1、第四章考 纲 要 求考 情 分 析运动的合成与分解1.命题规律平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度等是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。2.考查热点突出物理与现代科技、生产、生活的结合，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容综合命题的可能性也较大。抛体运动匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度匀速圆周运动的向心力离心现象第20课时运动的合成与分解(双基落实课)命题者说合成和分解是研究曲线运动的基本方法，因此高考常对本课时进行单独命题，题型一般为选择题。复习本课时时，要注意理解规律，并掌握两种模型：小船过河、关联速度问题。一、物体做曲线运动的条件与轨迹分析1.曲线
2、运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。(3)曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。2合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。3速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。小题练通1判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运
3、动。()(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。()(3)做曲线运动的物体加速度可以为零。()(4)曲线运动是变速运动。()2一个物体在F1、F2、F3、Fn共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去外力F2，而其他力不变，则该物体( )A可能做曲线运动B不可能继续做直线运动C一定沿F2的方向做直线运动D一定沿F2的反方向做匀减速直线运动解析：选A根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有很多种情况：若速度和F2在同一直线上，物体做匀变速直线运动，若速度和F2不在同一直线上，物体做曲线运动，A正
4、确。3一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是图中的( )解析：选C物体一开始做自由落体运动，速度向下；当受到水平向右的风力时，合力的方向为向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间；风停止后，物体的合力方向向下，与速度仍然不在同一条直线上，做曲线运动，轨迹向下凹，故C正确，A、B、D错误。(1)已知运动轨迹，可以判断合力的大致方向，如图所示。在电场中，经常根据这一规律确定带电粒子所受的电场力方向，进而分析粒子的电性或场强方向。(2)运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间
5、，根据受力方向和速度方向可以判断轨迹的大致弯曲方向。(3)根据合力方向与速度方向的夹角，判断物体的速率变化情况：夹角为锐角时，速率变大；夹角为钝角时，速率变小；合力方向与速度方向垂直时，速率不变，这是匀速圆周运动的受力条件。二、运动的合成与分解的应用1.遵循的法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。2合运动与分运动的关系(1)等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止。(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响。(3)等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果。3合运动的性质判断4两
6、个直线运动的合运动性质的判断方法：看合初速度方向与合加速度方向是否共线。两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v合与a合共线，为匀变速直线运动如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动 小题练通1判断正误(1)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。()(2)合运动的速度一定比分运动的速度大。()(3)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。()(4)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。()(5
7、)合运动不一定是物体的实际运动。()2(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图像如图甲、乙所示，下列说法中正确的是( )A前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C4 s末物体坐标为(4 m,4 m)D4 s末物体坐标为(6 m,2 m)解析：选AD前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知物体只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s
8、内物体在x轴方向上的位移是xm6 m，在y轴方向上的位移为y22 m2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，D正确，C错误。3.如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则t1t2为( )A21B1C1 D1(1)解析：选A雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1t221。A正确。“化曲为直”思想在运动合成与分解中的应用(1)分析运动的合成与分解问题时，要注
