2019高考物理二轮复习测试：四、抛体运动与圆周运动：含解析

训练4抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分．第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求．)1。

如图所示,A、D分别是斜面的顶端、底端,B、C是斜面上的两个点,AB ＝BC＝CD,E点在D点的正上方,与A等高,从E点水平抛出质量相等的两个小球,球1落在B点,球2落在C点,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶3C．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC＝2AB,则AC的高度差是AB高度差的2倍,根据h＝1 2gt2得：t＝2hg,解得球1和球2运动的时间比为1∶2,故A错误；根据动能定理得,mgh＝ΔE k,知球1和球2动能增加量之比为1∶2,故B错误；DB在水平方向上的位移是DC在水平方向位移的2倍,结合x＝v0t,解得初速度之比为22∶1,故C正确；平抛运动的物体只受重力,加速度为g,故两球的加速度相同,故D错误．答案：C2．如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P ,细线的上端固定在金属块Q 上,Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置),两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T ,细线的长度为L 。

P 球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有：F T ＝mg cos θ,mg tan θ＝mω2L sin θ,得角速度ω＝g L cos θ,周期T ＝2πω＝2πL cos θg 。

专题04 平抛运动与圆周运动【母题来源一】2019年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II 卷）【母题原题】（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v –t 图象如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C ．第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD【解析】由v –t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确；由于v –t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0v v a t-=易知a 1>a 2，故C 错误；由图象斜率，速度为v 1时，第一次图象陡峭，第二次图象相对平缓，故a 1>a 2，由G –f y =ma ，可知，fy 1<f y 2，故D 正确【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】（2019·江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱A ．运动周期为2πRωB ．线速度的大小为ωRC ．受摩天轮作用力的大小始终为mgD ．所受合力的大小始终为m ω2R 【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πTω=，解得：2πT ω=，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v R ω=，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg ，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2F m R ω=合，故D 正确。

回扣练5：抛体运动与圆周运动1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动C．此时“魔盘”的转速一定不大于12πμg rD．此时“魔盘”的转速一定不小于12πgμr解析：选D.“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A错误；“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近时，若“小芳”刚好不下滑，设转动的角速度为ω，则有μm1ω2r＝m1g，此时“盼盼”所受静摩擦力f＝m2ω2r＝m2gμ，大于最大静摩擦力μm2g所以会滑动，故B错误；“小芳”做匀速圆周运动，由公式F N＝mω2r＝m(2πn)2r，mg＝f≤μF N，联立解得：n≥12πgμr，故D正确．2．如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh 3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ 3C．A、B两点高度差为h 4D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等解析：选C.小球乙到C的速度为v＝2gh，此时小球甲的速度大小也为v＝2gh，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2故A错；小球运动到C时所用的时间为h＝12gt2得t＝2hg，而小球甲到达C点时竖直方向的速度为6gh2，所以运动时间为t′＝6gh2g，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为3∶2故B错；由甲乙各自运动的时间得：Δh＝12gt2－12gt′2＝h4，故C对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等，故D错；故选C.3．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，∠BOC ＝60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿切线滑入圆轨道，则小球在C 点对轨道的压力为( )A.73mg B ．3mg C.103mg D ．4mg解析：选C.小球由A 至B 做平抛运动，设初速度v A ，平抛时间为t ，竖直方向有R cos 60°＝12gt 2；B 点的速度相切于圆轨道，故平抛的速度偏向角为60°，有tan 60°＝gt v 0，可得v A ＝ gR 3.从A 至C 由动能定理：mgR ＝12mv 2C －12mv 2A ，对C 点的小球，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2C R，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力与支持力大小相等，解得F N ′＝F N ＝103mg .故选C.4．如图，质量为m 的小球从A 点由静止开始沿半径为R 的14光滑圆轨道AB 滑下，在B 点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C 点(图中未画出)．已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为( )A.13mgR 4B ．9mgR 4C ．mgRD ．2mgR解析：选A.设小球通过B 点时的速度大小为v ，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：12mv 2＝mgR ，得：v ＝2gR ；设小球从B 运动到C 的时间为t .则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，得t ＝2v tan θg；小球平抛过程下落的高度为h ＝12gt 2＝94R ；则从A 点到C点的过程中小球重力所做的功为W ＝mg (R ＋h )＝134mgR ，故选A. 5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u ，竖直方向速度为v ，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h .小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h 4的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的14(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是( )A.4uv g B ．3uv gC.2uv g D ．uv g解析：选A.将一个小球从光滑水平地面上一点抛出后做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h ，从最高点下落到水平地面的时间为t 1＝v g，v 2＝2gh ，小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h 4的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t2＝v2g，v22＝2gh4＝14v2，小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面h4×14＝h16的高度，从最高点下落到水平地面的时间为：t3＝v4g，v24＝2gh16＝116v2，以此类推，小球在停止弹跳时所花费的总时间为：t＝t1＋t2＋t3＋…＝2vg⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋14＋…＝4vg，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限为：x＝ut＝4uvg，故A正确，BCD错误；故选A.6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一质量为m的小球，可在竖直平面内绕O点摆动，现拉紧细线使小球位于与O点在同一竖直面内的A位置，细线与水平方向成30°角，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C位置时，细线承受的拉力是() A．4mg B．3.5mgC．3mg D．1.75mg解析：选B.对小球进行受力分析及运动过程分析如图所示，根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A与水平面的对称点B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则v＝2gl，方向竖直向下；在B位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小球沿细线方向的分速度突然减至零，使小球竖直向下的速度变为只有沿圆弧切线方向上的分速度，大小为v B′＝v B cos 30°，小球由B运动至C，绳子的拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12mv2C－12mv B′2，解得v C＝5gl2，在C点，根据牛顿第二定律得：T－mg＝m v2Cl，解得T＝3.5mg，故B正确，ACD错误；故选B. 7．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则()A．击球点的高度与网高度之比为2∶1B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 解析：选D.因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x＝v0t知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝12gt2可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为1∶9，所以击球点的高度与网高之比为9∶8，故AB错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝v20＋v2y可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2；故D正确；故选D.8．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．A端距离地面的高度为gs2 2v20B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0C．小球从A端运动至B端的时间为s v0D．小球运动至B端的速率为gs v0解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t＝s v0，则A端距离地面的高度h＝12gt2＝gs22v20，故A正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh＝12mv2B，解得小球运动到B端时的速度v B＝2gh＝gsv0，B点速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝v yv0＝gtv0＝sgv20，可知v x＝v B cos α＝gsv0v40＋g2s2，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间t≠sv0，故C错误．故选AD.9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．物块滑到b点时的速度为gRB．物块滑到b点时对b点的压力是mg C．物块滑到b点时对b点的压力是3mgD．c点与b点的距离为R μ解析：选CD.由机械能守恒可知，mgR＝12mv2；解得b点时的速度为2gR，故A错误；b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F－mg＝m v2R可得，支持力F＝3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg; 故B错误，C正确；对全程由动能定理可知，mgR－μmgs＝0，解得bc两点间的距离为Rμ，故D正确；故选CD.10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A ．运动员落到雪坡时的速度大小为v 0cos θB ．运动员在空中飞行的时间是2v 0tan θgC ．如果v 0大小不同，则运动员落到雪坡时的速度与斜面的夹角也就不同D ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡上时的速度与斜面的夹角都是相同的解析：选BD.速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gt v 0，可知速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍．落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于θ，根据平行四边形定则知，速度v ≠v 0cos θ.故A 错误．根据tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，解得平抛运动的时间t＝2v0tan θg.故B正确．物体落在雪坡上，速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向的夹角不变，则速度方向与水平方向的夹角不变．故D正确，C错误．故选BD。

专题一力与运动考点四抛体运动与圆周运动[限时45分钟；满分100分]一、选择题(1～7题每小题7分，8～10题每小题9分)1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图1－4－18所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是图1－4－18A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力有关D．运动员着地速度与风力无关解析水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A、C错误；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B 正确、D错误。

