2019年高考二轮复习：专题1 第3讲 力学中的曲线运动

专题强化练(三) 力与曲线运动考点1 运动的合成与分解1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x 方向和y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示．关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A ．物体运动的初速度大小是7 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀变速曲线运动D ．物体运动的加速度大小是5 m/s 2解析：由v －t 图象可得v 0x ＝3 m/s ，v 0y ＝4 m/s ，则初速度为v 0＝v 20x ＋v 20y ＝5 m/s ，选项A 错误；x 方向的匀速直线运动和y 方向的匀减速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B 错误，C 正确；a x ＝0，a y ＝2 m/s 2，物体的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝2 m/s 2，选项D 错误.答案：C2．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.kvk 2－1 B.v1－k2C.kv1－k2D.vk 2－1解析：设小船在静水中的速度为v 1，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＝dv 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝d v 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，选项B 正确．答案：B3.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vcos 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vL sin α解析：棒与升降台接触点(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 ，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球做角速度减小的变速圆周运动．答案：D考点2 平抛运动4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B 点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，A 、B 两点高度差h ＝1 m ，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )A ．4 5 m/sB ．2 5 m/s C.4315 m/s D ．215 m/s解析：根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg＝2×110 s ＝15 s ，竖直分速度v y ＝gt ＝10×15m/s ＝2 5 m/s ，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v ＝v y cos 60°＝2512m/s＝4 5 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A5．(多选)(2018·天水二模)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，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 ＝gt2v 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 2θ，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．如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过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/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：设小物体下落h 所用的时间为t 1，下落h ＋H 所用的时间为t 2，要使小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，若小物体恰好经过窗子上沿，由平抛运动规律得，h ＝12gt 21，v max t 1＝L ，解得v max ＝7 m/s ；若小物体恰好经过窗子下沿，有h ＋H ＝12gt 22，v min t 2＝L ＋d ，解得v min ＝3 m/s.故v 的取值范围为3 m/s<v <7 m/s ，选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C考点3 圆周运动7．(多选)如图所示，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( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f ＝m ω2R .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 f a ＝m ω2a l ，当F f a ＝kmg 时，kmg ＝m ω2a l ，ωa ＝kgl；对木块b ；F f b ＝m ω2b ·2l ，当F f b ＝kmg 时，kmg ＝m ω2b ·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 f a ＝m ω2l ，F f b ＝m ω2·2l ，F f a <F f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则F f a ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误．答案：AC8．(2018·冀州月考)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2，重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg解析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N ′2＋mg ＝m v 22r ，在最低点，根据牛顿第二定律可得N ′1－mg ＝m v 21r，由牛顿第三定律可知N ′1＝N 1，N ′2＝N 2，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有mg ·2r ＝12mv 21－12mv 22，联立各式可得N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确．答案：D9．(多选)(2018·资阳联考)如图甲所示是一种利用霍尔效应传感器测量运动速率的自行车速度计．车轮每转一周，安装在自行车前轮上的一块磁铁就靠近霍尔传感器一次，产生一次电压脉冲．图乙为某次骑行中记录的脉冲电压U 与时间t 的图象．已知自行车车轮的半径为33 cm ，磁铁与轮轴的距离为半径的34，则该自行车( )A ．车轮边缘与磁铁的线速度大小相等B ．在1.0～1.4 s 内，速率几乎不变C ．在1.4～2.6 s 内做减速运动D ．在1.2 s 时的速率约为10 m/s解析：根据圆周运动的线速度和角速度的关系v ＝r ω，可知，车轮边缘的线速度大于磁铁的线速度，A 项错误；由题图乙可知在1.0～1.4 s 内车轮运动的周期几乎不变，所以车轮的线速度大小不变，即速率几乎不变，B 项正确；同理由题图乙可知在1.4～2.6 s 内车轮运动的周期逐渐增大，则转速减小，自行车做减速运动，C 项正确；在1.0～1.4 s 内车轮的周期为0.2 s ，由线速度的定义式可得车轮的线速度v ＝2πrT≈10.36 m/s ，自行车的速度等于车轮的线速度大小，故D 项正确．答案：BCD考点4 平抛运动与圆周运动的综合问题10．如图所示，质量是1 kg 的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O 点，O 点距地面竖直距离为1 m ．如果使小球绕OO ′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N ，(g 取10 m/s 2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂； (2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．解析：(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示： 竖直方向F T cos θ＝mg ，得θ＝37°， 向心力F 向＝mg tan 37°＝m ω2L sin 37°， 解得ω＝5 rad/s.(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为v 0＝ωL sin 37°＝1.5 m/s ，竖直方向：y ＝h －L cos 37°＝12gt 2，水平方向：x ＝v 0t .解得d ＝（L sin 37°）2＋x 2＝0.6 m. 答案：(1)5 rad/s (2)0.6 m11．(2018·长沙二模)如图所示，A 、B 是水平传送带的两个端点，起初以v 0＝1 m/s 的速度顺时针运转，今将一小物体(可视为质点)无初速度地轻放在A 处，同时传送带以a 0＝1 m/s 2的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与B 点的竖直距离为R ，物体离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道，g取10 m/s 2，求：(1)物体由A 端运动到B 端所经历的时间； (2)AC 间的水平距离；(3)判断物体能否沿圆轨道到达N 点．解析：(1)物体离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与C 点相切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy ，物体从B 点到C 做平抛运动，竖直方向R ＝12gt 23，v Cy ＝gt 3，水平方向x BC ＝v B t 3(v B ＝v Cx )，得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/s ，x BC ＝1.6 m ，v C ＝2v B ＝4 2 m/s. 物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有 μmg ＝ma ， 得a ＝2 m/s 2.物体历时t 1后与传送带共速，则有at 1＝v 0＋a 0t 1，t 1＝1 s ，得v 1＝2 m/s<4 m/s ，故物体此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点v B ＝v 1＋a 0t 2，得t 2＝2 s.所以从A 运动到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)AB 间的距离为x ＝12at 21＋at 1t 2＋12a 0t 22＝7 m ，从A 到C 的水平距离为x AC ＝x ＋x BC ＝8.6 m.(3)物体能到达N 点的速度要求mg ＝m v 2NR，解得v N ＝gR ＝8 m/s.对于小物体从C 到N 点，设能够到达N 位置且速度为v N ′，由机械能守恒定律得 12mv 2C ＝mgR (1＋22)＋12mv N ′2， 解得v N ′＝16－82m/s<v N .故物体不能到达N点．答案：见解析。