9、意运动的分解方向，一般情况下按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。(2)要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。(3)两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。三、小船渡河问题1.三种速度：船在静水中的速度v1、水流速度v2和船的实际运动速度v，其中v是v1与v2的合速度。2三种情景(1)渡河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin(d为河宽)。(2)渡河位移最短(v2v1时)合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速
10、度沿此切线方向时位移最短。由图可知sin ，最短位移xmind。小题练通1(多选)下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线。则其中可能正确的是( )解析：选AB船头垂直于河岸时，船的实际航向应斜向下游，A正确，C错误；船头斜向上游时，船的实际航向可能垂直于河岸，B正确；船头斜向下游时，船的实际航向一定斜向下游，D错误。2河宽60 m，水流速度v16 m/s，小船在静水中的速度v23 m/s，求：(1)它渡河的最短时间；(2)它渡河的最短航程。解析：(1)设小船与岸成角开出，如图甲所示。渡河时间为t当90时渡河时间最短，tmin s20 s。
11、(2)因为船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如图乙所示，以v1矢量末端为圆心，以v2矢量的大小为半径画弧，从v1矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。由图可知，最短航程为x短d60 m120 m。答案：(1)20 s(2)120 m3一小船渡河，河宽d180 m，水流速度v12.5 m/s。若船在静水中的速度为v25 m/s，求：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？解析：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向。当船头垂直河岸时，小船的运动轨迹如图甲所示。此
12、时渡河时间最短，为t s36 s渡河合速度v m/s渡河位移xvt90 m。(2)欲使船渡河航程最短，应使合速度方向垂直河岸，船头应朝上游与河岸方向成某一夹角，小船的运动轨迹如图乙所示，有v2cos v1合速度v合v2sin 解得60，v合 m/s所以当船头偏向上游与河岸成60角时航程最短。最短航程xd180 m渡河时间t s24 s。答案：(1)船头垂直于河岸36 s90 m(2)船头偏向上游与河岸成60角24 s180 m(1)解决小船渡河问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头所指方向的运动，是分运动，船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线。
13、(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解。(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定则求极限的方法处理。四、关联速度问题1.问题特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。2思路与原则(1)思路明确合速度物体的实际运动速度v； (2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则。3解题方法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。小题练通1.如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两
14、物体质量分别为m1和m2，且m1tb，vatb，vavbCtatb，vavb Dtavb解析：选A做平抛运动的物体，水平方向上做匀速直线运动，有xvt；竖直方向上做自由落体运动，有hgt2。由题意知hahb，则有tatb，又因为xaxb，根据以上关系式得vahA，由hgt2得tBtA，由v可以得出vAvB，A正确。3.(2017潍坊模拟)如图所示，半圆形容器竖直放置，从其圆心O点处分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成角，则两小球的初速度之比为( )A.Btan C. Dtan2解析：选C由平抛运动规
15、律得，水平方向Rsin v1t1，Rcos v2t2，竖直方向Rcos gt12，Rsin gt22，联立解得 ，选项C正确。4.如图所示，在距水平地面分别为H和4H的高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是( )Aa、b两小球同时落地B两小球落地速度的方向相同Ca、b两小球水平位移之比为12Da、b两小球水平位移之比为14解析：选C由Hgta2,4Hgtb2可得 tb2ta，A错误；由xv0t可知，xaxb12，C正确，D错误；设落地时速度与水平方向夹角为，则由tan 可知，tan atan b12，ab，B错误。5.如图所示，从倾角为的足够长的斜面
16、顶端，先后以不同的初速度水平向右抛出相同的两只小球，下列说法正确的是( )A两小球落到斜面上历时相同B两小球落到斜面上的位置相同C两小球落到斜面上时速度大小相同D两小球落到斜面上时速度方向相同解析：选D小球做平抛运动，由两分运动的特点知tan ，得t，因v0不同，则t不同，由vygt，v及hgt2可知，vy、v及h不同，A、B、C错误；而速度与水平方向的夹角的正切值tan 2tan ，知为定值，故D正确。6.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60，则C点到B点的距离为( )AR B.C. D.
