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每日一练习题集合1、如图所示， 人在岸上用轻绳拉船， 若要使船匀速行进， 则人拉的绳端将做 （ ）A. 减速运动B. 匀加速运动C. 变加速运动D. 匀速运动【答案】 A【解析】【详解】由题意可知，人匀速拉船，根据运动的分解与合成，则有速度的分解，如 图所示：v 1是人拉船的速度， v 2 是船行驶的速度， 设绳子与水平夹角为 θ，则有：v 1=v 2cos θ, 随着 θ 增大，由于 v 2不变，所以 v 1减小，且非均匀减小 ; 故A 正确， B,C,D 错误. 故选 A.2、平抛时间由一下哪些物理量决定（ ）A ．水平速度B ．落地速度C ．高度D ．水平速度和高度 【答案】 C【详解】A. 水平速度，与分析结论符，故 A 错误。
B. 落地速度，与分析结论不符，故 B 错误。
C. 高度，与分析结论相符，故 C 正确。
D. 水平速度和高度，与分析结论不符，故 D 错误。
3、把甲物体从 2h 高处以速度 v 0 水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为 L ，把乙 物体从 h 高处以速度 2v 0水平抛出，落地点与抛出点的水平距离为 s ，则 L 与s 的关 系为（ ）答案】 C 详解】1 根据 2h = 2gt 12，得根据平抛运动竖直方向分运动可知，平抛运动时间L A ． D ． L 2s时间由高度决B ． L12同理由h gt222 2，得L 2sLs2．L sA. 2 ，与结论不相符，选项 A 错误；B. L 2s，与结论不相符，选项 B错误；L 2s LsC. 2，与结论相符，选项 C 正确；D. L 2s ，与结论不相符，选项 D错误。
4、小球在水平桌面上做匀速直线运动，当它受到如图所示方向的力的作用时，小球可能运动的方向是（）A.OaB. ObC. OcD. Od答案】 D 【解析】曲线运动中合力总是指向曲线的凹侧， D对；5、已知物体运动初速度v0 方向及它受到恒定合外力的轨迹，其中正确的是（）t1则L v0t1＝v0A. B. C.F 的方向，下图表示物体运动【答案】 D【解析】【详解】曲线运动的物体受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，由此可以判断 AB错误；曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，由此可以判断 C错误， D正确；6、如图所示两个物体与圆盘保持相对静止，随圆盘一起作匀速圆周运动，则A、BA．3 个，5 个 B．3 个， 4 个C．2 个，4 个 D．2 个， 5 个【答案】 A【详解】A 物体在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和B 对A 的支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力。
高考必备物理曲线运动技巧全解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试曲线运动1．一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．2．如图所示，水平实验台A 端固定，B 端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端 有一可视为质点，质量为2kg 的滑块紧靠弹簧（未与弹黄连接)，弹簧压缩量不同时， 将滑块弹出去的速度不同.圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因素为0.4的粗糙水平地面相切D 点，AB 段最长时，BC 两点水平距离x BC =0.9m,实验平台距地面髙度h=0.53m ，圆弧半径R=0.4m ，θ=37°，已知 sin37° =0.6, cos37° =0.8.完成下列问題：（1）轨道末端AB 段不缩短，压缩弹黄后将滑块弹出，滑块经过点速度v B =3m/s ，求落到C 点时速度与水平方向夹角；（2）滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE 上继续滑行2m,求滑块在圆弧轨道上对D 点的压力大小：（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB 段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞从C 点进入圆弧 轨道，求滑块从平台飞出的初速度以及AB 段缩短的距离. 【答案】（1）45°（2）100N （3）4m/s 、0.3m 【解析】（1）根据题意C 点到地面高度0cos370.08C h R R m =-=从B 点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：212C h h gt -= 化简则0.3t s =根据 BC B x v t = 可知3/B v m s =飞到C 点时竖直方向的速度3/y v gt m s == 因此tan 1y Bv v θ==即落到圆弧C 点时，滑块速度与水平方向夹角为45° （2）滑块在DE 阶段做匀减速直线运动，加速度大小fa g mμ== 根据222E D DE v v ax -=联立两式则4/D v m s =在圆弧轨道最低处2DN v F mg m R-= 则100N F N = ，即对轨道压力为100N ．（3）滑块弹出恰好无碰撞从C 点进入圆弧轨道，说明滑块落到C 点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即0tan yv v α''= 由于高度没变，所以3/y y v v m s '== ，037α=因此04/v m s '= 对应的水平位移为01.2AC x v t m ='= 所以缩短的AB 段应该是0.3AB AC BC x x x m ∆=-=【点睛】滑块经历了弹簧为变力的变加速运动、匀减速直线运动、平抛运动、变速圆周运动，匀减速直线运动；涉及恒力作用的直线运动可选择牛顿第二定律和运动学公式；而变力作用做曲线运动优先选择动能定理，对匀变速曲线运动还可用运动的分解利用分运动结合等时性研究．3．