力大小有关，故D 错误．2．(多项选择)(2018·山东实验中学高三段考)一物体在以xOy 为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x ＝－2t 2－4t ，y ＝3t 2＋6t (式中的物理量单位均为国际单位)．关于物体的运动，如下说法正确的答案是( )A ．物体在x 轴方向上做匀减速直线运动B ．物体在y 轴方向上做匀加速直线运动超重点1：运动的合成和分解C ．物体运动的轨迹是一条直线D ．物体运动的轨迹是一条曲线 【答案】BC【解析】对应位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，x ＝－2t 2－4t ，y ＝3t 2＋6t ，可得初速度：v 0x ＝－4 m/s ，v 0y＝6 m/s ；加速度：a x ＝－4 m/s 2，a y ＝6 m/s 2.物体在x 轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故A 错误；物体在y 轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故B 正确；题中分运动的初速度和加速度数值完全一样，故合运动的初速度数值和方向也是一样的，合运动的初速度方向与加速度方向一样，故合运动一定是匀加速直线运动，故C 正确，D 错误．3．[运动合成与分解的应用] (2015·高考全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度一样，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如下列图．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )A ．西偏北方向，1.9×103 m/sB ．东偏南方向，1.9×103 m/sC ．西偏北方向，2.7×103 m/sD ．东偏南方向，2.7×103 m/s 【答案】B【解析】由题设条件可知，卫星在转移轨道上飞经赤道上空时速度v 1＝1.55×103m/s ，同步卫星的环绕速度v ＝3.1×103m/s ，设发动机给卫星的附加速度为v 2，由平行四边形定如此，三个速度间关系如下列图，由图可知附加速度方向为东偏南，由余弦定理可得v 2＝v 2＋v 21－2vv 1cos 30°≈1.9×103m/s ，选项B 正确．1．船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动． 2．三种速度：船在静水中的速度v 船、水的流速v 水、船的实际速度v 合． 3．三种情景情况图示说明超重点2：小船过河问题渡河时 间最短当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间t min ＝d v 船渡河位 移最短如果v 船＞v 水，当船头方向与上游夹角θ满足v 船cos θ＝v 水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河宽d如果v 船＜v 水，当船头方向(即v 船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，等于dv 水v 船[典例1] 小船在200 m 宽的河中横渡，水流速度为2 m/s ，船在静水中的速度为4 m/s. (1)假设小船的船头始终正对对岸，它将在何时、何处到达对岸？ (2)要使小船到达正对岸，应如何航行？历时多长？(3)假设水流速度是5 m/s ，船在静水中的速度是3 m/s ，如此怎样渡河才能使船漂向下游的距离最短？最短距离是多少？【答案】 见解析【解析】 (1)小船参与了两个分运动，即船随水漂流的运动和船在静水中的运动．因为分运动之间具有独立性和等时性，故小船渡河的时间等于垂直于河岸方向的分运动的时间，即t ＝d v 船＝2004s ＝50 s 小船沿水流方向的位移s 水＝v 水t ＝2×50 m ＝100 m 即船将在正对岸下游100 m 处靠岸．(2)要使小船到达正对岸，合速度v 应垂直于河岸，如下列图，如此cos θ＝v 水v 船＝24＝12，故θ＝60° 即船头的指向与上游河岸成60°角，渡河时间t ＝d v ＝2004sin 60° s ＝10033s. (3)因为v 船＝3 m/s ＜v 水＝5 m/s ，所以船不可能垂直河岸横渡，不论航向如何，总被水流冲向下游．如下列图，设船头(v 船)与上游河岸成θ角，合速度v 与下游河岸成α角，可以看出：α角越大，船漂向下游的距离x ′越短．以v 水的矢尖为圆心，以v 船的大小为半径画圆，当合速度v 与圆相切时，α角最大．如此cos θ＝v 船v 水＝35，故船头与上游河岸的夹角θ＝53° 又x ′d ＝v v 船＝v 2水－v 2船v 船，代入数据解得x ′＝267 m. [易错警示] 求解小船渡河问题的3点注意(1)船的航行方向是船头指向，是分运动；船的运动方向是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致．(2)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关．(3)船渡河位移最小值与v 船和v 水大小关系有关，v 船＞v 水时，河宽即为最小位移；v 船＜v 水时，应利用图解法求极值的方法处理．训练1．(多项选择)(2018·湖北武汉调研)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即在静水中的速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，小船的运动轨迹如下列图，如此( )A ．越接近河岸水流速度越小B ．越接近河岸水流速度越大C ．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短D ．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响 【答案】AC【解析】由船的运动轨迹可知，切线方向即为船的合速度方向，将合速度分解，由于静水速度不变，可知越接近河岸水流速度越小，选项A 正确，B 错误；小船渡河的时候，当船身方向垂直河岸时渡河时间是最短的，而且时间是不受水流速度影响的，选项C 正确，D 错误．训练2．一小船渡河，河水的流速与距某一河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，如此( )A ．船渡河的最短时间为75 sB ．要使船以最短时间渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线C ．要使船以最短路程渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直D ．要使船以最短时间渡河，船在河水中的速度是 5 m/s 【答案】 A【解析】当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，t ＝d v 船＝3004s ＝75 s ，故A 正确；船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线运动，故B 错误；要使船以最短路程渡河，必须是小船合速度始终与河岸垂直，故C 错误；根据速度的合成可知，船在河水正中间时速度最大，为5 m/s ，其余位置小于5 m/s ，故D 错误．训练3．如下列图，一艘轮船正在以4 m/s 的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都一样，其大小为v 1＝3 m/s ，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向一样．某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化．求：(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小． (2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值． 