17、解析：选D由题图知，水平位移xRv0t，竖直位移ygt2，且tan 30，解得xy，yR，所以C点到B点的距离dRR。7.(2017江阴模拟)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )A小球水平抛出时的初速度大小为gttan B小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为C若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D若小球初速度增大，则减小解析：选D到达地面时速度分解如图所示，由tan 可得小球平抛的初速度大小v0，A错误；设位移与水平方向的夹角为，由tan tan 可知，B错误；小球平抛运动的时间t ，与小球
18、初速度无关，C错误；由tan 可知，v0越大，越小，D正确。8.(2017南昌模拟)如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则( )AA、B两点间的距离为 BA、B两点间的距离为 CC、D两点间的距离为2hDC、D两点间的距离为 h解析：选CAB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛运动的初速度v，持续的时间t ，所以C、D两点间距离xvt2h，故C正
19、确，D错误。二、多项选择题9.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得。如图所示，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则( )A大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈B大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈C大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈D大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈解析：选AC“套圈圈”可视为平抛运动。由于大人较高，抛出圈圈时离地面较高，根据平抛运动规律，大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈，选项A正确、B错误。
20、大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈，选项C正确、D错误。10.如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( )Aa、b两球同时落地Bb球先落地Ca、b两球在P点相遇D无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇解析：选BD由hgt2可得t ，因hahb，故b球先落地，B正确，A错误；两球的运动轨迹相交于P点，但两球不会同时到达P点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C错误，D正确。11.(2013上海高考)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，
21、山坡倾角为，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：选ABC根据题述，tan ，xvt，tan ，Hhy，ygt2，由此可算出轰炸机的飞行高度H，轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，A、B、C正确；由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，D错误。12如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )AA、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度BA、B在第一次落地
22、前若不碰，此后就不会相碰CA、B不可能运动到最高处相碰DA、B一定能相碰解析：选ADA、B两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以A、B两个小球一定能够相碰，D正确，B、C错误；只要A球的初速度vl 就可以在第一次落地之前相碰，A正确。13(2017嘉庆模拟)如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞过观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在距观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B正前方L
23、2处的D点，且L23L1，空气阻力不计。以下说法正确的有( )A飞机第一次投弹时的速度为B飞机第二次投弹时的速度为 C飞机水平飞行的加速度为 D两次投弹时间间隔T内飞机飞行的距离为 解析：选AD飞机第一次投弹的速度v1 ，A正确；第一颗炸弹落地时，飞机的速度v2v1aT，在时间T内飞机的位移x1v1TaT2，第二颗炸弹的水平位移x2v2T，由题意得x2L2x1，解得v2 ，a ，x1 ，B、C错误，D正确。14.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，ABBCCD，E点在D点的正上方，与A等高。从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关
24、于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程，以下说法正确的是()A球1和球2运动的时间之比为21B球1和球2动能增加量之比为12C球1和球2抛出时初速度之比为21D球1和球2运动时的加速度之比为12 解析：选BC因为AC2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根据hgt2得t ，解得运动的时间比为1，故A错误；根据动能定理得mghEk，知球1和球2动能增加量之比为12，故B正确；BD在水平方向上的分量是CD在水平方向分量的2倍，结合xv0t，解得初速度之比为 21，故C正确；平抛运动的加速度均为g，两球的加速度相同，故D错误。第22课时抛体运动规律的应用(题型研究课)命题者说抛体运动在日常生
25、活中很常见，也是高考命题的热点，主要考查平抛运动规律的应用。复习本课时重在理解规律及方法的应用，特别是和实际生活相联系的抛体运动，如体育运动中的平抛运动、类平抛运动等，要注意从这些实例中抽象出抛体运动的模型。(一)体育运动中的平抛运动问题在体育运动中，像乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网，又不出边界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制，在这类问题中，确定临界状态，画好临界轨迹，是解决问题的关键点。题型1乒乓球的平抛运动问题例1 (2015全国卷)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
26、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. vL1 B. v C. v D. v 解析设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3hhgt12，水平方向上有v1t1。由两式可得v1 。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt22，在水平方向有 v2t2。由两式可得v2 。则v的最大取值范围为v1vv2。故选项D正确。答案D题型2足球的平抛运动问题例
27、2(2015浙江高考)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A足球位移的大小x B足球初速度的大小v0 C足球末速度的大小v D足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 解析根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平 ，则足球位移的大小为：x ，选项A错误；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度为v0 ，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh，可得足球末速度v ，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan
28、 ，选项D错误。答案B题型3排球的平抛运动问题例3如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出，取重力加速度g10 m/s2。(1)若击球高度为2.5 m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围；(2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？解析(1)排球被水平击出后，做平抛运动，如图所示，若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间：t1 s s由此得排球越界的临界速度v1 m/s12 m/s。若球恰好触网，则球在网上方运动的时间：t2 s s。得排球触网的临界击球速度值v2 m/s3 m/s。要使排球既不触网
