考点03 平抛运动与圆周运动-2021年高考物理核心考点总动员(原卷版)【高考物理专题】

2021届高考物理核心知识点拨与典例剖析：圆周运动的基本规律及应用★重点归纳★考点一、描述圆周运动的物理量1．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等。

2．匀速圆周运动特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的。

注意：1．匀速圆周运动是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动，并且是加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动。

2．只存在向心加速度，向心力就是做匀速圆周运动的物体所受的合外力。

3．质点做匀速圆周运动的条件（1）物体具有初速度；（2）物体受到的合外力F的方向与速度v的方向始终垂直。

（匀速圆周运动）考点二、向心力的性质和来源注意：向心力是按力的效果命名的，它可以是做圆周运动的物体受到的某一个力或是几个力的合力或是某一个力的分力，要视具体问题而定。

考点三、传动装置中各物理量之间的关系1．角速度相等：同轴转动的物体上的各点角速度相等。

2．线速度大小相等：（要求：在不打滑的条件下）（1）皮带传动的两轮在皮带不打滑的条件下，皮带上及两轮边缘各点的线速度大小相等；（2）齿轮传动；（3）链条传动；（4）摩擦轮传动；（5）交通工具的前后轮（自行车、摩托车、拖拉机、汽车、火车等等）考点四、圆周运动实例分析1．火车转弯在转弯处，若向心力完全由重力G 和支持力N F 的合力F 合来提供，则铁轨不受轮缘的挤压，此时行车最安全。

R 为转弯半径，θ为斜面的倾角， 2=tan v F F mg m R θ==临向合，所以=tan v gR θ临。

（1）当v v >临时，即2tan v m mg Rθ>，重力与支持力N F 的合力不足以提供向心力，则外轨对轮缘有侧向压力。

（2）当v v <临时，即2tan v m mg Rθ<，重力与支持力N F 的合力大于所需向心力，则内轨对轮缘有侧向压力。

(2021年高考物理核心考点专题复习全解析)第13练平抛运动综合问题时间：60分钟分值：100分一、单项选择题（每题6分，共42分）关于平抛运动的问题，有直接运用平抛运动的特点、规律的问题，有平抛运动与圆周运动组合的问题、有平抛运动与天体运动组合的问题、有平抛运动与电场(包括一些复合场)组合的问题等。

1．2022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1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( )图1A．① B．② C．③ D．④答案：A解析：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。

2．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答案:C解析:由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝12gt2及v2y＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故选项C正确。

3.如图2所示,一束平行光垂直斜面照射,小球从斜面上的O点以初速度v0沿水平方向抛出,落在斜面上的P点,不计空气阻力.下列说法正确的是 ()图2A .小球在从O 点运动到P 点的时间与v 0无关B .小球在斜面上的位移OP 与v 0成正比C .小球在斜面上的投影匀速移动D .小球在斜面上的投影匀加速移动答案：D解析：根据tan θ=12gt 2v 0t 得t=2v 0tanθg ,可知小球只要落在斜面上,在空中运动的时间就与初速度有关,故A 错误. OP=v 0t cosθ=2v 02sinθgcos 2θ,则小球在斜面上的位移OP 与v 0的二次方成正比,故B 错误.将速度和加速度分别沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解,平行于斜面方向的运动是匀加速直线运动,可知小球在斜面上的投影匀加速移动,故C 错误,D 正确.4．如图3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L 2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边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是( )图3A ．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右侧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答案： D解析： 因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左侧水平位移的两倍，所以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 ＝12gt 2可知，击球点的高度与网高之比为9∶8，故选项A 、B 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 ＝v 20＋v 2y 可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故选项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，故选项D 正确。