如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M =2kg ，厚度d =0.2m 的木板，木板的左端放有一质量m =1kg 的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A点，已知木板的长度l=10m，A点到平台边缘的水平距离s=1.6m，平台距水平地面的高度h=3m，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：(1)滑块飞离木板时的速度大小；(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）(3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）【答案】(1) (2)v=0.67m/s (3)x=0.29m【解析】【分析】【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：解得(2)木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等．设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v由动量守恒定律有：，木板第一与挡板碰后：解得:v=0.67m/s(3)由匀变速直线运动的规律：，，由牛顿第二定律：解得:x=0.29m．【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究．也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移．4．如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光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点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点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、长木板与水平地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/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N（2）（3）t＝1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1v C2－0代入数据联立解得：F＝1 N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1v D2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/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝v D－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t ＝1 s此时滑块的位移为：x 1＝v D t －a 1t 2，木板的位移为：x 2＝a 2t 2，L ＝x 1－x 2，代入数据解得：L ＝2.5 m v 共＝2 m/s x 2＝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木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木＝x 2＋x ′＝2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．5．地面上有一个半径为R 的圆形跑道，高为h 的平台边缘上的P 点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O 的距离为L （L ＞R ），如图所示，跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计）．问：（1）当小车分别位于A 点和B 点时（∠AOB=90°），沙袋被抛出时的初速度各为多大？ （2）要使沙袋落在跑道上，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中，小车的速率v 应满足什么条件？【答案】（1）()2A gv L R h =-22()2B g L R v h+=（2）0((L R v L R -≤≤+（3）1(41)0,1,2,3...)2v n n π=+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）沙袋从P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t ，则h=12gt 2解得t =（1） 当小车位于A 点时，有x A =v A t=L-R （2）解（1）（2）得v A =（L-R当小车位于B 点时，有B B x v t ==3）解（1）（3）得Bv （2）若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v 0min =v A =（L-R 4） 若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有x c =v 0max t="L+R" （5）解（1）（5）得 v 0max =（L+R所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L-R ≤v 0≤（L+R （3）要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同 t AB =（n+14）2Rv π（n=0，1，2，3…）（6）所以t AB解得v=12（4n+1）n=0，1，2，3…）． 【点睛】本题是对平抛运动规律的考查，在分析第三问的时候，要考虑到小车运动的周期性，小车并一定是经过14圆周，也可以是经过了多个圆周之后再经过14圆周后恰好到达B 点，这是同学在解题时经常忽略而出错的地方．6．