29、又不越界，水平击球速度v的取值范围为：3 m/sv12 m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上。则有，得h m。即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网。答案(1)3 m/s2y1。所以Q点在c点的下方，也就是第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确，B、C、D错误。答案A本题若沿斜面比较位移非常烦琐，而变换思维角度，灵活应用假设法和画图法省去了烦琐的计算，使解题过程简洁明快，达到事半功倍的效果。方法4利用重要推论求解平抛运动问题问题简述有些平抛运动问题按照常规的方法进行合成、分解、计算，虽然也能够解
30、决问题，但是过程复杂，计算繁琐，如果选择平抛运动的一些重要推论则问题会相对简便很多。方法突破推论：做平抛运动的物体，任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论：做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan 。例4如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成53角，飞镖乙与竖直墙壁成37角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离为多少。(sin 370.6，cos 370.8)解析设射出点P离墙壁的水平距离为L，飞镖甲下降的高度为h1，飞镖乙下降的高度
31、为h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一定通过水平位移的中点Q，如图所示，由此得cot cot d，代入数值得：L。答案本题的关键是理解箭头指向的含义箭头指向代表这一时刻速度的方向，而不是位移方向，本题若用基本方法求解需要列出56个方程，求解麻烦而且容易出错，联想到利用平抛运动的重要推论求解，避免了复杂的运算。方法5 利用等效法求解类平抛运动问题问题简述物体受到与初速度垂直的恒定的合外力作用时，其轨迹与平抛运动相似，称为类平抛运动。类平抛运动的受力特点是物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。方法突破遵从以下三个步骤求解类平抛运动问题：(1)根据物体受力特点和运动特点判断
32、该问题是否属于类平抛运动问题；(2)求出物体运动的加速度；(3)将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动。例5如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则( )APQ所用的时间t2 BPQ所用的时间t C初速度v0b D初速度v0b 解析物体的加速度为：agsin 。根据lat2，得：t ，故A、B错误；初速度v0b，故C正确，D错误。答案C类平抛运动问题的求解技巧(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动
33、，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。一、单项选择题1.如图所示，两小球a、b从直角三角形斜面的顶端以相同大小的水平速率v0向左、向右水平抛出，分别落在两个斜面上，三角形的两底角分别为30和60，则两小球a、b运动时间之比为( )A1B13C.1 D31解析：选B设a、b两球运动的时间分别为ta和tb，则tan 30，tan 60，两式相除得：。2.如图所示，两个足够大的倾角分别为30、45的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间
34、距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中小球b在两斜面之间。若同时释放小球a、b、c，小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1、t2、t3。下列关于时间的关系不正确的是( )At1t3t2 Bt1t1、t2t2、t3t3Ct1t3t2 Dt1t1、t2t2、t3t3t2。当平抛三个小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1t1，t2t2，t3t3。故选D。3.如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0
35、沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )AA、B的运动时间相同BA、B沿x轴方向的位移相同CA、B运动过程中的加速度大小相同DA、B落地时速度大小相同解析：选D设O点与水平面的高度差为h，由hgt12，gsin t22可得：t1 ，t2 ，故t1t2，A错误；由x1v0t1，x2v0t2可知x1vbvctatbtc BvavbvctatbtcCvavbtbtc Dvavbvctatbhbhc，根据hgt2，知tatbtc，xaxbxc，根据xvt知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c
36、的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有vavbm2r时，物体做近心运动。小题练通1.(多选)如图所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是( )A脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B水会从筒中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故C加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好D靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好解析：选ACD水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向筒壁，A正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C正确；周边的衣物因圆周运动的半径R更大，在一定时，所需
37、向心力比中心衣物的大，脱水效果更好，D正确。2.转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C若该同学使用圆珠笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差解析：选C笔
38、杆上各点的角速度相同，根据a2r可知，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，选项A错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的，选项B错误；若该同学使用圆珠笔，若转动过快，则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项C正确；若考虑地磁场的影响，由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项D错误。3.(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，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，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是()A物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动B物体
39、A发生滑动，离圆盘圆心越来越远C两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远解析：选AB当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力，所以B仍保持相对圆盘静止状态，故C、D错误，A、B正确。物体做离心运动，不是因为受到离心力作用，而是合力不足以提供物体做圆周运动所需要的向心力导致的，近心运动则是合力大于所需向心力导致的。一、单项选择题1(201
40、3北京高考)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动()A半径越大，加速度越大B半径越小，周期越大C半径越大，角速度越小 D半径越小，线速度越小解析：选C根据库仑力提供向心力，由kmam2rm2rm，知r越大，a越小，也越小；r越小，v越大，而T越小，则C项正确，其他选项错误。2. (2017大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30，重力加速度为g，估算知该女运动员( )A受到的拉力为G B受到的拉力为2GC向心
41、加速度为3g D向心加速度为2g解析：选B对女运动员受力分析如图所示，F1Fcos 30，F2Fsin 30，F2G，由牛顿第二定律得F1ma，所以ag，F2G，B正确。3(2013江苏高考)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()AA的速度比B的大BA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DA、B两个座椅都绕中心轴做匀速圆周运动，角速度相等，由于B的半径大，由vr可知，B的线速度大，A项错误；由ar2可
42、知，B的向心加速度大，B项错误；由Fmr2可知，B受到的向心力大，而向心力是由缆绳拉力的水平分力提供的，即Tsin mr2，而竖直方向Tcos mg，因此，tan ，因此悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；半径大的大，由Tcos mg可知，对应的拉力就大，D项正确。4(2016上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为 r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()A转速逐渐减