答案 B2.如图1－4－19所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是图1－4－19A．物体B正向右做匀减速运动B．物体B正向右做加速运动C．地面对B的摩擦力减小D．斜绳与水平方向成30°时，v A∶v B＝3∶2解析将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有v B cos α＝v A，所以v B＝v Acos α，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是匀减速运动，选项A、B 错误；在竖直方向上，对B有mg＝F N＋F T sin α，F T＝m A g，α减小，则支持力F N增大，根据F f＝μF N可知摩擦力F f增大，选项C错误；根据v B cos α＝v A，斜绳与水平方向成30°时，v A∶v B＝3∶2，选项D正确。

答案 D3．(多选)如图1－4－20所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10 m/s2)。

2022届高三二轮物理复习专题训练抛体运动和圆周运动.一、单选题1．老鹰在空中盘旋时，必须倾斜翅膀，靠空气对翅膀的作用力和老鹰的重力的合力来提供向心力，如图所示，已知空气对老鹰翅膀的作用力垂直于老鹰的翅膀。

假设老鹰以角速度ω、线速度v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，翅膀与水平方向的夹角为θ，为保证老鹰仅依靠重力和空气对翅膀的作用力的合力提供向心力，下列说法正确的是（）A．若飞行速率v增大，θ增大，则角速度ω可能不变B．若R不变、θ减小，则角速度ω必须要变大C．若角速度ω不变，θ增大，则半径R减小D．若θ不变、飞行速率v增大，则半径R必须要变小2．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。

木块以水平初速度v0出发，恰好能完成两个完整的圆周运动。

在运动过程中，完成第一圈与第二圈所用时间之比为（）A．2）：1 B．2:1 C．1:1 D．23．如图所示，位于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量分别为m1和m2的两带孔小球穿于环上。

当圆环最终以角速度ω绕竖直直径匀速转动时，发现两小球均离开了原位置，它们和圆心的连线与竖直方向的夹角分别记为θ1和θ2，下列说法正确的是（）A．若m1>m2，则θ1>θ2B．若m1<m2，则θ1>θ2C．θ1和θ2总是相等，与m1和m2的大小无关D．以上说法均错误4．滚筒洗衣机静止于水平地面上，衣物随着滚筒一起在竖直平面内做高速匀速圆周运动，以达到脱水的效果。

滚筒截面如图所示，下列说法正确的是（）A．衣物运动到最低点B点时处于失重状态B．衣物运动的过程中洗衣机对地面的压力不变C．衣物运动到最高点A点时受到滚筒的作用力最大，脱水效果更好D．衣物运动到最低点B点时受到滚筒的作用力最大，脱水效果更好5．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的飞行时间不相同C．b的初速度比c的大D ．a 的初速度比b 的小6．如图所示，小球A 从位于倾角为30°的斜面上某点以速度v 1水平抛出，在右侧有另一小球B ，从与小球A 位于同一高度的某一位置，以速度v 2水平抛出，两球都落在了斜面上的同一点，且小球B 恰好垂直打到斜面上，则两球抛出初速度之比v 1：v 2为（ ）A ．1：2B ．2：3C ．3：2D ．3：4 7．东京奥运会，将滑板、棒垒球等五项运动新加入奥运会项目中。

课时跟踪训练(三)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x ，竖直方向的位移为y ，结果小球在空中运动过程中y 与x 2的关系如图所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )A.102m/s B. 5 m/s C ．2 m/s D. 2 m/sA [将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v 0，则有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，则y ＝g 2v 20x 2，结合图象有g 2v 20＝2，求得v 0＝102m/s ，A 项正确．]2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )A ．①B ．②C ．③D ．④A [根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A 正确．]3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh 3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等C [A 项，小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2故A 错；B.小球运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2hg .而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh2g ，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2故B 错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等故D 错；故选C.]4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R 的圆轮在竖直面内绕O 轴匀速转动，轮上A 、B 两点均粘有一小物体，当B 点转至最低位置时，此时O 、A 、B 、P 四点在同一竖直线上，已知OA ＝AB ，P 是地面上的一点．A 、B 两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP 的距离是( )A.76RB ．7RC.52RD ．5RA [设OP 之间的距离为h ，则A 下落的高度为h －12R ，A 随圆轮运动的线速度为12ωR ，设A 下落的时间为t 1，水平位移为x ， 则在竖直方向上有h －12R ＝12gt 21① 在水平方向上有x ＝12ωR ·t 1②B 下落的高度为h －R ，B 随圆轮运动的线速度为ωR ，设B 下落的时间为t 2，水平位移也为x ，则在竖直方向上有h －R ＝12gt 22③在水平方向上有x ＝ωR ·t 2④联立①②③④式解得h ＝76R ，A 项正确．]5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C .已知斜面上端与曲面末端B 相连．若AB 的高度差为h ，BC 间的高度差为H ，则h 与H 的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.34B.43C.49D.94C [小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh ＝12m v 2B ，解得：v B ＝2gh ，到达B 点后小球做平抛运动在竖直方向有：H ＝12gt 2，解得：t ＝2Hg ，水平方向x＝v B t ，根据几何关系有：tan 37°＝Hx＝Hv B t＝H2Hg2gh＝34，解得：hH＝49，故C正确，A、B、D错误．]6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝2Rg时间小球运动到与圆心等高的位置D[A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg＝m v2R.得v＝gR，故A错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错；C.从A到C由动能定理可知：mgR＝12m v2C－12m v2，当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－12m v2C，解得h＝32R，故C错；D.若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝12gt2，解得t＝2Rg，故D正确；故选D.]7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是()A ．轻绳上的弹力保持不变B ．轻绳上的弹力逐渐变大C ．弹簧上的弹力逐渐变大D ．弹簧上的弹力先变小后变大BD [小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：T cos θ＝mg ，T sin θ－F ＝mω2r ，由于小球在竖直方向处于静止，所以T ＝mgcos θ，随角速度增大，θ增大，所以T 增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B 、D 正确．]8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD 是一个边长为L 的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P 点以初速度v 0斜向上抛出，小球到达A 点时速度方向恰好与AB 平面相切．已知重力加速度为g ，P 、D 之间的距离为2L .下列说法正确的是( )A ．小球到达A 点时的速度为24v 0B ．小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°C ．小球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小D ．仅减小初速度v 0，小球仍有可能运动到AB 平面上BC [根据逆向思维，小球从A 到P 做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v ，根据平抛运动的规律，小球在P 点时，v y v ＝2y x ＝2L2L ＝1，所以v y ＝v ，而v 2y ＋v 2＝v 0，所以v y＝v ＝22v 0，小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A 错误，选项B 正确；球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率P ＝mg v y ，随着v y 的变小而逐渐减小，选项C 正确；仅减小初速度v 0，小球不可能运动到AB 平面上，选项D 错误．]9．如图所示，一根原长为l 0的轻弹簧套在光滑直杆AB 上，其下端固定在杆的A 端，质量为m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A 端的竖直轴OO ′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l 02，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )A ．弹簧为原长时，杆的角速度为g 2l 0B ．当杆的角速度为gl 0时，弹簧处于压缩状态C ．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D ．在杆的角速度由0缓慢增大到232g l 0过程中，小球机械能增加了54mgl 0CD [静止时，k l 02＝mg sin θ⇒kl 0＝mg ，弹簧为原长时，mg tan 30°＝mω2l 0·cos 30°，解得：ω＝2g3l 0，A 项错误；当杆的角速度大于2g3l 0时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B 项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 项正确；小球随杆转动的角速度为232gl 0时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl ，在水平方向上：F N sin30°＋k Δl ·cos 30°＝mω2(l 0＋Δl )cos 30°，在竖直方向上：F N cos 30°－k Δl ·sin 30°－mg ＝0，解得：Δl ＝l 02，则小球的重力势能增加量为ΔE p ＝mgl 0sin 30°＝12mgl 0，动能增加量为ΔE k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32ωl 0cos 30°2＝34mgl 0，可知D 项正确．]10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H ，反弹的高度为916H .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH4t ＋mgC ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32HAC [A 、B 项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v 1＝－2gH ，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v 2＝2g ×9H16＝9gH8，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：F t ＝m v 2－m v 1，代入数据解得：F ＝7m 2gH4t ，故A 正确，B 错误；C 、D 项：小球第一次下落的时间为t ＝2Hg ，水平初速度v 0＝4H 32Hg＝8gH9，第一次反弹到最高点所用的时间为t ′＝2×9H 16g，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v 0t ′＝28gH 9×9H8g ＝2H ，故C 正确，D 错误．]11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC 为半径等于252m 、竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5 kg 的小球从O 点正上方某处A 点以速度v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入圆管，OB 与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F ＝5 N 的力的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g 取10 m/s 2)求：(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？OA 的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？解析 (1)小球从A 运动到B 为平抛运动，有r sin 45°＝v 0t 在B 点，有tan 45°＝gtv 0解以上两式得v 0＝2 m/s ，t ＝0.2 s 则AB 竖直方向的距离为h ＝12gt 2＝0.2 m OB 竖直方向的距离为h ′＝r cos 45°＝0.4 m 则OA ＝h ＋h ′＝(0.2＋0.4)m ＝0.6 m. (2)在B 点据平抛运动的速度规律有 v B ＝v 0cos 45°＝2 2 m/s小球在管中重力与外加的力F 平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为F N ＝m v 2Br ＝5 2 N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 F N ′＝F N ＝52N.(3)在CD 上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mg sin 45°＋μmg cos 45°＝ma解得a ＝g sin 45°＋μg cos 45°＝82m/s 2根据速度位移关系公式，有x ＝v 2B 2a ＝24m.答案 (1)2m/s 0.6 m (2)52N (3)24m12．如图所示，台阶的高度H ＝1.45 m ，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m 的小球A ，在紧靠A 的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B ，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P ，传送带的长度L ＝53 m ，传送带以v ＝5 m/s 的速率逆时针转动．把小球B 拉到离平台h ＝0.8 m 高处由静止释放，与小球A 正碰后B 球能上升到离平台14h 高处，小球A 恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P 碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝38，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求传送带上端距台阶的距离s ； (2)求小球B 的质量m B ；(3)小球A 被P 反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A 到达的最高点距平台的高度．解析 (1)设小球A 离开平台的速度为v A ，到达传送带上端的速度为v Q ，竖直分速度为v ，则v y ＝v A tan θv 2y ＝2g (H －L sin θ) v Q ＝v y sin θ v y ＝gt s ＝v A t代入数据解得v A＝4 m/sv Q＝5 m/ss＝1.2 m(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为v B，则有m B gh＝12m Bv2012m B v2B＝m B g×h4若B球碰撞后向右运动，则m B v0＝m B v B＋m v A代入数据解得B球的质量m B＝2m此条件下系统的机械能损失ΔE＝14m B gh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．若B球碰撞后向左运动，则m B v0＝m B(－v B)＋m v A代入数据解得B球的质量m B＝2 3m此条件下系统的机械能增加ΔE＝34m B gh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去．(3)小球A从传送带上端运动到下端的过程，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1v2P－v2Q＝2a1L代入数据解得v P＝35m/s小球A被反弹后，由于v P>v，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2小球A减速到v经过的位移为L1，则v2－v2P＝－2a2L1代入数据解得L 1＝59m小球A 从速度为v 时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a 1，则v 2t －v 2＝－2a 1(L －L 1)代入数据解得v t ＝553m/s由于v t <v Q ，故小球A 不可能回到平台上．此后小球A 运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则小球A 上升的高度h ′＝(v t sin θ)22g ＝0.33 m小球A 到达的最高点距平台的高度H ′＝H －L sin θ－h ′＝0.12 m. 答案 (1)s ＝1.2 m (2)m B ＝2m (3)不能，H ′＝0.12 m。

