2016年高考物理专题3-抛体运动与匀速圆周运动

考点3 斜面上圆周运动的临界问题(能力考点·深度研析)1．题型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。

2．解题关键——重力的分解和视图物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。

►考向1 斜面上摩擦力作用下的临界问题如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g 。

要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为( C )A.μg cos θω2 B ．g sin θω2 C.μcos θ－sin θω2g D ．μcos θ＋sin θω2g [解析] 由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力最大，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r ，解得r ＝μcos θ－sin θω2g ，故A 、B 、D 错误，C 正确。

与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。

只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。

►考向2 斜面上绳作用下的临界问题如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L 的轻绳一端固定在O 点，另一端连着一质量为m 的小球(视为质点)，可绕斜面上的O 点自由转动。

现使小球从最低点A 以速率v 开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B 。

重力加速度大小为g ，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。

下列说法正确的是( C )A ．小球通过B 点时的最小速度可以小于gL sin θ B ．小球通过A 点时的加速度为g sin θ＋v 2LC ．若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2LD ．小球通过A 点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大[解析] 小球通过最高点B 时，当绳的拉力为零时速度最小，即mg sin θ＝mv 2min L，最小速度v min ＝gL sin θ，故A 错误；小球在A 点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力，沿斜面方向有F －mg sin θ＝mv 2L ＝ma A ，可得a A ＝v 2L，故B 错误；若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀速直线运动，在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s水平＝v B t ＝gL sin θ·t,2L ＝12at 2，其中a ＝g sin θ，联立解得s 水平＝2L ，即小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2L ，故C 正确；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度大小无关，故D 错误。

第5讲实验:探究平抛运动的特点1.用如图甲、乙所示的两种装置来分析平抛运动。

(1)图甲中用小锤击打弹性金属片C,球A沿水平方向飞出后做平抛运动,与此同时,与球A相同的球B被松开做自由落体运动;改变实验装置离地面的高度,多次实验,两球总是(选填“同时”“A先B后”或“B先A后”)落地,这说明做平抛运动的球A在竖直方向上做(选填“自由落体运动”或“竖直下抛运动”)。

(2)图乙中,M、N是两个完全相同的轨道,轨道末端都与水平方向相切,其中,轨道N的末端与光滑水平面相切,轨道M通过支架固定在轨道N的正上方。

将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上,同时切断电源,使两球以相同的初速度v0同时通过轨道M、N的末端,发现两球(选填“同时”或“先后”)到达E处,发生碰撞。

改变轨道M在轨道N上方的高度,再进行实验,结果两球也总是发生碰撞,这说明做平抛运动的P球在水平方向上的运动情况与Q球(选填“相同”或“不同”),为(选填“匀速直线运动”或“匀加速直线运动”)。

2.(浙江6月选考)在“探究平抛运动的特点”实验中(1)用图甲装置进行探究,下列说法正确的是。

A.只能探究平抛运动水平分运动的特点B.需改变小锤击打的力度,多次重复实验C.能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点(2)用图乙装置进行实验,下列说法正确的是。

A.斜槽轨道M必须光滑且其末端水平B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动C.小钢球从斜槽M上同一位置由静止滚下(3)用图丙装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。

实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上P点由静止滚下,撞击挡板留下点迹0,将挡板依次水平向右移动x,重复实验,挡板上留下点迹1、2、3、4。

以点迹0为坐标原点,竖直向下建立坐标轴y,各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。

测得钢球直径为d,则钢球平抛初速度v0为。

A.(x+d2)√g2y1B.(x+d2)√gy2-y1C.(3x-d2)√g2y4D.(4x-d2)√g2y43.某实验小组利用图甲所示装置测定平抛运动的初速度。

物理知识点复习提纲（二）（人教版必修2适用）专题四：抛体运动和圆周运动【知识要点】1、运动的合成与分解（A级）（1）运动的合成与分解指的是位移、速度、加速度的合成与分解。

由于它们都是矢量，所以遵循平行四边形定则。

（2）合运动与分运动具有等时性、独立性。

（3）合运动的性质讨论：两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动；匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动或匀变速曲线运动。

2、平抛运动的规律（B级）（1）定义：将物体以一定初速度水平抛出去，物体只在重力作用下的运动叫平抛运动，其轨迹是抛物线的一部分。

（2）平抛运动是匀变速曲线运动，在任何相等的时间内速度变化大小相等，方向相同。

（3 ）对平抛运动的处理办法：先进行运动的分解再进行运动的合成。

Vx=V0Vy=gt V= V02+（gt）2，tanθ=Vy/Vx=gt/V0X=V0·t Y=1/2gt2 S= X2+Y2 ，tanα=Y/X= gt/2V0a x =0 a y=g a=0（4）物体做平抛运动的时间由决定；物体做平抛运动的水平射程由和决定。

【例题分析】例1、在高空匀加速水平飞行的飞机上自由释放一物，若空气阻力不计，飞机上人看物体的运动轨迹是( A )A.倾斜的直线B.竖直的直线C.不规则曲线D.抛物线例2、如图所示，在高度分别为h A、h B(h A＞h B)两处以v A、v B相向水平抛出A、B两个小物体，不计空气阻力，已知它们的轨迹交于C点，若使A、B两物能在C处相遇，应该是( B) 必须大于v BA。