核心考点专题13 圆周运动知识一 匀速圆周运动与描述 1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，假设在任意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．运动参量1．向心力的作用效果：向心力是按效果命名的力，向心力的作用效果是产生向心加速度，向心力只改变线速度的方向，不改变线速度的大小．2．向心力的大小：F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2T2r ＝m ωv ＝4π2mf 2r .3．向心力的方向：向心力始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是变力．4．向心力的来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 5．两种圆周运动的处理(1)在匀速圆周运动中，物体所受的合外力提供向心力，向心力F n 大小恒定，方向始终指向圆心． (2)做变速圆周运动的物体所受的合外力并不指向圆心．合外力F 可以分解为沿半径方向的分力F n 和沿切线方向的分力F t ，其中F n 产生向心加速度改变速度的方向，F t 产生切向加速度改变速度的大小．变速圆周运动变速圆周运动的合外力和加速度并不指向圆心，而与半径有一个夹角．合外力F与速度的夹角小于90°，做加速圆周运动；合外力F与速度的夹角大于90°，做减速圆周运动．知识三生活中的圆周运动1．铁路的弯道(1)火车车轮的结构特点：火车的车轮有突出的轮缘，且火车在轨道上运行时，有突出轮缘的一边在两轨道的内侧．(2)火车轨道特点：铁轨弯道处外轨略高于内轨．(3)火车转弯时向心力来源分析：重力和支持力的合力提供向心力．弯道处火车轨道外高内低假设内外轨一样高，外轨对轮缘的水平弹力提供火车转弯的向心力．火车质量大，靠这种方法得到向心力，铁轨和车轮都极易受损．(4)火车转弯的速度当v＝v0时，轮缘不受侧向压力；当v>v0时，轮缘受到外轨向内的挤压力；当v<v0时，轮缘受到内轨向外的挤压力．2．汽车过桥问题(1)过拱形桥(2)过凹形桥知识四离心运动1．离心运动：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．受力特点(如图)(1)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(2)当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心；(3)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做圆周运动需要的向心力．对点练习1.(多项选择)质点做匀速圆周运动，如此( )A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都一样D ．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等 【答案】BD【解析】质点做匀速圆周运动时，相等的时间内通过的圆弧长度相等，即路程相等，B 项正确；在相等的时间内连接质点和圆心的半径所转过的角度也相等，D 项正确；由于位移是矢量，在相等的时间里，质点的位移大小相等，位移方向却不一定一样，因此位移不一定一样，而平均速度也是矢量，虽然大小相等，但方向不一定一样，A 、C 项错误．2. 甲、乙两物体做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，如此它们所受外力的合力之比为( ) A ．1∶4 B ．2∶3 C ．4∶9 D ．9∶16【答案】C【解析】由ω＝ΔθΔt 得ω甲∶ω乙＝60°∶45°＝4∶3，由F ＝m ω2r 得F 甲F 乙＝m 甲ω2甲r 甲m 乙ω2乙r 乙＝12×4232×12＝49，C 正确．3. 如下关于向心加速度的说法中正确的答案是( ) A ．向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢 B ．向心加速度表示角速度变化的快慢 C ．向心加速度描述线速度方向变化的快慢 D ．匀速圆周运动的向心加速度不变 【答案】C【解析】匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变速度的方向，A 项错误；匀速圆周运动的角速度是不变的，B 项错误；匀速圆周运动中速度的变化只表现为速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述速度方向变化的快慢，C 项正确；向心加速度的方向是变化的，D 项错误．4.铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如下列图，弯道处的圆弧半径为R ，假设质量为m 的火车转弯时速度等于gR tan θ，如此( )A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C ．这时铁轨对火车的支持力等于mgcos θD ．这时铁轨对火车的支持力大于mgcos θ【答案】C【解析】将火车在弯道处的运动看做匀速圆周运动，由牛顿第二定律F 合＝m v 2R，解得F 合＝mg tan θ，故此时火车只受重力和铁路轨道的支持力作用，F N cos θ＝mg ，如此F N ＝mgcos θ，内、外轨道对车轮轮缘均无挤压，故C 正确，A 、B 、D 错误．5.如下列图，光滑水平面上，小球在拉力F 作用下做匀速圆周运动，假设小球运动到P 点时，拉力F 发生变化，关于小球运动情况的说法不正确的答案是( )A ．假设拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa 做匀速直线运动B ．假设拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动C ．假设拉力突然变小，小球将可能沿轨迹Pb 做离心运动D ．假设拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc 做近心运动 【答案】B【解析】由F ＝mv 2R知，拉力变小，F 提供的向心力不足，R 变大，小球做离心运动；反之，F 变大，小球做近心运动；假设拉力突然消失，如此小球将沿切线方向做匀速直线运动，故B 符合题意．6. 光滑水平面上，质点P 以O 为圆心做半径为R 的匀速圆周运动，如下列图，周期为T ，当P 经过图中D 点时，有一质量为m 的另一质点Q 在水平向右的力F 的作用下从静止开始做匀加速直线运动，为使P 、Q 两质点在某时刻的速度一样，如此F 的大小应满足什么条件？【答案】F ＝8πmR4n ＋3T2(n ＝0,1,2…)【解析】速度一样包括大小相等和方向一样，由质点Q 做匀加速直线运动可知，只有当P 运动到圆周上的C 点时，P 、Q 速度的方向才一样，即质点P 转过n ＋34周(n ＝0,1,2…)，经历的时间t ＝n ＋34T (n ＝0,1,2…)，质点P 的速度v ＝2πRT.在一样时间内，质点Q 做匀加速直线运动，速度应达到v ，由牛顿第二定律与速度公式得v ＝Fm t ，由以上三式得F ＝8πmR4n ＋3T2(n ＝0,1,2…)．7. 有一种叫“飞椅〞的游乐项目，示意图如下列图，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．【答案】ω＝g tan θr ＋L sin θ【解析】设转盘转动角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ，如此座椅到中心轴的距离R ＝r ＋L ·sinθ，对座椅应用牛顿第二定律有F n ＝mg tan θ＝mRω2，联立两式得ω＝g tan θr ＋L sin θ.8. 如下列图，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，如此衣服( )A.受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B.所需的向心力由重力提供C.所需的向心力由弹力提供D.转速越快，弹力越大，摩擦力也越大 【答案】C【解析】衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A 错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N =mrω2，转速越大，F N 越大，C 正确，B 、D 错误。