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =的光滑半圆轨道BCD 在B 点平滑连接, O 点是半圆轨道BCD 的圆心, B O D 、、三点在同一竖直线上,质量2kg m =的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A 点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB 方向水平弹出,小物块经过B 点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知10m AB x =,小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小210m/s g =.求：(1)压缩弹簧的弹性势能；(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】(1)设压缩弹簧的弹性势能为P E ，从A 到B 根据能量守恒，有212P B AB E mv mgx μ=+ 代入数据得140J P E =(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有2211222B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2Dv F mg m R+=代入数据解得25N F =由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2122R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．7．如图所示，表面光滑的长方体平台固定于水平地面上，以平台外侧的一边为x 轴，在平台表面建有平面直角坐标系xoy ，其坐标原点O 与平台右侧距离为d=1.2m 。
绝密★启用前平抛运动与圆周运动训练题第I卷（选择题）一、选择题（题型注释）1．船在静水中的速度为3.0 m/s，它要渡过宽度为30 m的河，河水的流速为2.0 m/s，则下列说法中正确的是A．船不能渡过河B．船渡河的速度一定为5.0 m/sC．船不能垂直到达对岸D．船到达对岸所需的最短时间为10 s2．2013年7月7日，温网女双决赛开打，“海峡组合”彭帅、谢淑薇击败澳大利亚组合夺得职业生涯首个大满贯冠军。
如图所示是比赛场地，已知底线到网的距离为L，彭帅在网前截击，若她在球网正上方距地面H处，将球以水平速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。
将球的运动视作平抛运动，重力加速度为g，则下列说法不正确．．．的是( )A．根据题目条件能求出球的水平速度vB．根据题目条件能求出球从击出至落地所用时间tC．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量无关3．关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是A．平抛运动不是匀变速运动B．平抛运动的水平位移只与水平速度有关C．平抛运动的飞行时间只取决于初始位置的高度D．平抛运动的速度和加速度方向不断变化4．人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量m的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图6所示。
不考虑空气阻力，只改变m、h、L、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是A．适当减小v0B．适当减小LC．适当减小m D．适当增大m5．（双选）关于匀速圆周运动的向心加速度，下列说法正确．．的是（）A．向心加速度是描述线速度变化的物理量B．向心加速度只改变线速度的方向，不改变线速度的大小C．向心加速度恒定D．向心加速度的方向时刻发生变化6．如图所示，用一根轻细线将一个有孔的小球悬挂起来，使其在水平面内做匀速圆周运动而成为圆锥摆，关于摆球A的受力情况，下列说法中正确的是A．摆球A受重力、拉力和向心力的作用B．摆球A受拉力和向心力的作用C．摆球A受拉力和重力的作用D．摆球A受重力和向心力的作用7．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一个小物体圆筒一起运动，小物体所需要的向心力由以下哪个力来提供A. 重力B. 弹力C.静摩擦力D. 滑动摩擦力8．（双选）质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L的不伸长绳上。
一、选择题1．如图，x 轴沿水平方向，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 ．a 的水平速度比b 的小D ．若a 、b 同时抛出，落地前它们不可能在空中相碰D解析：DAB ．由题图知b 、c 的高度相同，大于a 的高度，根据h =12gt 2 得2h t g = 知b 、c 的运动时间相同，a 的飞行时间小于b 的时间。
故AB 错误；C ．因为a 的飞行时间短，但是水平位移大，根据0x v t =知，a 的水平速度大于b 的水平速度。
故C 错误；D ．若a 、b 同时抛出且两者能在空中相遇，则相遇时由2h t g= 知两者抛出时的高度一定相同，显然与题意相矛盾，所以a 、b 同时抛出，落地前它们不可能在空中相碰，故D 正确。
故选D 。
2．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v 1，摩托艇在静水中的航速为以v 2，战士救人的地点A 离岸边最近处O 的距离为d ，如果战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点B 离O 点的距离为（ ）A 22221v v -B ．0 C ．12dv v D ．21dv v C 解析：C如图所示最短时间为2v d t = 1s v t =解得12dv s v =故选C 。
3．排球比赛中的发球是制胜的关键因素之一，提高发球质量的方法主要是控制适当的击球高度H 和击球速度，以达到较小的落地角度θ（落地时速度方向与水平地面的夹角）。
若将发出的排球的运动看成是平抛运动，且排球落在对方场地内，排球击出时的水平速度为v 0，击球位置到本方场地底线的距离为l ，如图所示。