.vB。

A物必须先抛C。

v B必须大于v AD。

A、B必须同时抛3、匀速圆周运动（A 级）（1）定义：物体做圆周运动，在任意相等的时间内里通过的弧长均相等的运动。

（2）特点：速度大不变，方向时刻在变化，故不是匀变速曲线运动。

（3）描述匀速圆周运动的物理量：线速度：描述质点沿圆弧运动的快慢，V=S/t=2πR/T=R·w角速度：描述质点绕圆心转动的快慢，w=θ/t=2π/T周期：质点绕圆周运动一圈所用时间．国际单位s，T越小，运动越快．T=1/f向心加速度：只改变速度的大小，而不改变速度的方向。

1．(·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1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( )图1A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g 6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．2．(·浙江理综·19)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 答案 ACD解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．3．(·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2② 在ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2c④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一运动的合成与分解1．如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向答案 B解析人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．2．如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的()图5A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D ．tan α与时间t 成正比 答案 BD解析 由题意可知，y 轴方向，y ＝v 0t .而x 轴方向，x ＝12at 2，联立可得：y 2＝2v 20a x ，故A 错误，B 正确；x 轴方向，v x ＝at ，那么合速度的大小v ＝v 20＋a 2t 2，则v 的大小与时间t 不成正比，故C 错误；tan α＝at v 0＝av 0t ，故D 正确．3．如图6所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析 环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)d ，选项A 错误；环到达B 处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v 物＝v 环sin 45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C 正确；设环能下降的最大距离为H ，则 对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，选项D 正确．1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰． (2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等． (4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．( √ ) (2)变速运动一定是曲线运动．( × )(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．( × )考题二 平抛(类平抛)运动的规律4．如图7所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h .B 点离地面的高度为2h .将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h .已知重力加速度为g ，则( )图7A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为(3－2)h gC ．小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B ＝32 D ．小球A 、B 抛出的初速度之比v Av B ＝23 答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，由于A 到P 的竖直高度较大，所以从A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A 错误；由t ＝2h g，得两个小球抛出的时间间隔为Δt ＝t A －t B ＝2×1.5hg－2hg＝(3－2)hg .故B 正确；由x ＝v 0t 得v 0＝xg 2h ，x 相等，则小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B＝ h B h A＝ h 1.5h＝23，故C 错误，D 正确．5．在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．甲先到达最大高度处B ．乙先到达最大高度处C ．乙先到达A 点D ．甲先到达水平地面 答案 C解析 斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v 2＝2gh ，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A 、B 错误；由前面分析，结合图像可知，乙到达A 点时，甲在上升阶段，故C 正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误．6．如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2B ．0.5C ．1 D. 2答案 A解析 如图所示，由三角形的边角关系可知， AQ ＝PQ所以在竖直方向上有， OQ ＋AQ ＝10 m所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s. v y ＝gt ＝10 m/s 所以tan θ＝v yv 0＝21．平抛运动规律以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．图10(1)水平方向：v x ＝v 0 x ＝v 0t (2)竖直方向：v y ＝gt y ＝12gt 2(3)合运动：合速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2合位移：s ＝x 2＋y 2合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝y x ＝gt2v 02．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三 圆周运动问题的分析7．如图11所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图11A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝mv 22L 解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．8．如图12所示，质量为m 的竖直光滑圆环A 的半径为r ，竖直固定在质量为m 的木板B 上，木板B 的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m 的小球C .现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v 0必须满足( )图12A.3gr ≤v 0≤5grB.gr ≤v 0≤3grC.7gr ≤v 0≤3grD.5gr ≤v 0≤7gr答案 D解析 在最高点，速度最小时有：mg ＝m v 21r解得：v 1＝gr .从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v 1′，根据机械能守恒定律，有： 2mgr ＋12mv 21＝12mv 1′2解得v 1′＝5gr . 要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F ＝mg ＋mg ＝2mg 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v 2′， 在最高点，速度最大时有：mg ＋2mg ＝m v 22r 解得：v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有：2mgr ＋12mv 22＝12mv 2′2解得：v 2′＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr .9．如图13所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W . 答案 见解析解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ 小球速度最大时其加速度为零，则 k Δl 1＝mg sin θ 解得Δl 1＝mg sin θk(2)设弹簧伸长Δl 2时，球受到杆的支持力为N ，水平方向上有N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0 解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2ml 0＋Δl 2cos 2θ(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0， 此时有mg tan θ＝mω20L 0cos θ 解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2小球在最高点A 离开杆瞬间的动能 E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2]根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0 解得W ＝38mgL ＋12mv 201．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)． 3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四 抛体运动与圆周运动的综合10．如图14所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则( )图14A ．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点到O 点的水平距离为2R 答案 CD解析 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，E k 减少，故做变速圆周运动A 错误；在最高点P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误．恰好通过P 点，则有mg ＝mv 2PR得v P ＝gR ， mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2得v ＝5gR <3gR ，故C 正确； 过P 点 x ＝v P ·t 2R ＝12gt 2得：x ＝gR ·2Rg＝2R ，故D 正确． 11．如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8 m/s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后离开轨道．