【答案】(1)5 m/s (2)2.4 m/s【解析】(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v 与水流速度v 1方向垂直，如下列图． 故此时轮船相对于静水的速度v 2的大小v 2＝v 2＋v 21＝42＋32 m/s ＝5 m/s ，设v 与v 2的夹角为θ，如此cos θ＝v v 2＝0.8. (2)熄火前，船的牵引力沿v 2的方向，水的阻力与v 2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下，v 2逐渐减小，但其方向不变，当v 2与v 1的矢量和与v 2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ如此v min ＝v 1cos α＝3×0.8 m/s ＝2.4 m/s.1．模型特点合速度→物体的实际运动速度v分速度→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳或杆的分速度v 1其二：与绳或杆垂直的分速度v 22．解题的思路把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如下列图．超重点3：“关联速度〞模型[典例2] (2018·陕西宝鸡模拟)如下列图，水平光滑长杆上套有一物块Q ，跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q ，另一端悬挂一物块P .设轻绳的左边局部与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P 、Q 由静止同时释放，关于P 、Q 以后的运动如下说法正确的答案是( )A ．当θ＝60°时，P 、Q 的速度之比是3∶2B ．当θ＝90°时，Q 的速度最大C ．当θ＝90°时，Q 的速度为零D ．当θ向90°增大的过程中Q 的合力一直增大[思路点拨] (1)P 、Q 两物体用同一根绳连接，如此Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等． (2)将Q 的速度沿绳子和垂直绳子的方向分解，利用数学关系求解． 【答案】 B【解析】 P 、Q 用同一根绳连接，如此Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等，分解v Q 如下列图．如此当θ＝60°时，Q 的速度v Q cos 60°＝v P ，解得v P v Q ＝12，故A 错误；P 的机械能最小时，即为Q 到达O 点正下方时，此时Q 的速度最大，即当θ＝90°时，Q 的速度最大，故B 正确，C 错误；当θ向90°增大的过程中Q 的合力逐渐减小．当θ＝90°时，Q 的速度最大，加速度为零，合力为零，故D 错误．[规律总结] “绳(杆)〞关联速度问题分析思路 (1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，沿绳或杆方向的分速度大小一样．训练1.(2018·湖北龙泉中学、宜昌一中联考)某人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，人以速度v 0匀速向下拉绳，当物体A 到达如下列图位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，如此物体A 实际运动的速度是( )A.v 0cos θB.v 0sin θC ．v 0cos θD ．v 0sin θ【答案】A【解析】将A 的速度以运动效果分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度，如下列图，拉绳的速度等于A 沿绳方向的分速度，根据平行四边形定如此得，实际速度v ＝v 0cos θ，选项A 正确．训练 2.一轻杆两端分别固定质量为m A 和m B 的两个小球A 和B (可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如下列图，当轻杆到达位置2时球A 与球形容器球心等高，其速度大小为v 1，此时轻杆与水平方向夹角θ＝30°，B 球的速度大小为v 2，如此( )A ．v 2＝12v 1B ．v 2＝2v 1C ．v 2＝v 1D ．v 2＝3v 1【答案】C【解析】球A 与球形容器球心等高，速度v 1方向竖直向下，对其分解如下列图，有v 11＝v 1sin 30°＝12v 1，球B 此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v 21＝v 2cos 60°＝12v 2，沿杆方向两球速度相等，即v 21＝v 11，解得v 2＝v 1，C 项正确．训练3．(2018·河南中原名校联考)如下列图，细绳一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A．v sin θB．v cos θC．v tan θ D.v tan θ【答案】A【解析】由题意可知，线与光盘的交点参与两个运动，一是沿着线方向的运动，二是垂直线方向的运动，如此合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，如此有v线＝v sin θ；而线的速度，即为小球上升的速度，故A正确．1．飞行时间：由t＝2hg知，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．2．水平射程：x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定．3．落地速度：v＝v20＋v2y＝v20＋2gh，落地时速度与水平方向夹角为θ，有tan θ＝v yv x＝2ghv0.故落地速度只与初速度v0和下落高度h有关．4.速度改变量：做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝g Δt一样，方向恒为竖直向下，如下列图．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定能过此时水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，如此tan θ＝2tan α.超重点4：平抛运动的根本规律1．(2017·高考全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )A ．速度较小的球下降一样距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降一样距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在一样时间间隔内下降的距离较大 【答案】C【解析】发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落一样距离h 所用的时间是一样的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落一样距离h时在竖直方向上的速度v y 一样，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在一样时间间隔内下降的距离一样，选项D 错误．2.(多项选择)如下列图，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .如下说法正确的答案是( )A ．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．假设小球初速度增大，如此平抛运动的时间变长D ．假设小球初速度增大，如此θ减小 【答案】AD【解析】画出平抛运动分解图，如下列图，由tan θ＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gttan θ，A 正确；由tan α＝h x＝12gt 2v 0t＝gt 2v 0＝12tan θ可知，α≠θ2，B 错误；小球做平抛运动的时间t ＝2hg，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gtv 0可知，v 0越大，θ越小，D 正确．