下列判断中除给出的条件变化外，其他条件不变，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A ．H 越大，排球落地的角度θ越小B ．接球高度一定时，H 越大，对手的反应时间越长C ．同时增大l 和v 0，排球落地的角度θ增大D ．同时增大H 和l 可减小排球落地的角度θB解析：B竖直方向上，排球做自由落体运动，因此有212H gt = 00tan yv gt v v θ== H 越大，t 越大，v y 越大，θ越大，故A 错误；B ．对手反应的时间是从排球发出到球被接住所经历的时间，接球高度一定时，H 越大，反应时间越长，故B 正确；C ．v y 不变，由0tan yv v θ=可知v 0增大时，θ减小，故C 错误；D ．落地角度正切值002tan y v gH v v θ== 同时增大H 和l ，初速度不变时，θ增大，故D 错误。
高中物理必修二第五章抛体运动必考知识点归纳单选题1、如图所示，一质点做平抛运动，落地时速度大小为20m/s，速度方向与水平地面夹角为60°，则水平分速度大小是（）A．10m/sB．10√3m s⁄C．20m/sD．20√3m s⁄答案：A根据题意可知，落地速度与水平分速度的关系，如图所示由几何关系可得v x=vcos60°=10m/s故选A。
2、如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点转动，并带动套在水平杆OC上的小环M运动，运动开始时，AB杆在竖直位置，则小环M的加速度将（）A．逐渐增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．逐渐减小答案：A如图所示环沿OC向右运动，其速度v可分为垂直AB的速度v1，沿AB方向的v2，则v1=ωr=ωℎcosθ故环的速度v=v1cosθ=ωℎcos2θ环的加速度a=ΔvΔt=ΔvΔ(cosθ)⋅Δ(cosθ)Δθ⋅ΔθΔt即a=−2ωℎsin3θ(−cosθ)⋅ω=2ω2xcosθsin3θ因为θ变小，则a变大。
故选A。
3、下列关于曲线运动的说法正确的是（）A．曲线运动可以是变速运动也可以是匀速运动B．曲线运动一定是变速运动C．匀速圆周运动是匀速曲线运动D．曲线运动受到的合外力可以为零答案：BA．匀速运动指的速度的大小方向都不变的运动，但是曲线运动的速度方向时刻在变，A错误；B．变速运动包括速度的大小或者方向任一因素改变都是变速运动，由于曲线运动的方向时刻都在变，所以曲线运动一定是变速运动，B正确；C．匀速圆周运动的速率大小不变，但是方向时刻在变，不存在匀速曲线运动，C错误；D．由于曲线运动的速度发生了改变，所以一定受到不为零的合外力，D错误。
故选B。
4、某网球运动员在某次训练中挑战定点击鼓，图片所示是他表演时的场地示意图，他与乙、丙两鼓共线。
图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低且也等高。
若该运动员每次发球时（水平击出）球飞出的位置不变且球在空中的运动均视为平抛运动，忽略鼓面大小，下列说法正确的是（）A．击中四鼓的球，运动时间可能都相同B．击中四鼓的球，初速度可能都相同C．击中四鼓的球，击中鼓的瞬时速度的大小可能都相同D．假设某次发球能够击中甲鼓，那么用相同大小的速度发球可能击中丁鼓答案：DA．由题图可知，甲、乙、丙、丁高度不完全相同，根据平抛运动的时间由高度决定可知球到达四鼓用时不可能都相同，A错误；B．甲、乙两鼓高度相同，平抛运动的时间相同，但羽毛球做平抛运动的水平位移不同，由x=v0t，可知初速度不同，B错误；C．运动员距离甲鼓的位置比距乙鼓的位置远，两鼓等高，球到达两鼓用时相等，击中甲鼓的水平速度较大，竖直方向速度相等，则实际击中的速度大小不等，C错误；D．甲鼓的位置比丁鼓位置高，球到达丁鼓用时较长，若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，D正确。
【下载后获高清版】高中物理：曲线运动与抛体运动-必考知识点总结+例题分析详解1.曲线运动⑴加速度方向（即受力方向）与速度方向不一致导致曲线运动。
如果加速度恒定不变称为定加速运动，如抛体运动；如果加速度变化则为变加速运动，如圆周运动。
⑵运动的合成与分解。
运动的分解遵循实际效果分解：先确定合运动的方向即物体的实际运动方向，再按照实际的效果分解，对绳杆来讲一般按照沿绳或杆、垂直绳或杆的方向分解。
[例1] 如图，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为ν，此时人的拉力大小为F，则此时下列说法正确的是（）A.人拉绳行走的速度为ν·cosθB.人拉绳行走的速度为ν/cosθC.船的加速度为（F·cosθ-f）/mD.船的加速度为（F-f）/m解析：运动的分解①找出合运动--小船向前运动；②运动分解--沿着绳的方向和垂直绳的方向A正确，B错误；力的分解，小船受到拉力F、阻力f、重力G和浮力N，在水平方向有加速度，选C。
注意：运动的分解与力的分解都是矢量的分解，分解的原则是便于解决问题。
比如把运动分解成水平方向和竖直方向，可不可以？当然可以，但是会使问题分析变得更复杂。
⑶小船渡河模型：等效直角三角形，如图①最快过河（过河时间最短：船头指向对岸）②最近过河（过河位移最小：时和时，哪个速度大哪个是斜边，另一个速度为直角边）[例2]在宽度为d的街上，有一连串相同的汽车以平行于街边沿的速度ν向右鱼贯通过，已知汽车的宽度为b，两车间的间距为a，如图所示，一行人想用尽可能小的速度沿一直线穿过此街，试求此人过街所需的时间。
解析：我们可以将车看成静止的，则人相当于本身具有一个沿街边的反向速度v，方向向左。
只考察穿过车流空间内的情形，如图，显然当的方向与a、b构成的矩形的对角线垂直时，取最小值。
所以，设过街时间为t，则有·cosθ·t=d，得t=2.抛体运动抛体运动属于恒定加速度的运动，按照初速度与加速度的方向，分为平抛、类平抛和斜抛运动。