平抛运动与圆周运动【知识梳理】考点一 平抛运动基本规律的理解 1．飞行时间：由ght 2=知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 0 gh2，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关． 3．落地速度：gh v v v v x y x 2222+=+=，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有2tan v ghv v x y==θ，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以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 ；相同，方向恒为竖直向下，如图所示．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通过此时水平位移的中点，如图中A 点和B 点所示．（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ. 【重点归纳】1.在研究平抛运动问题时，根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动，即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律．这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法． 2.常见平抛运动模型的运动时间的计算方法 （1）在水平地面上空h 处平抛： 由221gt h =知ght 2=，即t 由高度h 决定． （2）在半圆内的平抛运动（如图），由半径和几何关系制约时间t ：221gt h =t v h R R 022=-+联立两方程可求t . （3）斜面上的平抛问题： ①顺着斜面平抛（如图）方法：分解位移 x ＝v 0t221gt y =x y=θtan可求得gv t θtan 20=②对着斜面平抛（如图）方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gttan v gt v v xy ==θ 可求得gv t θtan 0=（4）对着竖直墙壁平抛（如图）水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．vd t =3.求解多体平抛问题的三点注意（1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动．（2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定．（3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动． 考点二 圆周运动中的运动学分析描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：1.传动装置（1）高中阶段所接触的传动主要有：①皮带传动(线速度大小相等)；②同轴传动(角速度相等)；③齿轮传动(线速度大小相等)；④摩擦传动(线速度大小相等)．（2）传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．2．圆周运动各物理量间的关系（1）对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比． 当ω一定时，v 与r 成正比． 当v 一定时，ω与r 成反比．（2）对a ＝rv 2＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 考点三 竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”． 2．绳、杆模型涉及的临界问题绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件 由rmv mg 2=得: gr v =临由小球恰能做圆周运动得v 临＝0讨论分析(1)过最高点时，gr v ≥(1)当v ＝0时，F N ＝mg ，F N 为支持力，沿半径背离圆心竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：grv=临，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点．(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．【限时检测】（建议用时：30分钟）一、单项选择题：本题共4小题。

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。

2021高考物理全国卷1|2021高考物理核心考点预测提早锁定2021高考物理核心考点,对冲刺高考是很有关心的,可以关心考生减轻高考复习压力，节省时间，更好的冲刺，下面是高考学习网我整理的《2021高考物理核心考点猜测高考物理考什么》，盼望可以关心到广阔考生。

12021高考物理核心考点猜测：机械能守恒定律在只有重力或弹力做功的物理系统内，动能与势能可以相互转化，总的机械能能够保持不变。

机械能不是一种能量，而是三种能量之和，机械能=动能+弹性势能+重力势能。

重力势能可正可负，其详细数值与零势能面的选择有关。

1、机械能守恒定律的两种表述(1)在只有重力、弹力做功的情形下，系统的动能和两种势能发生相互转化，机械能的总量保持不变。

(2)假如没有摩擦和其它的介质外力，系统只发生动能和两种势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2、机械能守恒定律的使用前提条件机械能守恒定律并不是在任何时候都成立的，当讨论过程中满意下述3个条件中的任意一个时，(1)只有重力做功;(2)只有弹力做功;(3)只有重力、弹力两种力做功。

在这些前提下，机械能就守恒，就能利用机械能守恒定律来解题。

2、机械能守恒定律的表达形式定义式:Ek+E重+E弹=恒定量;或者写成Ep+Ek=Ep’+Ek’(其中Ep 包括重力势能和弹性势能)机械能守恒定律我们还可以这样表述。