43、小，平均速率为B转速逐渐减小，平均速率为C转速逐渐增大，平均速率为D转速逐渐增大 ，平均速率为解析：选B根据题意，从题图(b)可以看出，在t时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在t时间内可以从题图看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l4n2r，叶片转动速率为：v，故选项B正确。5.(2017郑州质检)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA2RB。当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也
44、静止，则木块距B轮转动轴的最大距离为( )A. B.C. DRB解析：选C由题图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度相同，由，得。由于小木块恰能在A轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值mg，故mgmA2RA，设放在B轮上能使木块相对静止的距B轮转动轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故mgmB2r，因A、B材料相同，故木块与A、B间的动摩擦因数相同，、式左边相等，故mA2RAmB2r，得r2RA2RA，C正确。二、多项选择题6.(2013全国卷)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两
45、侧滑动的趋势。则在该弯道处()A路面外侧高内侧低B车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动 C车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小 解析：选AC汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确。车速只要低于v0，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误。车速虽然高于v0，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确。根据题述，汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势
46、，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v0的值不变，选项D错误。7(2017上海二模)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( )A飞镖击中P点所需的时间为B圆盘的半径可能为C圆盘转动角速度的最小值为DP点随圆盘转动的线速度可能为解析：选AD飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t，故A正确；飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则2rgt2，解得圆盘的半径r，故B错误；飞
47、镖击中P点，则P点转过的角度满足t2k(k0,1,2，)，故，则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；P点随圆盘转动的线速度为vr，当k2时，v，故D正确。8.(2016浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L100 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g10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧
48、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解析：选AB赛车做圆周运动时，由F知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据Fm知，其速率v45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v30 m/s。如图所示，由边角关系可得60，直道的长度xLsin 6050 m ，据v2v22ax知在直道上的加速度a6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120，弧长为s，对应的运动时间t2.79 s，选项D错误。第24课时圆周运动规律的应用(题型研究课)命题者说圆周运动是运动学中的典型运动
49、，是高考的热点。本课时的难点是向心力来源的判断和计算、竖直面内圆周运动的两类模型：绳模型和杆模型。学习本课时，要注意分析受力情况，弄清向心力的来源，同时要注意圆周运动和其他知识的综合问题。(一)水平面内的圆周运动题型1水平面内圆周运动的动力学分析题型简述此类问题相对简单，物体所受合外力充当向心力，合外力大小不变，方向总是指向圆心。方法突破(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fnm列方程求解。例1如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端分别拴着一个小球A和B。小球A和B的质量之比。当小球A在水平面内做匀速
50、圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径粗细不计，重力加速度为g。试求：(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角；(2)小球A转动的周期。解析(1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有FmBg在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos mAg解得cos 所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角60。(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有Fsin mArlsin 解得小球A的线速度为v 又T则小球A转动的周期T 。答案(1)60(2) 题型2水平面内圆周运动的临界问题题型简述在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，会出现绳子张紧、绳子突然断
51、裂、静摩擦力达最大值、弹簧弹力大小或方向发生变化等，从而出现临界问题。方法突破(1)判断临界状态：有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应着临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往对应着临界状态。(2)确定临界条件：判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。(3)选择物理规律：当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对不同的运动过程或现象，
52、选择相对应的物理规律，然后列方程求解。例2如图所示，用一根长为 l1 m的细线，一端系一质量为m1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角37，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为时，细线的张力为FT(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，结果可用根式表示)。求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？解析(1)若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力，如图所示。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力
53、公式得mgtan m02lsin 解得02，即0 rad/s。(2)同理，当细线与竖直方向成60角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan m2lsin 解得2，即 2 rad/s。答案(1) rad/s(2)2 rad/s水平面内圆周运动临界问题的分析技巧在水平面内做圆周运动的物体，当角速度变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势(半径有变化)。这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)。题型3水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题题型简述此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求
54、解，多以选择题或计算题形式考查。方法突破(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程。(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。例3(2017厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v