第3讲 抛体运动 圆周运动[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1．(2017·高考全国卷Ⅱ，T14) 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B.一直做正功 C ．始终指向大圆环圆心 D ．始终背离大圆环圆心解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．答案：A2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T15)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 ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同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 ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：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，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖直方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝v t ，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，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．答案：C3．(2018·高考全国卷Ⅲ，T17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v 2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A ．2倍B.4倍 C ．6倍D ．8倍解析：如图所示，可知：x ＝v t ，x ·tan θ＝12gt 2 则x ＝2tan θg·v 2， 即x ∝v 2甲、乙两球抛出速度为v 和v 2，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.答案：A4.(2016·高考全国卷Ⅱ，T16)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L，可得F T ＝3mg ，因m P >m Q ，故选项C 正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误． 答案：C5．(2017·高考全国卷Ⅱ，T17)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有x ＝v 1t,2R ＝12gt 2，求得x ＝ －16(R －v 28g )2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及相关物理量的临界和极限状态的求解，或考查平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量．竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题、匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现．2．单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合的命题常以计算题的形式出现．3．平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合形成综合类考题．■解题要领——怎么做1．熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于利用转折点的速度进行突破．2．灵活应用运动的合成与分解的思想解决平抛、类平抛运动问题；对匀速圆周运动问题，掌握寻找向心力来源、圆心及求半径的方法．[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．物体做曲线运动的条件：当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动．2．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则．3．做平抛运动的物体，平抛运动的时间完全由高度决定．4．平抛(或类平抛)运动的推论(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.5．做匀速圆周运动的物体，其向心力等于合力，并且向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小，因此物体的动能保持不变，向心力不做功，但动量不断改变．6．水平面内圆周运动临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．(2)常见临界条件：绳子松弛的临界条件是绳的张力F T ＝0；接触面滑动的临界条件是拉力F ＝F fmax ；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力F N ＝0.7．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳模型：半径为R 的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是v ≥gR .(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v >0.[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能考向一 运动的合成与分解1．合运动性质和轨迹的判断方法：若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速运动，加速度不恒定则为非匀变速运动．2．三种过河情景分析(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t min ＝d v 1(d 为河宽，v 1为船在静水中的速度)．(2)过河路径最短(v 2<v 1时，v 2为水流的速度)：合速度垂直于河岸时，航程最短，x min ＝d .船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1. (3)过河路径最短(v 2>v 1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河，最短航程s 短＝d cos α＝v 2v 1d . 3．端速问题解题原则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．1．(2018·山东临沂检测)有一个质量为4 kg的质点在xOy平面内运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图甲、乙所示．下列说法正确的是()A．质点做匀变速直线运动B．质点所受的合外力为22 NC．2 s时质点的速度为6 m/sD．零时刻质点的速度为5 m/s解析：由图可知质点在x轴方向上做匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，合力的方向沿x轴方向．在x轴方向上的初速度为3 m/s，在y轴方向上的速度为4 m/s，则初速度v0＝32＋42m/s＝5 m/s，初速度方向不沿x轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故A错误，D正确；质点在x轴方向上的加速度为a x＝1.5 m/s2，y轴方向上的加速度为零，则合加速度为a＝1.5 m/s2，所以合力为F＝ma＝4×1.5 N＝6 N，B错误；2 s末在x轴方向上的速度为v x＝6 m/s，在y轴方向上的速度为v y＝4 m/s，则合速度v＝62＋42m/s>6 m/s，C错误．答案：D2．(2018·湖北咸宁期中联考)如图所示，小船以大小为v(小船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O′处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是( )A ．θ角不变且v 增大B.θ角减小且v 增大 C ．θ角增大且v 减小 D ．θ角增大且v 增大解析：若在增大v 的同时，适当增大θ角，才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度增大，则小船才能垂直到达河对岸，且时间更短，选项D 正确．答案：D3．如图所示，在水平力F 作用下，物体B 沿水平面向右运动，物体A 恰匀速上升．以下说法正确的是( )A ．物体B 正向右做匀减速运动B ．物体B 正向右做加速运动C ．地面对B 的摩擦力减小D ．斜绳与水平方向成30°时，v A ∶v B ＝3∶2解析：将B 的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A 的速度，如图所示，根据平行四边形定则有v B cos α＝v A ，所以v B ＝v A cos α，当α减小时，物体B 的速度减小，但B 不是做匀减速运动，选项A 、B 错误；在竖直方向上，对B 有mg ＝F N ＋F T sin α，F T ＝m A g ，α减小，则支持力F N 增大，根据F f ＝μF N 可知摩擦力F f 增大，选项C 错误；根据v B cos α＝v A ，知斜绳与水平方向成30°时，v A ∶v B ＝3∶2，选项D 正确．答案：D[方法技巧]运动的合成与分解问题的三点注意(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的合成，如第3题中物体B 的运动是合运动．(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，遵循平行四边形定则，如第1题中，速度和加速度的计算就遵循平行四边形定则．考向二 抛体运动[典例展示1] (多选)(2018·河北石家庄模拟)如图所示，甲球从O 点以水平速度v 1飞出，落在水平地面上的A 点．乙球从O 点以水平速度v 2飞出，落在水平地面上的B 点反弹后恰好也落在A 点．已知乙球在B 点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．由O 点到A 点，甲球运动时间与乙球运动时间相等B ．甲球由O 点到A 点的水平位移是乙球由O 点到B 点水平位移的3倍C ．v 1∶v 2＝3∶1D ．v 1∶v 2＝2∶1[思路探究] (1)甲球由O 到A 的时间和乙球由O 到B 的时间有何关系？(2)乙球由B 到A 的运动满足什么规律？(3)乙球由B 到A 的过程中最高点与O 点相比哪点高？[解析] 根据题述情景和平抛运动规律知，由O 点到A 点，甲球运动时间是乙球运动时间的13，选项A 错误；甲球由O 点到A 点的水平位移是乙球由O 点到B 点水平位移的3倍，选项B 正确；甲球从O 点到A 点，乙球从O 点到B 点，运动时间相等，由x ＝v t 可知，甲、乙两球水平速度之比为v 1∶v 2＝3∶1，选项C 正确，D 错误．[答案] BC[方法技巧]处理平抛(类平抛)运动的注意事项(1)处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动，如例题中甲、乙两物体水平方向都做匀速直线运动．(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．4.(多选)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A ，已知A 点高度为h 0，山坡倾角为θ，重力加速度为g ，由此可算出( )A ．轰炸机的飞行高度B.轰炸机的飞行速度 C ．炸弹的飞行时间 D ．炸弹投出时的动能解析：根据A 点的高度可知炸弹的水平位移为h 0·cot θ，炸弹在水平方向上有h 0·cot θ＝v 0t ，由于炸弹垂直击中目标A ，有tan θ＝v 0gt ，联立可求得t 与v 0，再根据h ＝12gt 2可以得出轰炸机的飞行高度，故A 、B 、C 正确；由于不知道炸弹的质量，无法求出炸弹投出时的动能，D 错误．