3.(多项选择)如下列图，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力，如此如下表示正确的答案是( )A ．当小球的初速度v 0＝gR 时，落到环上时的竖直分速度最大B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的ac 段圆弧 C ．当v 0取适当值时，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 【答案】BD【解析】小球抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，假设使得竖直分速度最大，根据自由落体运动规律有y ＝12gt 2，当y ＝R ＝12gt 2时速度最大，此时t ＝2Rg，小球落在c点，水平位移为R ，那么平抛的初速度v 0＝2gR 2，选项A 错误．由上知当初速度v 0<2gR 2时，水平位移小于R ，如此小球将撞击到环上的ac 段圆弧，选项B 正确．假设平抛运动末速度与圆弧垂直，如此末速度反向延长线一定指向圆心，根据平抛运动末速度反向延长线与水平位移的交点为水平位移的中点判断，水平位移即为2R ，而小球从a 点向右做平抛运动时不可能落在b 点，所以无论v 0取何值小球都不可能垂直撞击圆环，选项C 错误，D 正确．＊与斜面有关的平抛常见模型与分析方法方法运动情景定量关系总结分解速度v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v xv y＝v 0gt 速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形v x ＝v 0v y ＝gttan θ＝v y v x＝gt v 0 分解位移x ＝v 0ty ＝12gt 2 位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形tan θ＝y x＝gt 2v 0[典例1] (2018·湖南邵阳高三质检)如下列图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过3.0 s 落到斜坡上的A 点．O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g 取10m/s 2)求：(1)A 点与O 点的距离L ；(2)运动员离开O 点时的速度大小； (3)运动员落到A 点时的动能． [思路点拨] 解此题抓住两点： (1)利用化曲为直的分解思想． (2)OA 间距为运动员的位移．【答案】 (1)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J 【解析】 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有y ＝L sin 37°＝12gt 2得A 点与O 点的距离L ＝gt 22sin 37°＝75 m(2)设运动员离开O 点时的速度大小为v 0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即x ＝L cos 37°＝v 0t 解得v 0＝L cos 37°t＝20 m/s (3)方法一：合成法运动员到达A 点时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝30m/s 运动员到达A 点时的动能E k ＝12mv 2＝12m (v 20＋v 2y )＝32 500 J方法二：结论法运动员到达A 点时，位移的偏角θ＝37°， 所以速度的偏角β满足tan β＝2tan θ＝v y v 0即v y ＝2v 0tan θ＝30 m/s运动员到达A 点时的动能E k ＝12m (v 20＋v 2y )＝32 500 J[方法技巧] 与斜面有关的平抛运动模型的2点技巧(1)在解答该类问题时，首先运用平抛运动的位移和速度规律并将位移或速度分解． (2)充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得到顺利解决．训练1.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )A ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ【答案】D【解析】方法一：分解法由“其速度方向与斜面垂直〞知，小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角β＝π2－θ，如下列图．由tan β＝v y v 0，得v y ＝v 0tan β＝v 0tan θ，如此t ＝v yg＝v 0g tan θ，所以y x ＝12gt 2v 0t＝12tan θ，D 正确．方法二：结论法由题意知，小球落到斜面上时，速度的偏角为β＝π2－θ，如下列图．设此时小球的位移偏角为α，如此有2tan α＝tan(π2－θ)＝1tan θ，得tan α＝12tan θ，故y x ＝12tan θ，D 正确．训练2．(2018·山西四校联考)如下列图，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0水平抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α.假设把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，如此以下说法正确的答案是( )A ．夹角α将变大B ．夹角α与初速度大小无关C ．小球在空中的运动时间不变D ．P 、Q 间距是原来间距的3倍 【答案】B【解析】根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，因为初速度变为原来的2倍，如此小球运动的时间变为原来的2倍，选项C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gt v 0＝2tan θ，因为θ不变，如此速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度大小无关，应当选项A 错误，B 正确．P 、Q 的间距s ＝xcos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，如此P 、Q 的间距变为原来的4倍，选项D 错误．一、匀速圆周运动与其描述 1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，假设在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动． (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动． (3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．描述圆周运动的物理量与其关系(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v ＝Δs Δt ＝2πrT. (2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝ΔθΔt ＝2πT. (3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T ＝2πr v ，T ＝1f.(4)向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .(5)相互关系：①v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .②a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T2r ＝4π2f 2r .二、匀速圆周运动的向心力超重点4：圆周运动1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要防止再另外添加一个向心力．2．向心力确实定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力． 3．向心力的公式F n ＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r .三、离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线飞出去的趋势． 3.受力特点(1)当F ＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动； (2)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F ＜m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力，如下列图．四．常见的三种传动方式与特点(1)皮带传送：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .(2)摩擦或齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B .(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度一样，ωA ＝ωB ，由v ＝ωr 知v 与r 成正比．1.(多项选择)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如下列图是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A 轮有48齿，B 轮有42齿，C 轮有18齿，D 轮有12齿，如此( )A ．该自行车可变换两种不同挡位B ．该自行车可变换四种不同挡位C ．当A 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωA ∶ωD ＝1∶4 D ．当A 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωA ∶ωD ＝4∶1 【答案】BC【解析】该自行车可变换四种不同挡位，分别为A 与C 、A 与D 、B 与C 、B 与D ，A 错误，B 正确；当A 轮与D 轮组合时，由两轮齿数可知，当A 轮转动一周时，D 轮要转四周，故ωA ∶ωD ＝1∶4，C 正确，D 错误． 2．如下列图，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B ∶R C ＝3∶2，A 轮的半径大小与C 轮一样，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，如此a 、b 、c 三点在转动过程中的( )A ．线速度大小之比为3∶2∶2B ．角速度之比为3∶3∶2C ．转速之比为2∶3∶2D ．向心加速度大小之比为9∶6∶4 【答案】D【解析】A 、B 轮摩擦传动，故v a ＝v b ，ωa R A ＝ωb R B ，ωa ∶ωb ＝3∶2；B 、C 同轴，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v cR C，v b ∶v c ＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝3∶3∶2，ωa ∶ωb ∶ωc ＝3∶2∶2，故A 、B 错误．转速之比等于角速度之比，故C 错误．由a ＝ωv 得a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确．3.(多项选择)如下列图，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点( )A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶1 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2C．线速度之比v A∶v B＝2∶1D．线速度之比v A∶v B＝1∶ 2【答案】AD【解析】板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，选项A正确，B错误；线速度v＝ωr，线速度之比v A∶v B＝1∶2，选项C错误，D正确．＊圆周运动的动力学分析1．向心力的来源(1)向心力的方向沿半径指向圆心；(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．2．向心力确实定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．六种常见的向心力实例运动模型①飞机水平转弯②火车转弯③圆锥摆向心力的来源图示运动模型④飞车走壁⑤汽车在水平路面转弯⑥光滑水平转台向心力的来源图示1.(多项选择)如下列图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g .假设圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，如下说法正确的答案是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝ 2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】AC【解析】因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，如此根据牛顿第二定律可得F f ＝m ω2R ，由于小木块b 的轨道半径大于小木块a 的轨道半径，故小木块b 做圆周运动需要的向心力较大，选项B 错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b 一定比a 先开始滑动，选项A 正确；当b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝m ω2b ·2l ，可得ωb ＝kg2l，选项C 正确；当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝m ω2a l ，可得ωa ＝kgl ，而转盘的角速度 2kg 3l＜ kgl，小木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得F f ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误．2．(多项选择)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h 的设计不仅与r 有关，还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．如下说法正确的答案是( )A ．速率v 一定时，r 越小，要求h 越大B ．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大C ．半径r 一定时，v 越小，要求h越大D ．半径r 一定时，v 越大，要求h 越大 【答案】AD【解析】火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G 与轨道支持力F N 的合力来提供，如下列图，如此有mg tan θ＝mv 2r ，且tanθ≈sin θ＝h L ，其中L 为轨间距，是定值，有mg h L ＝mv 2r，通过分析可知A 、D 正确．3.[圆锥摆模型分析] (多项选择)如下列图，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，。