55、0；(2)物块与转台间的动摩擦因数。解析(1)设物块做平抛运动所用时间为t，竖直方向有Hgt2水平方向有sv0t联立两式得v0s 1 m/s。(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有mgm联立得0.2。答案(1)1 m/s(2)0.2(二)竖直面内的圆周运动1.轻绳模型和轻杆模型概述在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至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，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”。2两类模型对比轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能
56、等于零受力示意图力学方程mgFTmmgFNm临界特征FT0，即mgm，得vv0，即F向0，此时FNmgv的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点模型1轻绳模型例1如图所示，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的夹角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.B.C. D.解析设小球在最低点，即0时的速度为v1，拉力为T1，在最高点，即180时的速度为v2，拉力为T2，在最低点有：T1mgm，在最高点有：T2mgm，根
57、据动能定理有：2mgR mv12mv22，可得T1T26mg，对比Tabcos ，有T1ab，T2ab，故T1T22b，即6mg2b，故当地重力加速度g，选项D正确。答案D模型2轻杆模型例2(2017烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B小球过最高点的最小速度是C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v时，杆所受的
58、弹力等于零，A正确，B错误；若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mgFm，随v增大，F减小，若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mgFm，随v增大，F增大，故C、D均错误。答案A模型3复合模型(竖直面内圆周运动与平抛运动的组合)模型简述此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查。方法突破(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件。(2)速度是联系前后两个过程的关键物理量。例3如图所示，一条不可伸长的轻绳上端悬挂于O点
59、，下端系一质量m1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点，地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长 L1.0 m，B点离地高度 H1.0 m，A、B两点的高度差 h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)地面上D、C两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小。解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，则mghmvB2小球从B到C做平抛运动，则水平方向svBt竖直方向Hgt2 联立式解得s1.41 m。(2)小球下摆到B点，绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有Fmgm 联立
60、式解得F20 N由牛顿第三定律得FF20 N即轻绳所受的最大拉力为20 N。答案(1)1.41 m(2)20 N通法归纳竖直面内圆周运动的求解思路(三)斜面上的圆周运动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，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同，下面列举三类题型。题型1静摩擦力控制下的圆周运动例1(2014安徽高考)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(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/s2。则的最
61、大值是()A. rad/s B. rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s解析物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，mgcos 30mgsin 30mr2，求得1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。答案C题型2轻杆控制下的圆周运动例2如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，有一根长为L0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )A4 m/s B2 m/sC2 m/s
62、 D2 m/s解析小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsin mvB2可得vB4 m/s，A正确。答案A题型3轻绳控制下的圆周运动例3(2017开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v03.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角的值应在什么范围内？(取重力加速度g10 m/s2)解析小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重
63、力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsin 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FTmgsin 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有mglsin mv12mv02若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT0联立解得sin ，解得30故的范围为030。答案030通法归纳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。一、单项选择题1.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面
64、内旋转，下列说法正确的是( )A过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C人在最低点时对座位的压力等于mgD人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D人过最高点时，FNmgm，当v时，不用保险带，人也不会掉下来，当v时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。2. (2017莆田联考)如图所示，在半径为R的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转速n r/s在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为( )AR
65、B.C.R D.解析：选A由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为Fm42n2r，根据匀速圆周运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即mgtan m42n2r，根据几何关系：sin ，联立解得：cos ，可得：hRRcos R，所以A正确，B、C、D错误。3.(2017抚顺模拟)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，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，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻
66、力)，则瞬时速度v必须满足( )A最小值 B最大值C最小值 D最大值解析：选D要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mgm，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2mg2rmv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A、C错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mgm，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2mg2rmv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。4.(2017忻州一中检测)如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直
67、平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )A.mg B2mgC3mg D4mg解析：选A当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，有mgm；当小球到达最高点时速率为2v，设每段线中张力大小为F，应有2Fcos 30mgm，解得Fmg，选项A正确。5.(2017宁波联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用。则可能为( )A3 B.