答案：ABC5．(多选)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θgD ．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2 θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC6.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g 6h <v <L 1 g 6h B.L 14 g h <v < (4L 21＋L 22)g 6h C.L 12g 6h <v <12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14 g h <v <12 (4L 21＋L 22)g 6h解析：设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h－h ＝12gt 21，水平方向上有L 12＝v 1t 1，由以上两式可得v 1＝L 14 g h.设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22，在水平方向有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2，由以上两式可得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h.则v 的最大取值范围为v 1<v <v 2.故选项D 正确．答案：D考向三 圆周运动问题[典例展示2] (2018·湖南怀化期中联考)质量为m 的小球由轻绳a和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l .当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>g cot θl ，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化[思路探究] (1)小球做匀速圆周运动时，绳a 拉力的效果是什么？(2)若b 绳上无张力，保持θ不变时角速度是多大？[解析] 由于小球m 的重力不为零，a 绳的张力不可能为零，b 绳的张力可能为零，选项A 错误；由于a 绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a 绳的张力随角速度的增大不变，b 绳的张力随角速度的增大而增大，选项B 错误；若b 绳中的张力为零，设a 绳中的张力为F ，对小球m ，F sin θ＝mg ，F cos θ＝mω2l ，联立解得ω＝g cot θl ，即当角速度ω> g cot θl，b 绳将出现弹力，选项C 正确；若ω＝ g cot θl，b 绳突然被剪断时，a 绳的弹力不发生变化，选项D 错误．[答案] C[方法技巧]解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环，如例题中是水平圆周运动．(2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等．(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如例题中，当ω＝g cot θl时，a绳的水平分量提供向心力，当ω> g cot θl时，a绳的水平分量与b绳上拉力的合力充当向心力．(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．7．(多选)(2018·北京密云质检)如图甲、乙、丙、丁所示是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R.下列说法正确的是()A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为gR解析：甲图中，由mg ＝m v 2R可知，当轨道车以一定的速度v ＝gR 通过轨道最高点时，座椅给人的力为零，选项A 错误；乙图中，由F －mg ＝m v 2R可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力F ＝mg ＋m v 2R，选项B 正确；丙图中，由F －mg ＝m v 2R 可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力F ＝mg ＋m v 2R ，选项C 正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，选项D 错误．答案：BC8.(多选)如图所示，甲、乙两水平圆盘的半径之比为1∶2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m 1和m 2的小物体，m 1＝2m 2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m 1距甲盘圆心r ，m 2距乙盘圆心2r ，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是( )A ．m 1和m 2的线速度之比为1∶4B ．m 1和m 2的向心加速度之比为2∶1C ．随转速慢慢增加，m 1先开始滑动D ．随转速慢慢增加，m 2先开始滑动解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R ＝ω2·2R ，则得ω1∶ω2＝2∶1，所以物块相对圆盘开始滑动前，m 1与m 2的角速度之比为2∶1，根据公式v ＝ωr ，得v 1v 2＝ω1r ω2·2r ＝11，A 错误；根据a ＝ω2r 得m 1与m 2的向心加速度之比为a 1∶a 2＝(ω21·r )∶(ω22·2r )＝2∶1，B 正确；根据μmg ＝mrω2知，m 1先达到临界角速度，可知当转速增加时，m 1先开始滑动，C 正确，D 错误．答案：BC9．(多选)如图甲所示，半径为R 、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A 时，小球受到的弹力F 与其在A 点速度平方(即v 2)的关系如图乙所示．设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．当地的重力加速度大小为R bB ．该小球的质量为a bR C ．当v 2＝2b 时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7aD ．当0≤v 2<b 时，小球在A 点对圆管的弹力方向竖直向上解析：由图乙可知，当v 2＝b 时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg ＝m b R ，故g ＝b R，选项A 错误；当v 2＝0时，有mg ＝a ，又因为g ＝b R ，所以小球的质量m ＝a bR ，选项B 正确；当v 2＝2b 时，设小球运动到最低点时的速度大小为v ′，则由机械能守恒定律可得mg ·2R ＝12m v ′2－12m ·2b ，设小球在最低点时受到的弹力大小为F ′，则由向心力公式可得F ′－mg ＝m v ′2R，联立解得F ′＝7a ，选项C 正确；当0≤v 2<b 时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D 错误．答案：BC[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．下列说法正确的是( )A ．做曲线运动的物体的合力一定是变化的B ．两匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心D．做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化不同解析：做曲线运动的物体的合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；两个匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，选项C正确；做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化相同，均等于gt，选项D错误．答案：C2．(2018·江苏三市第二次联考)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等解析：根据抛体运动规律，三个石子在空中运动时间相等，落地时竖直速度相等，沿轨迹3运动的石子水平速度最小，落水时速度最小，选项A正确，B错误；三个石子在空中运动只受重力，加速度相等，选项C错误；三个石子在最高点时石子1速度最大，石子3速度最小，选项D错误．答案：A3．某飞机练习投弹，飞行高度为h＝500 m，飞行速度为v＝100 m/s，飞机飞行到A点上空时实施投弹，结果炮弹落在了目标的前方s＝100 m处，第二次投弹时，保持飞机速度不变，仍在A点上空投弹，为了能命中目标，第二次投弹的高度约为(重力加速度g取10 m/s2)()A．450 m B.405 mC ．350 mD ．300 m解析：由题意可知，炮弹第二次做平抛运动的水平位移应为x ＝v2h g －s ，第二次平抛运动的时间t ＝x v ，因此第二次投弹的高度h ′＝12gt 2＝12g ( 2h g －s v)2＝405 m ，B 项正确． 答案：B4.如图所示，一条小河河宽d ＝60 m ，水速v 1＝3 m /s.甲、乙两船在静水中的速度均为v 2＝5 m/s.两船同时从A 点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好到达正对岸的B 点，乙船到达对岸的C点，则( )A ．α＝βB ．两船过河时间为12 sC ．两船航行的合速度大小相同D ．BC 的距离为72 m 解析：因为同时到达对岸，所以d v 2cos α＝d v 2cos β，解得α＝β，A 正确；当船头垂直岸渡河时t ＝d v 2＝12 s ，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v 2，故渡河时间大于12 s ，B 错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C 错误；根据几何知识可得cos α＝cos β＝45，所以sin β＝35，故乙船在水流方向的速度为v ＝(3＋5×35)m /s ＝6 m/s ，渡河时间为t ′＝d v 2cos β＝15 s ，所以BC 的距离为x BC ＝v t ′＝6×15 m ＝90 m ，D 错误．答案：A5.(2018·天津市河西区高三期末)如图所示，质量为m 的小球在竖直面内的光滑圆形轨道内侧做圆周运动，通过最高点且刚好不脱离轨道时的速度为v ，重力加速度为g ，则当小球通过与圆心等高的A 点时，对轨道内侧的压力大小为( )A ．mgB ．2mgC ．3mgD ．5mg解析：小球恰好通过最高点时，有mg ＝m v 2R，由最高点到A 点过程，由机械能守恒定律有mgR ＝12m v 2A －12m v 2，在A 点由牛顿第二定律有F N ＝m v 2A R，联立解得轨道对小球的弹力F N ＝3mg .由牛顿第三定律得小球对轨道内侧的压力大小为3mg ，选项C 正确．答案：C6.(2018·河南洛阳联考)如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升．下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin α解析：棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度为v 实＝ωL ＝v sin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D二、多项选择题7．(2018·四川成都高三二诊)如图甲所示，水平放置的圆盘绕竖直固定轴匀速转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2 mm 的均匀狭缝，将激光器a 与传感器b 上下对准，a 、b 可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，当狭缝经过a 、b 之间时，b 接收到一个激光信号，图乙为b 所接收的光信号强度I 随时间t 变化的图线，图中Δt 1＝1.0×10－3 s ，Δt 2＝0.8×10－3 s ．由此可知( )。