专题三力与曲线运动(一)——平抛和圆周运动考点1| 运动的合成与分解难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(2015·全国卷ⅡT16)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．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图1所示．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()图1A．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【解题关键】解此题要理解以下两点信息：(1)从转移轨道调整进入同步轨道…此时卫星高度与同步轨道的高度相同．(2)转移轨道和同步轨道的夹角为30°.B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确．](2013·全国卷ⅠT24)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．【解题关键】何关系是关键．设B车的速度大小为v.如图，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式，H的纵坐标y A、G的横坐标x B分别为y A＝2l＋12at2 ①x B＝v t ②在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t有HK∶KG＝2∶1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝x B∶(x B－l) ④HG∶KG＝(y A＋l)∶(2l) ⑤由③④⑤式得x B＝32l ⑥y A＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得v＝146al. ⑧【答案】146al1．高考考查特点以物体的某种运动形式为背景，考查对分运动、合运动的理解及合成与分解方法的应用．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确理解合运动、分运动间具有等时性、独立性的特点．(2)具体问题中分不清合运动、分运动，要牢记观察到的物体实际运动为合运动．●考向1 小船渡河问题1．如图2所示，甲、乙两船在同一河岸边A 、B 两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C 点．若两船同时开始渡河，经过一段时间t ，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D 点．若河宽d 、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )【导学号：37162019】图2A ．两船在静水中的划行速率不同B ．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C ．两船同时到达D 点 D ．河水流速为d tan θtC 由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度v 1相等，由v 1＝v sin θ知两船在静水中的划行速率v 相等，选项A 错误；乙船沿BD 到达D 点，可见河水流速v 水方向沿AB 方向，甲船不可能到达正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B 错误；根据速度的合成与分解，v 水＝v cos θ，而v sin θ＝d t ，得v 水＝dt tan θ，选项D 错误；由于甲船沿AB 方向的位移大小x ＝(v cos θ＋v 水)t ＝2dtan θ＝AB ，可见两船同时到达D 点，选项C 正确．]●考向2 绳的牵连运动问题2．(2016·贵阳二模)如图3所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M ，C 点与O 点的距离为L ，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是( )图3A．重物M做匀速直线运动B．重物M做变速直线运动C．重物M的最大速度是2ωLD．重物M的速度先减小后增大B设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωL cos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)然后逐渐变小，所以ωL cos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，ωL cos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为ωL，故B正确．]运动合成与分解的解题思路1．明确合运动或分运动的运动性质．2．明确是在哪两个方向上的合成与分解．3．找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．4．运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解．考点2| 平抛(类平抛)的运动规律难度：中档题型：选择题五年3考(2015·全国卷ⅠT18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，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，就能使兵乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()图4A.L 12g6h <v <L 1g6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6h【解题关键】11上有3h －h ＝12gt 21① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g 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 ③在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④ 由③④两式可得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h. 则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．](2014·全国卷ⅡT15)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.π4C.π3 D.5π12【解题关键】解此题紧扣两点：(1)零势能点的选取位置及动能和势能相等的条件．(2)落地时速度方向正切值的表示方式．