高考母题解读高考题千变万化，但万变不离其宗。

千变万化的新颖高考题都可以看作是由母题衍生而来。

研究高考母题，掌握母题解法规律，使学生触类旁通，举一反三，可使学生从题海中跳出来，轻松备考，事半功倍。

母题12、水平面内的匀速圆周运动【知识归纳】圆周运动包括匀速圆周运动和竖直面内的变速圆周运动。

匀速圆周运动的特点是物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。

解答匀速圆周运动问题的方法是：选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象，分析物体受力情况，其合外力提供向心力；运用F合=mv2/R或F合=mω2R或F合=m22Tπ⎛⎫⎪⎝⎭R列方程求解。

只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。

竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点速度不为零。

典例（2011安徽理综卷）一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。

如图（a）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。

现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度υ0抛出，如图（b）所示。

则在其轨迹最高点P处的曲率半径是A.2vgB.22sinvgαC.22cosvgαD.22cossinvgαα【解析】：斜抛出去的物体到达最高点的速度沿水平方向，大小为υ0cosα，加速度为a=g，由向心加速度公式，a=v2/ρ，解得轨迹最高点P处的曲率半径是ρ=22cosvgα，选项C正确。

【答案】： C【点评】此题考查曲线运动、向心加速度等知识点。

【针对训练题精选解析】1（2012江苏苏州期末）如图，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和B ，它们与盘面间的动摩擦因数相同 . 当匀速转动的圆盘转速恰为两物体刚好未发生滑动时的转速，烧断细线，则两个物体的运动情况将是（A ）两物体均沿切线方向滑动（B ）两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远（C ）两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动（D ）物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远2.（2012上海虹口期末）某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A 、B ，A 盘固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28cm 。