[课时作业] 单独成册 方便使用 一、单项选择题1．(2017·高考江苏卷)如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A ．t B.22t C.t 2D.t 4解析：依据运动的独立性原理，在水平方向上，两球之间的距离d ＝(v 1＋v 2)t ＝(2v 1＋2v 2)t ′，得t ′＝t2，故选项C 正确． 答案：C2．(2018·湖南衡阳高三模拟)如图所示，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半圆．AB 为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以v 1、v 2速度从A 点沿AB 方向水平飞出，分别落于C 、D 两点，C 、D 两点距水平路面的高度分别为圆半径的0.6倍和1倍．则v 1∶v 2的值为( )A.3B.35C.3155D.235解析：设圆半径为R ，依平抛运动规律得x 1＝v 1t 1，x 2＝v 2t 2，联立相比得v 1v 2＝x 1t 2x 2t1＝(R ＋0.8R )t 2Rt 1＝1.8t 2t 1.又y 1＝12gt 21，y 2＝12gt 22，由两式相比得t 1t 2＝y 1y 2，其中y 2＝R ，y 1＝0.6R ，则有t 1t 2＝y 1y 2＝155，代入速度比例式子得v 1v 2＝3155.答案：C3.(2018·江西南昌模拟)如图，窗子上、下沿间的高度差为H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁L ＝1.4 m 、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的P 点将可视为质点的小物体以速度v 水平抛出，小物体穿过敞开的窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2.则v 的取值范围是( ) A ．v ＞7 m/s B ．v ＜2.3 m/s C ．3 m/s ≤v ≤7 m/sD ．2.3 m/s ≤v ≤3 m/s解析：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大，此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入解得v max ＝7 m/s.恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v 最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，解得v min ＝3 m/s.故v 的取值范围是3 m/s ≤v ≤7 m/s ，C 正确． 答案：C 二、多项选择题4.如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )A ．两次小球运动时间之比t 1∶t 2＝1∶ 2B ．两次小球运动时间之比t 1∶t 2＝1∶2C ．两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02＝1∶ 2D ．两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02＝1∶2解析：两次小球在竖直方向上均做自由落体运动，两次小球下落高度之比为1∶2，由自由落体运动规律可知，运动时间之比为1∶2，选项A 正确，B 错误；水平方向两次小球均做匀速直线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为1∶2，选项C 正确，D 错误． 答案：AC5.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( ) A ．若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0g tan θ B ．若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0g tan θ C ．若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0g tan θ D ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θg解析：小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan(π2－θ)＝gt 2v 0，即t ＝2v 0g tan θ，A 正确；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π2－θ，则tan(π2－θ)＝gtv 0，即t ＝v 0g tan θ，B 正确，D 错误；小球击中斜面中点时，设斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg ，C 错误． 答案：AB6.如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面．从A 点以水平速度v 向右抛出小球(可视为质点)时，其落点与A 点的水平距离为s 1；从A 点以水平速度3v 向右抛出小球时，其落点与A 点的水平距离为s 2.不计空气阻力，则s 1∶s 2可能为( ) A ．1∶3 B ．1∶8 C ．1∶12D ．1∶24解析：本题可分三种情况进行讨论：①若两次小球都落在BC 水平面上，则下落的高度相同，所以运动的时间相同，由x ＝v 0t 知，水平距离之比等于水平初速度之比，可得s 1∶s 2＝1∶3；②若两次小球都落在斜面AB 上，设斜面倾角为θ，则在竖直方向上，小球做自由落体运动，在水平方向上小球做匀速直线运动，设两次运动的时间分别为t 1和t 2，则tan θ＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0，得t ＝2v 0tan θg ，可得t 1∶t 2＝v ∶3v ＝1∶3，再由水平位移x ＝v 0t ，可得s 1∶s 2＝1∶9；③若第一次落在斜面AB 上，第二次落在水平面BC 上，根据平抛运动的基本规律可知其水平位移之比在1∶3到1∶9之间．综上所述可知A 、B 正确． 答案：AB 三、非选择题7.(2018·湖南岳阳联考)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A 以v 1＝6 m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A 的正上方有一物体B 以某一初速度水平抛出，如果当A 上滑到最高点时恰好被B 物体击中．(A 、B 均可看成质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求： (1)物体A 上滑到最高点所用的时间t ； (2)物体B 抛出时的初速度v 2； (3)物体A 、B 间初始位置的高度差h .解析：(1)物体A 上滑的过程中，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma ， 代入数据得a ＝6 m/s 2，经过t 时间上滑到最高点，由运动学公式有 0＝v 1－at ， 代入数据解得t ＝1 s.(2)平抛物体B 的水平位移x ＝12v 1t cos 37°＝2.4 m ， 平抛初速度v 2＝xt ＝2.4 m/s. (3)物体A 、B 间初始位置的高度差h ＝12v 1t sin 37°＋12gt 2＝6.8 m. 答案：(1)1 s (2)2.4 m/s (3)6.8 m。