B根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得12m v2＝mgh，即v0＝2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度v y＝2gh＝v x＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B正确，选项A、C、D错误．]1．高考考查特点(1)平抛物体的运动规律是高考命题的热点．特别要关注以运动项目为背景的实际问题．(2)运动的合成与分解是解决平抛(类平抛)问题的基本方法．2．解题的常见误区及提醒(1)类平抛问题中不能正确应用分解的思想方法．(2)平抛(类平抛)规律应用时，易混淆速度方向和位移方向．(3)实际问题中对平抛运动情景临界点的分析不正确．●考向1平抛运动规律的基本应用3．(2016·福建名校联考)如图5所示，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度比b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b 球相比，a 球( )【导学号：37162020】图5A ．初速度较大B ．速度变化率较大C ．落地时速度一定较大D ．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大D 根据题述，两球水平位移相等．由于a 球抛出时的高度比b 球的高，由h ＝12gt 2可知a 球飞行时间长，由x ＝v 0t 可知，a 球的初速度一定较小，选项A 错误．两球都只受重力作用，加速度都是g ，即速度变化率ΔvΔt ＝g ，相同，选项B 错误．小球落地时速度v 是水平速度与竖直速度的合速度，a 球的初速度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，选项C 错误，D 正确．]●考向2 平抛斜面问题4．(2016·昆明市重点中学三联)将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为θ＝30°，如图6所示．现有一可视为质点的小球由挡板上方的A 点以v 0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B 点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，小球与挡板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比为4∶3.下列有关小球的运动描述正确的是( )图6A ．小球与挡板碰后的速度为34v 0B ．小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为12v 0 C ．A 、B 两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶1 D ．A 、B 两点的竖直高度差与水平间距之比为3∶2D 小球在碰撞挡板前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v .由题意，速度v 的方向与竖直方向的夹角为30°且水平分量仍为v 0，如图．由此得v ＝2v 0，碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的34v ，则碰后的速度大小为32v 0，A 错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为Δv ＝34v －(－v )＝74v ＝72v 0，故选项B 错误；小球下落高度与水平射程之比为y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan 30°＝32，C错误，D 正确．]5．如图7所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端水平向右抛出一个小球，不计空气阻力．当初速度为v 0时，小球恰好落到斜面底端，小球运动的时间为t 0.现用不同的初速度从该斜面顶端水平向右抛出这个小球，下列选项中能正确表示小球的运动时间t 随初速度v 变化的函数关系是()图7D 设斜面的倾角为θ，当初速度很小时，小球落在斜面上，tan θ＝y x ＝gt2v 0，则t ＝2tan θg v 0；当初速度较大时，小球将落到水平面上，h ＝gt 22，则时间t 一定，选项D 正确．]●考向3平抛中的临界问题6．(高考改编)在例3](2015·全国卷ⅠT18)中，若乒乓球沿正前方发射，当发射点距台面的高度小于多少时，不论v为何值，乒乓球都不能落到右侧台面上？【解析】设乒乓球擦网而过且恰好落到台边缘时，发射点的高度为y，从发射点到球网的时间为t，则从球网到台面边缘的时间也为t.在竖直方向上：y－h＝12gt2y＝12g(2t)2解得：y＝4 3h.故当发射点高度小于43h时，乒乓球不能落到右侧台面上．【答案】4 3h7．(2016·江西二模)如图8所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4 m、宽L＝1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为零)．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图8(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．【导学号：37162021】【解析】(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面滑行的过程中，由牛顿第二定律得mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma解得a＝g sin 53°－μg cos 53°＝7.4 m/s2.(2)运动员从斜面上起跳后，沿竖直方向做自由落体运动，则H＝12gt2解得t＝0.8 s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离至少为Htan 53°＋L，设这段时间为t′，则H－h＝12gt′2Htan 53°＋L≤v t′解得v≥6.0 m/s，所以最小速度v min＝6.0 m/s.