专题3 力与物体的曲线运动考题一运动的合成与分解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共线时，物体做曲线运动.合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性.2.分析运动合成与分解的一般思路明确合运动及其运动性质⇓根据效果分解或正交分解⇓确定分运动的方向及运动性质⇓由平行四边形定则确定数量关系⇓写出表达式进行数学分析例1 质量为2 kg的质点在x－y平面上运动，x方向的速度—时间图象和y方向的位移—时间图象分别如图1甲、乙所示，则质点( )图1A.初速度为4 m/sB.所受合外力为4 NC.做匀变速直线运动D.初速度的方向与合外力的方向垂直解析x轴方向初速度为v x＝4 m/s，y轴方向初速度v y＝3 m/s，质点的初速度v0＝v2x＋v 2y ＝5 m/s.故A错误.x轴方向的加速度a＝2 m/s2，质点的合力F合＝ma＝4 N.故B正确.x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点受到的合力恒定不变.合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴方向，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，做匀变速曲线运动.故C、D错误.答案 B变式训练1.(2016·全国乙卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力.①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错.2.如图2所示，甲乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P 点，如果划船速度大小相等，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )图2A.甲船也能到达正对岸B.甲船渡河时间一定短C.两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D.渡河过程中两船不会相遇答案 C解析甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲＝v sin α，v乙＝v sin α，故渡河时间t甲＝dv甲＝dv sin α、t乙＝dv乙＝dv sin α，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误，C正确.考题二平抛(类平抛)运动的规律1.求解平抛运动的基本思路和方法——运动的分解将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动——“化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法.2.求解平抛(类平抛)运动的注意点(1)突出落点问题时，一般建立坐标系，由两个方向遵循的规律列出位移方程，由此确定其落点.(2)突出末速度的大小和方向问题时，一般要建立水平分速度和竖直分速度之间的关系，由此确定其末速度.(3)如图3所示，分解某一过程的位移和某一位置瞬时速度，则可以获得两个直角三角形，一般该类运动问题都可以在这两个直角三角形中解决.图3例2 如图4所示，将甲、乙两球从虚线PQ 右侧某位置分别以速度v 1、v 2沿水平方向抛出，其部分轨迹如图1、2所示，两球落在斜面上同一点，且速度方向相同，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图4A.甲、乙两球抛出点在同一竖直线上B.甲、乙两球抛出点在斜面上C.甲球抛出点更靠近PQ 线D.一定有v 1>v 2解析 二者落在斜面上时速度的方向相同，所以速度的方向与水平方向之间的夹角θ是相等的，tan θ＝v yv 0根据：v y ＝gtx ＝v 0t y ＝12gt 2位移偏转角为α，联立可得：tan α＝y x ＝12tan θ可知二者的位移偏转角也相等，所以两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，故结合题目的图象可知1的抛出点高于2的抛出点，故A 错误；结合A 的分析可知，两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，两个小球的抛出点可能在斜面上，也可能不在斜面上，故B 错误；两个小球的抛出点与落点的连线在同一直线上，而题目的图中1在上，所以甲的抛出点离PQ 要远一些，故C 错误；由于甲的抛出点高一些，因此甲运动的时间长些，故竖直方向的速度v ＝gt 大些，而根据落点的速度方向相同，因此速度v 1要大一些，故D 正确. 答案 D 变式训练3.如图5所示，在水平地面上A 、B 两点同时迎面抛出两个物体，初速度分别为v 1、v 2，与水平方向所成角α1＝30°、α2＝60°，两物体恰好落到对方抛出点.两物体在空中运动的时间分别为t 1、t 2，不计空气阻力.则( )图5A.v 1＝v 2B.t 1＝t 2C.两物体在空中可能相遇D.两物体位于同一竖直线时，一定在AB 中点的右侧 答案 AD解析 在水平方向上做匀速直线运动，故有v 1cos 30°t 1＝v 2cos 60°t 2，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t 1＝2v 1sin 30°g ，t 2＝2v 2sin 60°g，联立可得v 1＝v 2，t 1<t 2，A 正确，B 错误；在竖直方向上的速度一个大，一个小，又是同时抛出，所以两者不可能同时到达同一高度，即两者不可能相遇，C 错误；两者位于同一竖直线时，由于运动时间相同，而A 球的水平初速度较大，所以A 球走过的水平位移大于B 球的，所以一定在AB 中点的右侧，D 正确.4.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图6所示.它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a 、b 、c .若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图6A.三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最大B.三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快C.三小球比较，落在a 点的小球飞行时间最短D.无论小球抛出时初速度多大，落在斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 答案 D解析 根据h ＝12gt 2得t ＝2hg知平抛运动的时间由高度决定，落在a 点的小球下落的高度最大，则飞行时间最长，由速度变化量Δv ＝gt ，可知落在a 点的小球飞行过程速度变化最大，故A 、C 错误.三个小球均做平抛运动，加速度都是g ，则速度变化快慢一样，故B 错误.小球打到两斜面交点时，速度方向与水平方向夹角为45°，与斜面夹角小于90°，打到右侧斜面的其他位置处，夹角更小，故D 正确.考题三 圆周运动问题的分析1.圆周运动的描述v ＝Δs Δt ω＝ΔθΔtω＝2πTv ＝ω·R ＝2πT·Ra n ＝v 2R ＝ω2·R ＝4π2T2·R .2.水平面内圆周运动的临界问题(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 f ；接触面分离的临界：F N ＝0.3.竖直平面内圆周运动的绳、杆模型例3 如图7所示，质量为m 的小球置于内部光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径.