抛体运动与圆周运动热点一 运动的合成与分解命题规律：该热点在高考中主要以选择题的形式进行考查，命题角度有以下几点： (1)根据分运动性质判断合运动性质． (2)根据合运动性质判断分运动性质． (3)考查运动中的临界极值问题．1.(2014²高考四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kv k 2－1 B.v1－k 2C.kv 1－k 2D.v k 2－1[解析] 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝d v 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝d v 21－v 2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v 1－k2，选项B 正确． [答案] B2.(2014²康杰四校联考)在高于河面20 m 的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v ＝3 m/s 拉绳，使小船靠岸，那么( )A ．5 s 时绳与水面的夹角为60°B ．5 s 内小船前进了15 mC ．5 s 时小船的速率为4 m/sD ．5 s 时小船距离岸边15 m[解析] 设开始时小船距河岸为L ，由tan 30°＝h L，解得L ＝20 3 m ．5 s 后绳端沿岸通过的位移为x ＝vt ＝15 m ，设5 s 后小船前进了x 1，绳与水面的夹角为θ，由几何关系得sin θ＝h 2h －x ＝0.8，即θ＝53°，A 错误；由tan θ＝hL －x 1，解得x 1＝19.6 m ，B 错误；由v 1cos θ＝v 可得5 s 时小船的速率为v 1＝5 m/s ，C 错误；5 s 时小船到岸边的距离为L －x 1＝20 3 m －19.6 m ＝15 m ，D 正确． [答案] D 3.质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．物体初速度的方向与合外力方向垂直B ．物体所受的合外力为3 NC ．物体的初速度为5 m/sD ．2 s 末物体的速度大小为7 m/s[解析] 由题图可知，沿x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，a x ＝1.5 m/s 2，所以沿x 轴方向合力F x ＝ma x ＝1.5 N ；沿y 轴方向做匀速直线运动，合力为零，所以A 正确，B 错误；物体的初速度v 0＝v y ＝4 m/s ，C 错误；2 s 末物体速度大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s ，D 错误．[答案] A[总结提升] 运动合成与分解的一般思路明确合运动或分运动的运动性质.明确是在哪两个方向上的合成或分解.找出各个方向上已知的物理量速度、位移、加速度运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.热点二 平抛运动规律及应用命题规律：平抛运动的规律是每年高考的重点，有时以选择题的形式出现，有时出现于力学综合题中，有时还以带电粒子在电场中的运动为背景考查类平抛运动的处理方法．1.(2014²高考新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12[解析] 设物块在抛出点的速度为v 0，落地时速度为v ，抛出时重力势能为E p ，由题意知E p＝12mv 20；由机械能守恒定律，得12mv 2＝E p ＋12mv 20，解得v ＝2v 0，设落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则cos θ＝v 0v ＝22，解得θ＝π4，B 正确． [答案] B2.(多选)(2013²高考上海卷)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此可算出( ) A ．轰炸机的飞行高度 B ．轰炸机的飞行速度 C ．炸弹的飞行时间 D ．炸弹投出时的动能[解析] 设轰炸机投弹位置高度为H ，炸弹水平位移为x ，则H －h ＝12v y ²t ，x ＝v 0t ，二式相除H －h x ＝12²v y v 0，因为v y v 0＝1tan θ，x ＝h tan θ，所以H ＝h ＋h2tan 2 θ，A 正确；根据H －h ＝12gt 2可求出飞行时间，再由x ＝v 0t 可求出飞行速度，故B 、C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误． [答案] ABC3.如图所示，边长为L 的正方形ABCD 中有竖直向上的匀强电场，一个不计重力的带电粒子，质量为m ，电荷量为q ，以初速度v 0从A 点沿AD 方向射入，正好从CD 的中点射出，而且射出时速度方向与CD 成θ＝30°的夹角．(1)该带电粒子带什么电？(2)该电场的电场强度E 为多少？[解析] (1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧，故带电粒子受到的电场力竖直向下，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子应带负电． (2)带电粒子在电场中做类平抛运动，则： 水平方向：L ＝v 0t 竖直方向：v y ＝at由牛顿第二定律得：Eq ＝ma由带电粒子离开电场时的速度方向可得： tan(90°－θ)＝v yv 0解得：E ＝3mv 2qL.[答案] (1)负电 (2)3mv 2qL[总结提升] (1)“化曲为直”是处理平抛(类平抛)运动的基本思路和方法． (2)平抛运动与斜面的结合有下列两种情形：方法 斜面 内容分解速度水平v x ＝v 0竖直v y ＝gt合速度v ＝v 2x ＋v 2y 分解位移水平x ＝v 0t竖直y ＝12gt 2合位移x 合＝x 2＋y 2热点三 圆周运动问题的分析命题规律：该知识为每年高考的重点和热点，题型既有选择题，也有计算题．近几年的高考命题规律主要有以下几点：(1)圆周运动与平衡知识的综合题． (2)考查圆周运动的临界和极值问题．(3)与平抛运动、功能关系相结合的力学综合题．1.(2014²高考新课标全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( ) A ．Mg －5mg B ．Mg ＋mg C ．Mg ＋5mg D ．Mg ＋10mg[解析] 法一：以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ²2R ＝12mv 2，在大环最低点有F N －mg ＝m v 2R ，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为F N ′＝F N ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确．法二：设小环滑到大环最低点时速度为v ，加速度为a ，根据机械能守恒定律12mv 2＝mg ²2R ，且a ＝v 2R，所以a ＝4g ，以整体为研究对象，受力情况如图所示．F －Mg －mg＝ma ＋M ²0所以F ＝Mg ＋5mg ，C 正确．[答案] C2.(2014²高考安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s[解析] 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O 为对称轴位置) 由沿斜面的合力提供向心力，有μmg cos 30°－mg s in 30°＝m ω2R 得ω＝g4R＝1.0 rad/s ，选项C 正确． [答案] C3.(2013²高考重庆卷)如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g . (1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k )ω0，且0＜k ≤1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．甲[解析] (1)对物块受力分析，如图甲： F 向＝mg tan θ＝m ω20R sin θω0＝g R cos θ＝2gR.①(2)当ω＝(1＋k )ω0时，对物块受力分析如图乙，摩擦力方向沿罐壁切线向下 水平方向：F N sin θ＋F f cos θ＝m ω2R sin θ②乙竖直方向：F N cos θ＝F f sin θ＋mg ③联立①②③得F f ＝3k ＋k2mg .丙当ω＝(1－k )ω0时，对物块受力分析如图丙，摩擦力方向沿罐壁切线向上水平方向：F N sin θ－F f cos θ＝m ω2 R sin θ④ 竖直方向：F N cos θ＋F f sin θ＝mg ⑤联立①④⑤得F f ＝3k －k2mg .[答案] (1)2g R(2)当ω＝(1＋k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为F f ＝3k2＋k 2mg当ω＝(1－k )ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为F f ＝3k－k2mg[总结提升] 解决圆周运动力学问题要注意以下几点(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m ωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．平抛与圆周运动的组合问题命题规律：曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，考查运动的合成与分解、牛顿第二定律和功能关系等知识，常以计算题的形式呈现．[解析] (1)小球恰能通过最高点有mg ＝m v 2R(2分)由B 点到最高点有12mv 2B ＝12mv 2＋mg ²2R (2分)由A →B 有－μmgL 1＝12mv 2B －12mv 2A (2分)解得在A 点的初速度v A ＝3 m/s.(1分) (2)若小球刚好停在C 点，则有－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2A (2分)解得在A 点的初速度v A ′＝4 m/s(1分)若小球停在BC 段，则有3 m/s≤v A ≤4 m/s(1分) 若小球通过C 点，并刚好越过壕沟，则有 h ＝12gt 2(1分) s ＝v C t (1分)－μmg (L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv ″2A (2分)解得v ″A ＝5 m/s(1分) 初速度的范围是：3 m/s≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s.(1分) [答案] 见解析[方法总结] (1)多过程问题实际是多种运动规律的组合．平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．(2)要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点． 最新预测1 (2014²北京市丰台区一模)一长l ＝0.80 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.10 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1.00 m ．开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示．让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)当小球运动到B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；(3)若OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．解析：(1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgl解得小球运动到B 点时的速度大小 v B ＝2gl ＝4.0 m/s.(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B ty ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离x ＝v B H －lg＝0.80 m.(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由圆周运动规律得F m －mg ＝m v 2B rr ＝l －OP由以上各式解得F m ＝9 N.答案：(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N最新预测2 如图所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的光滑14圆形轨道，EF 为一倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，木板的下端D 离斜面底端的距离为15 m ，开始时木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块从A 点由静止开始下滑，通过B 点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝36.