已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8 m ，圆弧轨道半径R ＝10 m ，选手质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：图15(1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度； (2)选手到达C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.6 s 10 m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N ，方向竖直向下 解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.6 s 在竖直方向 v y ＝gt ＝6 m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2y ＝10 m/s与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv 0＝0.75，则θ＝37°(2)从B 点到C 点：mgR (1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点：N C －mg ＝m v 2C RN C ＝1 200 N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 N C ′＝N C ＝1 200 N ，方向竖直向下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，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破： 1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口． 2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．关于物体的运动，以下说法正确的是()A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化答案AD解析物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．2．如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)()图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝bv.速度最大，最大速度为v max＝a vbB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max＝a2＋b2v bC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度v min ＝a v bD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度v min ＝a va 2＋b 2答案 D解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤bv ，解得v 船≥a v b ，船最小速度为a vb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河应是时间最小，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为a va 2＋b 2，所以C 错误，而D 正确．3．如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m A 的小物块A ，细线跨过O 点的轻小光滑定滑轮一端连接A ，另一端悬挂质量为m B 的小物块B ，C 为O 点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.现将A 、B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )图17A ．物块B 从释放到最低点的过程中，物块A 的动能不断增大B ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的机械能先增大后减小 C ．PO 与水平方向的夹角为45°时，物块A 、B 速度大小关系是v A ＝22v BD ．物块A 在运动过程中最大速度为 2m B ghm A答案 AD解析 物块B 从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B 的机械能不断减小，则物块A 的动能不断增大，故A 正确；物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B 错误；PO 与水平方向的夹角为45°时，有：v A cos 45°＝v B ，则：v A ＝2v B ，故C 错误；B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，此时物块B 下落高度为h ，由机械能守恒定律得：12m A v 2A ＝m B gh ，解得：v A ＝2m B ghm A，故D 正确．4．如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0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，若把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )图18A ．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 ．PQ 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，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gtv 0＝2tan θ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确．PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误．5．如图19所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中( )图19A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 的速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰 答案 C解析 A 球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A 错误．根据公式Δv ＝a Δt ，由于A 和B 的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A 的速度变化等于B 的速度变化，故B 错误．根据动能定理得：W G ＝ΔE k ，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A 、B 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C 正确．A 球做的是自由落体运动，B 球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A 、B 两球可能在空中不相碰，故D 错误．6．如图20所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图20A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s 答案 AB解析 从坡面顶端到O 点，由机械能守恒，mgh ＝12m v 2，v ＝1 m/s ，故A 正确；O 到P 平抛，水平方向x ＝v t ，竖直方向h ′＝12gt 2；由数学知识y ＝x 2－6，－h ′＝x 2－6，即－12gt 2＝(v t )2－6，解得t ＝1 s ，则B 正确；tan α＝gtv ＝10，故C 错误；到P 的速度v P ＝v 2＋(gt )2＝101 m/s ，D 错误．7．如图21所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O 顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量为m 的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向答案 C解析因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.8．如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图22A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB答案BC解析因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μB gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．9．如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B 点的初速度多大？(2)若小球从B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B 点的初速度大小的范围．答案 (1)2 3 m/s (2)v B ≤2 m/s 或10 m /s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 解析 (1)小球在最高点A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 N ＝N ′＝mg ①根据牛顿第二定律N ＋mg ＝mv 2A R②从B 到A 过程，由动能定理可得－mg ·(2R )＝12mv 2A －12mv 20③ 代入数据可解得v 0＝2 3 m/s ④(2)情况一：若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有： －μmgL ＝0－12mv 21⑤得v 1＝4 m/s ⑥ 若小球恰好过最高点A mg ＝mv A ′2R⑦从B 到A 过程－mg ·(2R )＝12mv A ′2－12mv 22⑧得v 2＝10 m/s ⑨所以当10 m/s≤v B ≤4 m/s 时，小球停在BC 间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 23⑪ h ＝12gt 2⑪ s ＝v C t ⑬得v 3＝6 m/s ⑭所以当v B ≥6 m/s 时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有 －mgR ＝0－12mv 24⑯得v 4＝2 m/s ⑰所以当v B ≤2 m/s 时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B 点的初速度大小的范围是v B ≤2 m/s 或10 m/s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 10．如图24所示，半径R ＝2.5 m 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量m ＝1 kg 的小球从A 点左上方距A 点高h ＝0.45 m 的P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P 点抛出时的速度大小v 0；(2)小球从C 点运动到D 点过程中摩擦力做的功W ； (3)小球从D 点返回经过轨道最低点B 的压力大小． 答案 (1)4 m/s (2)－8 J (3)56 N 解析 (1)在A 点有： v 2y ＝2gh ① v yv 0＝tan θ② 由①②式解得：v 0＝4 m/s ③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能： W ＝－12mv 20＝－8 J。