68、 C. D. 解析：选B因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60。当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为Fm2r，根据几何关系，其中rRsin 60一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得Fmin2mgsin 60，即2mgsin 60mmin2Rsin 60，解得min ；当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，同理可知，最大
69、角速度为max ，故只有B正确。6.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OAOBAB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )AOB绳的拉力范围为0mgBOB绳的拉力范围为mgmgCAB绳的拉力范围为mgmgDAB绳的拉力范围为0mg解析：选B当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos 30mg，F1 mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，
70、OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30mg，F2 mg, 因此OB绳的拉力范围为mg mg，AB绳的拉力范围为0mg，B项正确。二、多项选择题7.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有( )AFN小于滑块重力 BFN大于滑块重力CFN越大表明h越大 DFN越大表明h越小解析：选BC设滑块到达B处时的速度为v，根据向心力公式得FNmgm ，根据机械能守恒定律得mghmv2，联立解得FNmg，B、C正确。8.(2017宜昌联考
71、)如图所示，半径为R的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为2m和m的静止小球A、B，它们由长为2R的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。今对上方小球A施加微小扰动。两球开始运动后，下列说法正确的是( )A轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等B轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等C运动过程中A球速度的最大值为 D当A球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为mg解析：选ACD两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项A正确，B错误；A、B球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即
72、A球在最低点)时，线速度最大，则mg2R3mv2，最大速度v ，选项C正确；A球在最低点时，分别对A、B球受力分析，FNA2mg2m，FNBmgm，则FNAFNB，选项D正确。9(2017安阳模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图像如图乙所示。则( )A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选ACD当弹力F方向向下时，Fmgm，解得Fmmg，当弹力F方向向上时，mgFm，解得
73、Fmgm，对比Fv2图像可知，bgR，amg，联立解得g，m，A正确，B错误；v2c时，小球对杆的弹力方向向上，C正确；v22b时，小球受到的弹力与重力大小相等，D正确。 10.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，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为R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2。则( )A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用
74、力FNB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N解析：选AC根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。三、计算题11.如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的倍(0.2)
75、，当转盘以角速度4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取 10 m/s2)?解析：由于转盘以角速度4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时，有mgmgmr12解得r10.5 m当木块恰不做离心运动时，有mgmgmr22解得r20.75 m因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 mr0.75 m。答案：0.5 mr0.75 m12.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运
76、动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？解析：(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL2mgRmv2解得v 在B点，由牛顿第二定律有FNmgm解得FN5mg。(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有FN5mg0解得Rm。(3)设小球平抛运动的时间为t，有2Rgt2解得t 水平位移xvt 当2F
77、L4mgR4mgR时，水平位移最大。解得RD到A的最大距离xm。答案：(1)5mg(2)(3)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求)1.如图所示为“歼20”在竖直平面内作横“8”字形飞行表演的示意图，其飞行轨迹1234561，如果飞机的轨迹可以视为两个相切的等圆，且飞行速率恒定，在A、B、C、D四个位置时飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为FNA、FNB、FNC、FND，那么以下关于这四个力的大小关系说法正确的是( )AFNAFNBFNCFNDCFNCFNAFNBFND DFNDFNAFNBFNC解析：选A飞机在A点和B点时受力情况相