取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)物块做平抛运动的时间；(3)若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？解析：(1)物块由A 到B 由动能定理得：mgR ＝12mv 2解得：v 0＝2Rg ＝2 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 20R解得：F N ＝mg ＋m v 20R＝3 N ，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为3 N. (2)设物块到达斜面的竖直速度为v y ，则tan θ＝v y v 0，v y ＝gt解得：t ＝v 0tan θg ＝315s.(3)物块在E 点的速度：v ＝v 20＋v 2y ＝433m/s对物块：v ′＝v ＋a 1ta 1＝g (sin θ－μcos θ)＝2.5 m/s 2 对木板：v ′＝a 2ta 2＝g (sin θ＋μcos θ)＝7.5 m/s 2 解得：v ′＝2 3 m/s.答案：(1)3 N (2)315s (3)2 3 m/s[失分防范] 解决平抛与圆周运动的组合问题时极易从以下几点失分：①不能熟练掌握平抛和圆周运动的规律；②找不到衔接两种运动过程的关键物理量；③对竖直面内圆周运动的几种模型不能熟练掌握，找不出向心力.应从以下几点进行防范：①熟练掌握各个运动过程的运动规律；②运动速度如何变化，机械能是否守恒；③要善于抓住转折点或临界点的速度进行突破；④明确各子过程或全过程有关物理量的变化规律.)一、选择题1．(2014²陕西师大附中期中)如图所示，两次船头垂直对岸渡河时船相对于水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A 至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1；由于水速增大，第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2，则( )A ．t 2＞t 1，v 2＝x 2v 1x 1 B ．t 2＞t 1，v 2＝x 1v 1x 2 C ．t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2D ．t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1解析：选D.设河的宽度为d ，则船在水中运动的时间t ＝dv 船，可见两次渡河的时间是相等的，即t 2＝t 1；根据运动的等时性，x 1v 1＝x 2v 2，可得v 2＝x 2v 1x 1，选项D 正确．2．(多选)(2013²高考江苏卷)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( ) A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大解析：选CD.两球加速度都是重力加速度g ，A 错误；飞行时间t ＝22hg，h 相同则t 相同，B 错误；水平位移x ＝v x t ，在t 相同情况下，x 越大说明v x 越大，C 正确；落地速度v ＝v 2x ＋v 2y ，两球落地时竖直速度v y 相同，可见v x 越大，落地速度v 越大，D 正确． 3．(多选)(2014²青岛模拟)质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．前2 s 内质点处于失重状态B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．质点的加速度方向与初速度方向垂直D ．质点向下运动的过程中机械能减小解析：选AD.根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x＝43m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a ＝1 m/s 2.前2 s 内质点处于失重状态，2 s 末质点速度为v ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432 m/s ＞4 m/s ，选项A 正确，B 错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C 错误．质点向下运动的过程中a ＝1 m/s 2＜g ，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D 正确．4．(2014²上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A. 3gR2B. 33gR2C.3gR 2 D. 3gR 3解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确．5．如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( ) A ．α1＞α2 B ．α1＝α2 C ．α1＜α2 D ．无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.6．(2014²北京市石景山区模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( ) A ．tan θ1tan θ2＝2 B ．cot θ1tan θ2＝2 C ．cot θ1cot θ2＝2 D ．tan θ1cot θ2＝2解析：选A.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，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tanθ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2，选项A 正确．7．(2013²高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析：选D.根据v ＝ωr ，两座椅的ω相等，由r B ＞r A ，可知v B ＞v A ，A 错误；向心加速度a＝ω2r ，因ω相等r 不等，故a 不相等，B 错误；水平方向mg tan θ＝m ω2r ，即tan θ＝ω2r g ，因r B ＞r A ，故θB ＞θA ，C 错误；竖直方向F T cos θ＝mg ，绳子拉力F T ＝mgcos θ，因θB ＞θA ，故F T B ＞F T A ，D 正确．8．(多选)(2014²河南南阳一中期末)如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，F N －v 2图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．当地的重力加速度大小为RbB ．小球的质量为a bRC ．v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向上D ．若v 2＝2b ，则杆对小球弹力大小为a解析：选BD.通过题图分析可知：当v 2＝b ，F N ＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mg ＝m b R ，g ＝b R，A 错误；当v 2＝0，F N ＝a 时，重力与弹力F N 大小相等，即mg ＝a ，所以m ＝a g ＝a bR ，B 正确；当v 2＞b 时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v 2＝c ＞b 时，杆对小球的弹力方向竖直向下，C 错误；若v 2＝2b 时，mg ＋F N ＝m 2bR，解得F N＝a ，方向竖直向下，D 正确．9．(2014²重庆模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．匀强电场场强大小为E ＝2mgqB ．小球在B 位置时加速度为零C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2－gLD ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点 解析：选C.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mg q，A 错；小球在B 位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝12mv 2－0，解之得v ＝2－gL ，C 对；从C 点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回到C 点，D 错． 二、计算题10．(2014²高考浙江卷)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 解析：(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a ＝v 202s ＝209 m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2L 2＝v 2hg＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m.答案：(1)209m/s 2(2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m11．如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)求小物块到达C 点时的速度大小；(2)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？ 解析：(1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 60°＝4 m/s.(2)小物块由C 点到D 点的过程中，由动能定理：mgR (1－cos 60°)＝12mv 2D －12mv 2C代入数据解得v D ＝2 5 m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR代入数据解得F N ＝60 N由牛顿第三定律得小物块在D 点时对轨道的压力F ′N ＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(3)设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a 1＝μmg m ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2小物块和木板达到共速，则有v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t 对小物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12mv 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝2.5 m ，即木板的长度至少为2.5 m.答案：(1)4 m/s (2)60 N ，方向竖直向下 (3)2.5 m12．(2014²柳铁二模)如图所示，一个34圆弧形光滑细圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的垫子，左端M 正好位于A 点．将一个质量为m 、直径略小于圆管直径的小球从A 处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力．(1)若小球从C 点射出后恰好能落到垫子的M 端，则小球经过C 点时对管的作用力大小和方向如何？(2)欲使小球能通过C 点落到垫子上，小球离A 点的高度的取值范围是多少？解析：(1)小球离开C 点做平抛运动，落到M 点时水平位移为R ，竖直下落高度为R ，根据运动学公式可得： R ＝12gt 2 运动时间t ＝2Rg从C 点射出的速度为v 1＝R t＝gR2设小球以v 1经过C 点受到管对它的作用力为F N ，由牛顿第二定律得mg －F N ＝m v 21R解得：F N ＝mg －m v 21R ＝mg 2由牛顿第三定律知，小球对管的作用力大小为12mg ，方向竖直向下．(2)小球下降的高度最高时，小球平抛的水平位移为4R ，落到N 点．设能够落到N 点的水平速度为v 2，根据平抛运动规律可求得：v 2＝4Rt＝8gR设小球下降的最大高度为H ，根据机械能守恒定律得：mg (H －R )＝12mv 22解得：H ＝v 222g＋R ＝5R .小球下降的高度最低时，小球运动的水平位移为R ，落到M 点，同理可解得：H ＝5R4故H 取值范围是54R ≤H ≤5R .答案：(1)12mg ，方向竖直向下 (2)54R ≤H ≤5R。