【答案】(1)7.4 m/s2(2)0.8 s(3)6.0 m/s处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(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．(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．考点3| 圆周运动的基本规律难度：中档题型：选择题五年5考(2016·全国甲卷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9所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )图9A ．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【解题关键】 解此题注意两点：(1)最低点速度的计算方法．(2)最低点向心力的来源及向心加速度的定义．C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL ＝12m v 2，v ＝2gL ，因L P <L Q ，则v P <v Q ，又m P >m Q ，则两球的动能无法比较，选项A 、B 错误；在最低点绳的拉力为F ，则F －mg ＝m v 2L ，则F ＝3mg ，因m P >m Q ，则F P >F Q ，选项C 正确；向心加速度a ＝F －mg m ＝2g ，选项D 错误．](多选)(2016·全国丙卷T 20)如图10所示，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( )图10A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD．N＝2(mgR－W)R【解题关键】解此题关键有两点：(1)向心加速度的定义式．(2)在最低点时受力情况．AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝12m v2，则速度v＝2(mgR－W)m，最低点的向心加速度a＝v2R＝2(mgR－W)mR，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝3mgR－2WR，选项C正确，选项D错误．](多选)(2014·全国卷ⅠT20)如图11所示，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转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图11A．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【解题关键】AC a、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a＝mω2l，f b＝mω2·2l，f a<f b，选项B错误；当ω＝kg 2l时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a没有滑动，则f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．]1．高考考查特点(1)本考点命题热点集中在物体的受力分析、圆周运动的基本概念及动力学知识、应用静摩擦力分析临界问题上．(2)理解圆周运动的相关物理量，向心力的来源分析、计算及应用牛顿运动定律研究圆周运动的方法是关键．2．解题的常见误区及提醒(1)描述圆周运动的物理量的理解要准确．(2)熟悉各种传动装置及判断变量不变量．(3)向心力来源的分析易出现漏力现象．(4)临界问题的处理要正确把握临界条件．●考向1水平面内的圆周运动8．(多选)(高考改编)在例7](2014·全国卷Ⅰ，T20)中，若将a、b两物块放在如图12所示的传动装置中，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为R a、R b，且R a＝2R b.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是() 【导学号：37162022】图12A．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为ωa∶ωb＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的向心加速度大小之比为a a∶a b＝1∶3 C．转速增大后最终滑块a先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块b先发生相对滑动AD由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得a、b的向心加速度大小之比为a a∶a b＝(ω2甲R a)∶(ω2乙R b)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为F fa＝μm a g，F fb＝μm b g，最大静摩擦力之比为F fa∶F fb＝m a∶m b ＝1∶1，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为F fa′∶F fb′＝(m a a a)∶(m b a b)＝2∶9，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块b的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确．]9．(多选)(2016·安阳二模)如图13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13A．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 对A 的动摩擦因数μA 小于盘对B 的动摩擦因数μB BC 因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，根据F n ＝mrω2，则向心力相等，故A 错误；对A 、B 整体分析，F f B ＝2mrω2，对A 分析，有：F 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；设A 、B 的临界角速度分别为ωA 、ωB ，对A 、B 整体分析，μB ·2mg ＝2mrω2B ，解得ωB ＝μB g r ，对A 分析，μA mg ＝mrω2A ，解得ωA ＝μA gr ，因为B 先滑动，可知B 先达到临界角速度，可知B 的临界角速度较小，即μB <μA ，故D 错误．]