ΔEp+ΔEk=0;ΔE1+ΔE2=0;∑E增=∑E减;用定义法表述时，需要规定重力势能的参考平面。

用其次种表述的时候，由于考虑的变化量，所以不必规定重力势能的参考平面(重力势能的转变量与参考平面的选取没有关系)。

尤其是用∑E增=∑E减，只要把增加的机械能和削减的机械能都写出来，方程自然就列出来了。

3、机械能守恒定律与动能定理的区分通过以上两个表述，我们应当对比一下机械能守恒和动能定理的区分。

机械能守恒一般讨论的是多个物体(也可以是单独一个物体)构成的系统，其内部不同形式的能量相互转化的过程;而动能定理讨论的是外力对单独一个物体(或一个整体)做功，供应(或削减)“动能”的过程。

2021高考物理全国卷1|2021年高考物理核心考点汇总（一）2021年高考正在紧急地备考阶段，为了关心大家把握好2021高考物理核心考点，以下是高考学习网我为大家整理的2021高考物理核心考点汇总，盼望对同学们的高考物理复习有关心。

12021高考物理核心考点汇总：力和物体的平衡1.力是物体对物体的作用，是物体发生形变和转变物体的运动状态(即产生加速度)的缘由.力是矢量。

2.重力(1)重力是由于地球对物体的吸引而产生的.重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面四周，可以认为重力近似等于万有引力(2)重力的大小:地球表面G=mg，离地面高h处G/=mg/，其中g/=2g(3)重力的方向:竖直向下(不肯定指向地心)。

(4)重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不肯定在物体上.3.弹力(1)产生缘由:由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的.(2)产生条件:①直接接触;②有弹性形变.(3)弹力的方向:与物体形变的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.在点面接触的状况下，垂直于面;在两个曲面接触(相当于点接触)的状况下，垂直于过接触点的公切面.①绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向，且一根轻绳上的张力大小到处相等.②轻杆既可产生压力，又可产生拉力，且方向不肯定沿杆.(4)弹力的大小:一般状况下应依据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.弹簧弹力可由胡克定律来求解.胡克定律:在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即F=kx.k为弹簧的劲度系数，它只与弹簧本身因素有关，单位是N/m.4.物理考点摩擦力(1)产生的条件:①相互接触的物体间存在压力;③接触面不光滑;③接触的物体之间有相对运动(滑动摩擦力)或相对运动的趋势(静摩擦力)，这三点缺一不行.(2)摩擦力的方向:沿接触面切线方向，与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动的方向可以相同也可以相反.(3)推断静摩擦力方向的方法:①假设法:首先假设两物体接触面光滑，这时若两物体不发生相对运动，则说明它们原来没有相对运动趋势，也没有静摩擦力;若两物体发生相对运动，则说明它们原来有相对运动趋势，并且原来相对运动趋势的方向跟假设接触面光滑时相对运动的方向相同.然后依据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反确定静摩擦力方向.②平衡法:依据二力平衡条件可以推断静摩擦力的方向.(4)大小:先判明是何种摩擦力，然后再依据各自的规律去分析求解.①滑动摩擦力大小:利用公式f=μFN进行计算，其中FN是物体的正压力，不肯定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者依据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.②静摩擦力大小:静摩擦力大小可在0与fmax之间变化，一般应依据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解.5.物体的受力分析(1)确定所讨论的物体，分析四周物体对它产生的作用，不要分析该物体施于其他物体上的力，也不要把作用在其他物体上的力错误地认为通过“力的传递”作用在讨论对象上.(2)按“性质力”的挨次分析.即按重力、弹力、摩擦力、其他力挨次分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析.(3)假如有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所讨论的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满意给定的运动状态.6.物理考点力的合成与分解(1)合力与分力:假如一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力.(2)力合成与分解的根本方法:平行四边形定则.(3)力的合成:求几个已知力的合力，叫做力的合成.共点的两个力(F1和F2)合力大小F的取值范围为:|F1-F2|≤F≤F1+F2.(4)力的分解:求一个已知力的分力，叫做力的分解(力的分解与力的合成互为逆运算).在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解;为便利某些问题的讨论，在许多问题中都采纳正交分解法.7.核心考点共点力的平衡(1)共点力:作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力.(2)平衡状态:物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态.(3)共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采纳正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:∑Fx=0，∑Fy=0.(4)解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相像法、正交分解法等等.12021高考物理核心考点汇总：直线运动1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的转变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了讨论物体的运动需要选定参照物(即假定为不动的物体)，对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来讨论物体的运动.2.质点:用来代替物体的只有质量没有外形和大小的点，它是一个抱负化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