78、同，即FNAFNB，在A点对飞行员由牛顿第二定律得FNAmgm，解得FNAmmg；飞机在C点和D点时受力情况相同，即FNCFND，在C点对飞行员由牛顿第二定律得FNCmgm，解得FNCmmg，故FNAFNBFNCFND，选项A正确。2.(2017德州模拟)如图所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45 m，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m的P点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，g取10 m/s2，则( )A球下落的加速度逐渐变大B球从发射口到桌面的时间为0.6 sC球从发射口射出后动能不变D球从发射口射出的速率为8 m/s解析：选D乒乓球水平射出后做平抛运动
79、，其加速度等于重力加速度g，始终保持不变，而速度逐渐增大，动能增大，A、C错误；由hgt2，得t s0.3 s，B错误；由xv0t，解得v0 m/s8 m/s，D正确。3.某河流中水流的速度是2 m/s，一小船要从河岸的A点沿直线匀速到达河对岸的B点，B点在河对岸下游某处，且A、B间的水平距离为100 m，河宽为50 m，则小船的速度至少为( )A0.5 m/s B1 m/s C1.5 m/s D2 m/s解析：选B如图所示，船要渡河到达B点，最小速度应满足，即船的速度至少为1 m/s。4.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0
80、平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为( )A. B.C. D.解析：选A由小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道可知小球速度方向与水平方向夹角为。由tan ，xv0t，联立解得AB之间的水平距离为x，选项A正确。5.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一超高速摆式列车在水平面内行驶，以360 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1 km，则质量为50 kg的乘客，在拐弯过程中所受到的列车给他的作用力为(g取
81、10 m/s2)( )A500 N B1 000 NC500 N D0解析：选C乘客随列车做匀速圆周运动，列车对乘客的作用力在竖直方向的分力与其重力等大反向，Fymg500 N；列车对乘客的作用力在水平方向的分力提供其向心力，则FxF向m 50 N500 N，故列车对乘客的作用力大小为F500 N，C正确。6.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )A该自行车可变换两种不同挡位B该自行车可变换四种不同挡位C当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比AD14D当A轮与D轮组合时，两轮的角速度
82、之比AD41解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故AD14，C正确，D错误。7. (2014全国卷)如图，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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg
83、解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得Ffm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgmb22l，可得b ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgma2l，可得a ，而转盘的角速度 FB0，所以D错误。二、计算题9.(2017通化模拟)如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为m的
84、小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求a、b两球落地点间的距离。解析：设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有mgFNam即4mgm解得va2设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有mgFNbm即mgm解得vb 两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则竖直方向2Rgt2水平方向xavat，xbvbt解得xa4R，xbR故a、b两球落地点间的距离为xxaxb3R。答案：3R10(2017三明模拟)如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管做成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线B
85、C组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB的半径R1.0 m，BC 段长为L1.5 m。弹射装置将一个质量为m1 kg 的小球(可视为质点)以v05 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h1.25 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F的大小及从A运动到C点的时间t；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角。解析：(1)小球做匀速圆周运动，向心力大小Fm25 N小球从A到B的时间t10.20.628 s从B到C的时间t20.3 s小球从A到C的时间tt1t20.928 s。(2)小球做平抛运动，有h
86、解得vy5 m/s所以tan 1解得45。答案：(1)25 N0.928 s(2)4511(2016浙江高考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。解析：(1)打在探测屏AB中点的微粒下落的高度hgt2解得t 。(2)打在B点的微粒初速度v1，2hgt12v1L 同理，打在A点的微粒初速度v2L 能被屏探测到的微粒初速度范围L vL 。(3)由功能关系mv22mghmv122mgh代入、式得L2 h。答案：(1) (2)L vL (3)L2h