盒子在竖直平面内做半径为R 、周期为2πRg的匀速圆周运动，重力加速度大小为g ，则( )图7A.盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为mgB.盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mgC.盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为6mgD.盒子从最低点向最高点运动的过程中，球处于超重状态解析 设盒子运动到最高点时，小球受到盒子顶部的压力，则：F ＋mg ＝mR (2πT)2，解得：F＝0根据牛顿第三定律，盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为0.故A 错误；盒子运动到最低点时，小球受到盒子底部支持力与重力的合力提供向心力，则：F N －mg ＝mR (2πT)2，解得：F N ＝2mg 根据牛顿第三定律，盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mg .故B 正确，C 错误；由A 项的分析可知，在最高点小球只受到重力的作用，所以盒子从最低点向最高点运动的过程中，球接近最高点时处于失重状态.故D 错误. 答案 B 变式训练5.如图8所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )图8 A.此时绳子张力为F T＝3μmgB.此时圆盘的角速度为ω＝2μg rC.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D.此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动答案ABC解析两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：F T－μmg＝mω2r，F T＋μmg＝mω2·2r，解得：F T＝3μmg，ω＝2μgr，故A、B、C正确；此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误. 6.(2016·浙江理综·20)如图9所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O′距离L ＝100 m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )图9A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s答案AB解析在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg＝m v2mr，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r 2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr 3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30s≈2.80 s，选项D 错误.考题四 抛体运动与圆周运动的综合解决抛体与圆周运动的综合问题应注意： (1)平抛运动与圆周运动的关联速度. (2)圆周运动中向心力与运动学公式的关联. (3)动能定理的灵活运用.例4 (12分)如图10所示，BC 为半径等于25 2 m 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v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F ＝5 N 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 ＝10 m/s 2)求：图10(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？[思维规范流程]·sin 45°＝v0t：小球由C点沿斜面上滑⑨式2分，其余各式1分.变式训练7.如图11所示，质量为1 kg物块自高台上A点以4 m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5 m的光滑圆弧轨道运动.到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3 m到达D点停下来，已知OB与水平面的夹角θ＝53°，g＝10 m/s2(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求：图11(1)A 、B 两点的高度差；(2)物块到达C 点时，物块对轨道的压力； (3)物块与水平面间的动摩擦因数. 答案 (1)0.45 m (2)96 N (3)0.5解析 (1)小物块恰好从B 端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：v B ＝v 0sin θ＝40.8＝5 m/s. A 到B 的过程中机械能守恒，得：mgh ＋12mv 20＝12mv 2B联立得：h ＝0.45 m(2)小物块由B 运动到C ，据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B在C 点处，据牛顿第二定律有F N ′－mg ＝m v2C R解得F N ′＝96 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F N 的大小为96 N. (3)小物块从C 运动到D ，据功能关系有： －μmgL ＝0－12mv 2C联立得：μ＝0.5专题规范练1.2015年9月23日，在江苏省苏州市进行的全国田径锦标赛上高兴龙获得男子跳远冠军，在一次试跳中，他(可看做质点)水平距离达8 m ，高达1 m.设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为θ，若不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，则tan θ等于( ) A.18 B.14 C.12 D.1答案 C解析 设水平速度为v x ，竖直速度为v y .由运动的合成与分解知：v 2y 2g ＝y ，v y g ＝t ，x ＝v x ·2t ，由以上各式得：tan θ＝v y v x ＝12，C 对. 2.如图1所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v 匀速运动，当光盘由A 位置运动到图中虚线所示的B 位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球( )图1A.竖直方向速度大小为v cos θB.竖直方向速度大小为v sin θC.竖直方向速度大小为v tan θD.相对于地面速度大小为v 答案 B解析 光盘的速度是水平向右的，将该速度沿线和垂直于线的方向分解，如图所示，沿线方向的分量v 线＝v sin θ，这就是桌面以上悬线变长的速度，也等于铁球上升的速度，B 正确；由题意可知铁球在水平方向上速度与光盘相同，竖直方向速度为v sin θ，可得铁球相对于地面速度大小为v 1＋sin 2θ，D 错误.3.(2016·全国甲卷·16)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2所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图2A.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 答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 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 ，所以选项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. 