2021年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，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。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（共8题；共48分）1.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。

用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。

在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【考点】机械能守恒及其条件，动量守恒定律【解析】【解答】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。

故答案为：B。

【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动量守恒。

2.如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。

由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为F M和F N，相应的电势能分别为Ep M ，则（）和Ep NA. F M<F N,E pM>E pNB. F M>F N,E pM>E pNC. F M <F N ,E pM <E pND. F M >F N ,E pM <E pN 【答案】 A【考点】电场强度和电场线【解析】【解答】由图中等势面的疏密程度可知 E M <E N 根据 F =qE 可知 F M <F N由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M 点移到N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即 E p M >E p N 故答案为：A 。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分曲线运动专题4.21平抛运动与圆周运动综合问题（基础篇）一．选择题1. (2018徐州期中)如图所示，链球上面安有链子和把手。

运动员两手握着链球的把手，人和球同时快速旋转，最后运动员松开把手，链球沿斜向上方向飞出，不计空气阻力。

关于链球的运动, 下列说法正确的有（）A. 链球脱手后做匀变速曲线运动B. 链球脱手时沿金属链方向飞出C. 链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远D. 链球脱手时的速率一定时，抛出角度越小，一定飞得越远【参考答案】.AC【名师解析】链球脱手后只受重力，沿圆周的切线方向飞出，做匀变速曲线运动，选项A正确B错误；根据斜抛运动规律，链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远，选项C正确；链球脱手时的速率一定时，抛出角度越小，不一定飞得越远，选项D错误。

2．（2018湖北荆州第一次质检）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。

圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P 等高，且距离P点为L。

当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。

忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则v0可能为()A．2L ωπB．2LωπC ．3Lωπ D ．4Lωπ． 【参考答案】.C【名师解析】设圆盘的直径为d ，飞镖恰好击中P 点，根据平抛运动规律，d=12gt 2，L=v 0t ，根据匀速圆周运动规律，t=πω+2n πω= ()21n πω+，联立解得：v 0=()21Ln ωπ+，n=0,1,2,3，···。

选项C 正确。

3. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。

已知半圆形管道的半径R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2。

2021届高考二轮复习之核心考点系列之物理考点总动员【二轮精品】考点03 平抛运动与圆周运动【命题意图】考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。

【专题定位】本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题.高考对本专题的考查以运动的组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性.考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等。

【考试方向】高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题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，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关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。

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、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。

平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。

圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。

【应考策略】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，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法。

年份2016 2015 2014试题展示全国卷Ⅰ，18；全国卷Ⅱ，16；全国新课标Ⅲ，20江苏单科，2；天津卷，11；海南卷，1全国卷Ⅰ，18；全国卷Ⅱ，21；安徽理综，14；浙江卷，17；天津理综，4；福建理综，17全国卷Ⅱ，15、17；江苏卷，6；四川卷，4、8；安徽理综，19；浙江卷，23；…近几年的高考题中有运用曲线运动的条件和动力学规律进行判断的选择题，也有与其他知识综合进行求解的解决的计算题，尤其是平抛和类平抛问题较多。

高考对本考点知识的考查主要有两个方面：一方面是对平抛运动的考查，另一方面以圆周运动为模型考查圆周运动。

曲线运动、曲线运动的条件及其运用历来是高考的重点、难点，特别是曲线运动的研究方法――运动的合成与分解,运用这一方法解决平抛运动在高考题目中有较多的体现，而且在实际考查中以实际中平抛运动与斜面相结合或与电场力、洛仑兹力联系起来进行综合考查,与实际应用和与生产、生活、科技联系命题已经成为一种命题的趋向。

在2017高考备考中要注意以下两点：1. 对平抛运动的学习和备考，要抓住运动的合成与分解的方法，掌握其运动规律及有关推论。

2. 对圆周运动的学习和备考，要注意分析向心力的来源，掌握角速度、线速度、向心加速度、向心力等概念及有关计算，特别是竖直平面内的圆周运动，常综合考查牛顿第二定律、机械能守恒定律或能量守恒定律。

1. 【2016·全国新课标Ⅲ卷，20】如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则A. B.C. D.【答案】AC2．【2016·江苏卷】有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是A．①B．②C．③D．④【答案】A【解析】由题意知A、B两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动的轨迹相同，故A正确；B、C、D错误。