●考向2 竖直平面的圆周运动10．如图14所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )图14A.b 2mB.2b mC.3b mD.b 3mD 设小球通过P 点时的速度为v 0，绳长为R ，当θ＝0°时，有T 1＝a ＋b ＝m v 20R ＋mg ①，当θ＝180°时，有T 2＝a －b ＝m v 2R －mg ，由机械能守恒定律得12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2，则T 2＝a －b ＝m v 20R －5mg ②，①②两式相减得g ＝b 3m ，选项D正确．]11．(2016·武汉第三次调研)将太极球及球拍简化成如图15所示的小球和平板，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．若球恰能到达最高点，设球的重力为1 N ，不计球拍的重力．则下列说法正确的是( )图15A ．球恰能到达最高点，说明球到最高点速度为零B ．平板在C 处对球施加的力的大小为1 NC ．当球运动到B 位置时，平板与水平方向的夹角为45°D ．球从A 到C 的过程中机械能守恒C 设球运动的线速度为v ，做圆周运动的半径为R ，球恰能到达最高点，即在最高点平板没有弹力，则在A 处mg ＝m v 2R ，A 错误；在C 处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力，F －mg ＝m v 2R ，解得F ＝2mg ＝2 N ，B 错误；在B 处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用，受力分析如图，则tan θ＝F 向mg ＝1，则θ＝45°，C 正确；球从A 到C 的过程中，动能不变，势能减小，机械能不守恒，D 错误．]●考向3 生活中的圆周运动12．(多选)如图16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( ) 【导学号：37162023】图16A ．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ACD 由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝(π＋2)r μgr ，t 2＝2r (π＋1)2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．]1．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：绳的临界：张力F T ＝0；接触面滑动的临界：F ＝f ；接触面分离的临界：F N ＝0.2．竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．热点模型解读| 竖直轨道运动模型1．模型展示圆周运动与超重、失重圆形导轨道固定在一水平地面上，半径为R .一个质量为m 的小球从距水平地面正上方h 高处的P 点由静止开始自由下落，恰好从N 点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图17A ．适当调整高度h ，可使小球从轨道最高点M 飞出后，恰好落在轨道右端口N 处B ．若h ＝2R ，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mgC ．只有h 大于等于2.5R 时，小球才能到达圆轨道的最高点MD ．若h ＝R ，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R 的位置，该过程重力做功为mgR【解题指导】 小球到达圆形轨道最高点的最小速度为v ＝gR ，水平抛出后，竖直方向R ＝12gt 2，水平方向x ＝v t ，解得水平距离x ＝2R ＞R ，选项A 错误；若h ＝2R ，小球到达最低点速度为v 1，则mgh ＝12m v 21，F N －mg ＝m v 21R ，解得F N ＝5mg ，由牛顿第三定律可知，选项B 正确；由机械能守恒定律mg (h min －2R )＝12m v 2，解得h min ＝2.5R ，选项C 正确；若h ＝R ，该过程重力做功为零，选项D 错误．【答案】 BC拓展应用] (2016·江西名校联考)如图18甲所示，质量m ＝1 kg 的物体以v 0＝4 m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R ＝0.1 m 的竖直光滑半圆环．物体与水平面间有摩擦．图18(1)物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为多大？(2)设出发点到N 点的距离为x ，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为y ，作出y 2随x 变化的关系如图乙，求物体与水平面间的动摩擦因数μ；(3)欲使物体不会脱离半圆轨道，则物体的出发点到N 点间的距离应满足什么条件？【解析】 (1)物体能从M 点飞出，则mg ＝m v 2min R解得v min ＝gRy min ＝v min t① 2R ＝12gt 2②解得y min ＝2R ＝0.2 m.(2)对物体从出发点到M 点过程，由动能定理得－μmgx －mg 2R ＝12m v 2M －12m v 20③ y ＝v M t④ 2R ＝12gt2 ⑤ 由③④⑤得y 2＝－45μx ＋1225⑥ 由图知－45μ＝0.04－0.483－0解得μ＝0.18.(3)当物体恰好不会在M 到N 点之间离开半圆轨道，即物体恰好从M 点飞出，有y min ＝0.2 m解得x max ＝3.1 m当物体刚好至圆轨道最右侧减速为零，由动能定理得－μmgx min－mgR＝0－12m v2恰到N点时减速为零，有－μmgx0＝0－12m v2解得x min＝3.9 mx0＝4.4 m综上可得3.9 m≤x＜4.4 m或x≤3.1 m.【答案】(1)0.2 m(2)0.18(3)3.9 m≤x＜4.4 m或x≤3.1 m。