4.如图3，一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()图3A.3gR 2B.gRC. 33gR2D.3gR答案 C解析 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan 30°2＝36，因为tan θ＝y x ＝y 32R ，则竖直位移y ＝34R .v 2y ＝2gy ＝32gR ，tan 30°＝v yv 0，所以v 0＝3gR 233＝33gR2，故C 正确，A 、B 、D 错误.5.(多选)如图4所示，一带电小球自固定斜面顶端A 点以速度v 0水平抛出，经时间t 1落在斜面上B 点.现在斜面空间加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A 点以速度v 0水平抛出，经时间t 2落在斜面上B 点下方的C 点.不计空气阻力，以下判断正确的是( )图4A.小球一定带正电B.小球所受电场力可能大于重力C.小球两次落在斜面上的速度方向相同D.小球两次落在斜面上的速度大小相等 答案 CD解析 不加电场时，小球做平抛运动，加电场时，小球做类平抛运动，根据tan θ＝12at 2v 0t＝at 2v 0，则t ＝2v 0tan θa，因为水平方向上做匀速直线运动，可知t 2＞t 1，则a ＜g ，可知小球一定带负电，所受的电场力向上，且小于重力的大小，故A 、B 错误.因为做类平抛运动或平抛运动时，小球在某时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移方向相同，则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同.根据平行四边形定则知，初速度相同，则小球两次落在斜面上的速度大小相等，故C 、D 正确.6.如果高速转动的飞轮重心不在转轴上，运行将不稳定，而且轴承会受到很大的作用力，加速磨损.如图5所示，飞轮半径r ＝20 cm ，ab 为转动轴.正常工作时转动轴受到的水平作用力可以认为是0.假想在飞轮的边缘固定两个互成直角的螺丝钉P 和Q ，两者的质量均为m ＝0.01 kg ，当飞轮以角速度ω＝1 000 rad/s 转动时，转动轴ab 受到力的大小为()图5A.1×103N B.2×103N C.2×103 N D.22×103N答案 D解析 对钉子：F 1＝F 2＝m ω2·r ＝2 000 N ，受到的合力F ＝2F 1＝22×103N.7.如图6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.现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q 始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是( )图6A.细线所受的拉力变小B.小球P 运动的角速度变大C.Q 受到桌面的静摩擦力变小D.Q 受到桌面的支持力变大 答案 B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 ＝mgcos θ，mg tan θ＝m ω2L sin θ，得角速度ω＝g L cos θ，使小球改到一个更高的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos θ减小，则得到细线拉力F T 增大，角速度ω增大.故A 错误，B 正确.对Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q 受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q 所受的支持力不变，故C 、D 错误；故选B.8.如图7所示，河水流动的速度为v 且处处相同，河宽度为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7A.小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝b v .速度最大，最大速度为v max ＝av bB.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 ＝a 2＋b 2vbC.小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最短且速度最小，最小速度v min ＝av bD.小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小，最小速度v min ＝bva 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 ＝av 船，故A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河位移最小，为a ，但沿着船头指向的分速度必须指向上游，合速度不是最大，故B 错误；由图，小船沿轨迹AB 运动位移最大，由于渡河时间t ＝av 船，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故C 错误；合速度沿着AB 方向时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：a v 船＝a 2＋b 2v ，故v 船＝ava 2＋b 2；故D 正确；故选D.9.(2016·全国丙卷·24)如图8，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接.AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动.图8(1)求小球在B 、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点. 答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4② 由①②式得E k BE k A＝5 ③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心力公式有F N ＋mg ＝m v2C R2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v2C R⑥ v C ≥Rg2⑦全程应用机械能守恒定律得mg ·R 4＝12mv C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点.10.如图9所示为圆弧形固定光滑轨道，a 点切线方向与水平方向夹角53°，b 点切线方向水平.一小球以水平初速度6 m/s 做平抛运动刚好能从a 点沿轨道切线方向进入轨道，已知轨道半径1 m ，小球质量1 kg.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s2)求：图9(1)小球做平抛运动的飞行时间.(2)小球到达b 点时，轨道对小球压力大小. 答案 (1)0.8 s (2)58 N解析 (1)小球进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°，则有：tan 53°＝v yv xv y ＝gt 解得t ＝0.8 s(2)设初始位置距a 点高度为h ，则有：h ＝12gt 2设初始位置距b 点高度为H ，则有：H ＝h －(R ＋35R )从初始位置到b 由动能定理得：mgH ＝12mv 2b －12mv 2x对b 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2bR解得：F N ＝58 N。