抛体运动与圆周运动一、选择题1．(2018·南京模拟)某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图2－1－18所示．已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )图2－1－18A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点的加速度大C．从B点到D点加速度与速度始终垂直D．从B点到D点加速度与速度的夹角先增大后减小【解析】铅球做斜抛运动，根据曲线运动的条件和题设中在B点的速度与加速度相互垂直，即竖直方向上的分速度为零，可判断B点是轨迹的最高点，根据动能定理可知A项正确；D点和C点的加速度一样大，都等于重力加速度，B错；过了B点后，在D点加速度与速度不可能再垂直，C错；根据曲线运动的特点，可判断从B点到D点加速度与速度的夹角一直减小，D错．【答案】 A2．(多选)甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，如图2－1－19.下列说法中正确的是( )甲乙图2－1－19A．甲做的可能是直线运动，乙做的可能是圆周运动B．甲和乙可能都做圆周运动C．甲和乙受到的合力都可能是恒力D．甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力【解析】甲乙两物体速度的方向在改变，不可能做直线运动，则A错；从速度变化量的方向看，甲的方向一定，乙的发生了变化，甲的合力可能是恒力，也可能是变力，而乙的合力不可能是恒力，则C错误，B、D 正确．【答案】BD3．如图2－1－20所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t 2，则( )图2－1－20 A ．t 2>t 1 v 2＝s 2v 1s 1 B ．t 2>t 1 v 2＝s 1v 1s 2C ．t 2＝t 1 v 2＝s 2v 1s 1D ．t 2＝t 1 v 2＝s 1v 1s 2【解析】 设河宽为d ，船自身的速度为v ，与河岸下游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t ＝d vsin θ，则t 1＝t 2，对合运动，过河时间t ＝s 1v 1＝s 2v 2，故C 正确．【答案】 C4．如图2－1－21所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是( )图2－1－21A ．0.5mgB ．mgC ．1.5mgD ．2mg【解析】 小球从R/2处释放到水平面，由机械能守恒定律，有mg R 2＝12mv 2，贴着挡板内侧运动时，F N ＝m v 2R ，则F N ＝mg ，故正确答案为B.【答案】 B5．(2018·苏州模拟)质量为m 的物体以v 0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为2v 0，不计空气阻力，重力加速度为g ，以下说法正确的是( )A ．该过程平均速度大小为1＋22v 0B ．速度大小变为2v 0时，重力的瞬时功率为2mgv 0C ．运动时间为v 02gD ．运动位移的大小为5v 22g【解析】 如图，物体以v 0的速度水平抛出后速度大小变为2v 0时，θ＝45°，v y ＝v 0，重力的瞬时功率P G ＝mgv y ＝mgv 0，B 错误；设运动时间为t ，则物体的位移为s ＝s 2x ＋s 2y ＝52v 0t ，平均速度为v ＝s t ＝52v 0，A 错误；竖直方向上根据匀变速直线运动的规律有：v y ＝v 0＝gt ，t ＝v 0g ，C 错误；将t ＝v 0g 代入得s ＝5v 22g，D 正确．【答案】 D6．(多选)如图2－1－22所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角为θ＝37°，小物块P 以初速度v 0从平台最左端水平飞出，小物体Q 在斜面上距顶端L ＝7.5 m 处在外力作用下同时由静止开始以加速度a 沿斜面向下做匀加速运动，经历时间t 小物块P 和小物体Q 在斜面上相遇，两物体都可看做质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则下列各组速度、加速度和时间中满足条件的是( )图2－1－22A ．v 0＝10 m/s ，a ＝10 m/s 2，t ＝1.5 s B ．v 0＝14 m/s ，a ＝10 m/s 2，t ＝3 s C ．v 0＝20 m/s ，a ＝21 m/s 2，t ＝2 s D ．v 0＝20 m/s ，a ＝15 m/s 2，t ＝3 s【解析】 对P 做平抛运动有x ＝v 0t 、y ＝12gt 2，且tan θ＝y x ，联立有t ＝3v 02g ①，应用几何关系有y ＝(L ＋12at 2)sin θ，与y ＝12gt 2联立解得t ＝3110－0.6a②，把a ＝10 m/s 2代入②解得t ＝1.5 s ，把t ＝1.5s 代入①解得v 0＝10 m/s ，A 对，B 错；把v 0＝20 m/s 代入①解得t ＝3 s ，把t ＝3 s 代入②解得a ＝15 m/s 2，D 对，C 错．【答案】 AD7．(2018·石家庄模拟)2019年1月11日12时50分，歼20在成都实现首飞，历时18分钟，这标志着我国隐形战斗机的研制工作掀开了新的一页．如图2－1－23所示，隐形战斗机在竖直平面内作横8字形飞行表演，飞行轨迹1→2→3→4→5→6→1，如果飞行员体重为G ，飞行圆周半径为R ，速率恒为v ，在A 、B 、C 、D 四个位置上，飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为N A 、N B 、N C 、N D ，以下关于这四个力的大小关系说法正确的是( )图2－1－23 A ．N A ＝N B ＜N C ＝N D B ．N A ＝N B ＞N C ＝N D C ．N C ＞N A ＝N B ＞N D D ．N D ＞N A ＝N B ＞N C【解析】 设飞行员质量为m ，在A 、B 两点，N A ＋G ＝m v 2R ，N B ＋G ＝m v 2R ，则N A ＝N B ＝m v2R －G ；在C 、D 两点，N C －G ＝m v 2R ，N D －G ＝m v 2R ，则N C ＝N D ＝m v2R＋G ，故答案为A.【答案】 A8.如图2－1－24所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴O.现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 92gL ，则以下判断正确的是( )图2－1－24A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹力【解析】 根据机械能守恒定律有2mgL ＝12mv 2－12mv 2P ，可求出小球在P 点的速度为12gL ＜gL ，故B 正确，A 错误；小球在P 点所需要的向心力F ＝mv 2P L ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 、D 均错误．【答案】 B 二、非选择题9．某同学选了一个倾角为θ的斜坡，他骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡匀速向下行驶，现在他想估测沿此斜坡向上匀速行驶时的功率，为此他数出在上坡过程中某一只脚蹬踩踏板的圈数N(设不间断的匀速蹬)，并测得所用的时间t ，再测得下列相关数据：自行车和人的总质量m ，轮盘半径R 1，飞轮半径R 2，车后轮半径R 3.已知上、下坡过程中斜坡及空气作用于自行车的阻力大小相等，不论是在上坡还是下坡过程中，车轮与坡面接触处都无滑动．不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量．试估测：图2－1－25(1)下坡过程中自行车受到的阻力f ； (2)自行车沿此斜坡向上匀速行驶时的速度v ； (3)自行车沿此斜坡向上匀速行驶时的功率P.【解析】 (1)下坡过程中自行车受到的阻力：f ＝mgsin θ. (2)自行车沿斜坡匀速向上行驶时，轮盘的角速度： ω＝2πN t.设轮盘边缘的线速度为v ，由线速度的定义有v ＝ωR 1设飞轮边缘的线速度为v 2，后车轮边缘的线速度为v 3，因为轮盘与飞轮之间用链条连接．它们边缘上的线速度相同，即v 1＝v 2因飞轮与后轮的转动角速度相同，故有：v 2v 3＝R 2R 3，自行车的速度大小：v ＝v 3＝2πNR 1R 3R 2t.(3)人骑自行车上坡的动力为F ＝f ＋mgsin θ P ＝Fv ＝(f ＋mgsin θ)v 整理得：P ＝4πmgNR 1R 3R 2t sin θ.【答案】 (1)mgsin θ (2)2πNR 1R 3R 2t(3)4πmgNR 1R 3R 2tsin θ 10．(2018·西安一中检测)如图2－1－26所示，长为R 的轻绳，上端固定在O 点，下端连一质量为m 的小球，小球接近地面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度v 0，小球开始在竖直平面内做圆周运动．设小球到达最高点时绳突然被剪断．已知小球最后落在离小球最初位置2R 的地面上．求：图2－1－26(1)小球在最高点的速度v ； (2)小球的初速度v 0；(3)小球在最低点时球对绳的拉力． 【解析】 (1)在水平方向有：2R ＝vt ， 在竖直方向有：2R ＝12gt 2，解得：v ＝gR.(2)根据机械能守恒定律有：12mv20－12mv2＝mg2R解得：v0＝5gR.(3)对小球在最低点时：F T－mg＝m v20 R解得：F T＝6mg由牛顿第三定律可知，球对绳子的拉力为6mg，方向向下．【答案】(1)gR (2)5gR (3)6mg 方向向下。