专题三力与曲线运动一、主干知法必记1.运动的合成和分解(1)物体做曲线运动的条件是F合与v不共线。

合力方向总是指向轨迹的凹侧。

(2)绳、杆关联问题中,绳(杆)两端沿绳(杆)方向的分速度相等。

(3)小船渡河问题中,当小船与河岸垂直时,渡河时间最短;渡河的最短位移不一定等于河的宽度,只有船在静水中的速度大于水速时,渡河的最短位移才等于河宽。

2.平抛运动规律(1)分析平抛运动的基本方法是“合成和分解”。

水平方向:v x=v0,x=v0t。

竖直方向:v y=gt,y=gt2。

(2)速度偏角β与位移偏角α的关系为tan β=2 tan α;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过抛出点的沿初速度方向的位移的中点。

3.匀速圆周运动(1)常用公式①T=,ω=π=2πf=2πn,v=πr=2πfr=2πnr=ωr。

②a==ω2r=πr=4π2f2r=4π2n2r=vω。

③F=ma=m=mω2r=mπr=4π2mf2r=4π2mn2r。

(2)竖直面内圆周运动的两类模型①“绳模型”:过最高点的临界条件是v临=。

②“杆模型”:过最高点的临界条件是v临=0;在最高点时,若0<v<,则F N背离圆心,随v的增大而减小;若v=,则F N=0;若v>,则F N指向圆心,随v的增大而增大。

4.解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1) F万=F向,即G=ma=m=mω2r=mπr。

(2)在中心天体表面或附近时:G=mg。

5.天体质量和密度的计算(1)由G=mg得天体质量M=;天体密度ρ==π=π。

(2)由G=mπr得中心天体质量M=π;中心天体密度ρ==π=π。

6.卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系①由G=m得v=,所以r越大,v越小。

②由G=mω2r得ω=,所以r越大,ω越小。

③由G=mπr得T=π,所以r越大,T越大。

7.卫星变轨问题分析(1)当卫星的速度突然增大时,G<m,即万有引力不足以提供向心力,卫星将做离心运动,当卫星进入新的轨道稳定运行时其运行速度比原轨道时小。