高考物理二轮复习热点题型专题04 曲线运动常考模型（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题04 曲线运动常考模型
题型一 曲线运动和运动的合成与分解
【题型解码】
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．
【典例分析1】(多选)如图所示，质量为m的物块A和质量为M的重物B由跨过定滑轮O的轻绳连接，A可在竖直杆上自由滑动。当A从与定滑轮O等高的位置无初速释放，下落至最低点时，轻绳与杆夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．物块A下落过程中，A与B速率始终相同 B．物块A释放时的加速度为g
C．M＝2m D．A下落过程中，轻绳上的拉力大小始终等于Mg
【参考答案】　BC
【名师解析】　将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，沿绳子方向的分速度等于B的速度。如图所示，A沿绳子方向的分速度为vAcosθ，所以vB＝vAcosθ，故A错误；物块A释放时，竖直方向只受重力作用，则加速度为g，B正确；A下落到最低点的过程中，A、B组成的系统的机械能守恒，设AO＝d，则：mg＝Mg(－d)，代入θ＝37°，解得：M＝2m，C正确；B上升过程中速度先增大后减小，可知加速度先向上后向下，可知绳子的拉力先大于Mg后小于Mg，D错误。

【典例分析2】(2019·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象．以下判断正确的是(　　)

A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动 B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动
C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动 D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动
【参考答案】　C
【名师解析】　在0～1 s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2 s内，水平方向初速度为：v0x＝4 m/s，加速度为：ax＝4 m/s2
竖直方向初速度为：v0y＝3 m/s，加速度为：ay＝3 m/s2
根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5 m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．
【提分秘籍】
1.解决运动的合成和分解的一般思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题的解题方法
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。

【突破训练】
1.(2019·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)如图所示，在一张白纸上，用手平推直尺沿纵向匀速移动，同时让铅笔尖靠着直尺沿横向匀加速移动，则笔尖画出的轨迹应为(　　)


【答案】　C
【解析】　笔尖沿水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀速直线运动，结合合力指向曲线运动轨迹的内侧可知C正确。
2．(2019·西藏昌都四中二模)(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v­t图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x­t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是(　　)

A．猴子的运动轨迹为直线 B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/s D．t＝2 s时猴子的加速度为4 m/s2
【答案】　BD
【解析】　由乙图知，猴子在竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下；由丙图知，猴子在水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；x­t图象的斜率等于速度，则由图丙知猴子水平方向的速度大小为vx＝4 m/s，由图乙知猴子竖直方向的初速度vy＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝＝4 m/s，故C错误；v­t图象的斜率等于加速度，则由图乙知猴子的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故D正确。
3. (2019·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小铁球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小铁球的运动轨迹．观察实验现象，以下叙述正确的是(　　)

A．第一次实验中，小铁球的运动是匀变速直线运动
B．第二次实验中，小铁球的运动类似平抛运动，其轨迹是一条抛物线
C．该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向
D．该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上
【答案】　D
【解析】　第一次实验中，小铁球受到沿着速度方向的引力作用，做直线运动，并且引力随着距离的减小而变大，加速度变大，则小铁球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小铁球所受的磁铁的引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类似平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，选项C错误，D正确．
4.(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　)

A. B. C. D.
【答案】　D
【解析】　设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解

根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′，则：
vB分＝v′cos θ＝v′cos [90°－(180°－β)]＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分
联立可得：v＝，故D正确．
题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【题型解码】
1．基本思路
处理平抛(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．
2．两个突破口
(1)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．
(2)若平抛运动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．
【典例分析1】(2019·湖北八校联合二模)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可知(　　)

A．小球从A到B再到C的整个过程中机械能守恒
B．电场力大小为2mg
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1
D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1
【参考答案】　C
【名师解析】　小球从A到B再到C的过程中，存在电场力做功，故机械能不守恒，A错误；设AC连线与水平方向的夹角为θ，小球从A经B到C的过程中，水平方向上做匀速直线运动，所以C点速度与A点的速度相同，动能变化为零，根据动能定理得：mg·LACsinθ－F电场·LBCsinθ＝0，解得：F电场＝3mg，故B错误；由于小球在水平方向做匀速直线运动，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比为2∶1，所以从A到B的时间与从B到C的时间之比为2∶1，故C正确；小球从A到B过程只受重力作用，故加速度为g，小球从B到C过程，所受合力为F电场－mg＝ma，解得a＝2g，故小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶2，故D错误。
【典例分析2】(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图所示，D点为固定斜面AC的中点．在A点和D点分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C.空气阻力不计．设两球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是(　　)

A.＝2 B.＝
C.＝ D.＝
【参考答案】　BC
【名师解析】　两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，得t＝.两球下落的高度之比 h1∶h2＝2∶1，可得，＝，故A错误．小球水平方向做匀速直线运动，则 v0＝.两球水平位移之比 x1∶x2＝2∶1，结合＝，得＝，故B正确．设斜面的倾角为α，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ.则tan α＝＝.tan θ＝＝2tan α，是定值，所以＝1，即θ1＝θ2.落到C点前瞬间的速度大小分别为v1＝，v2＝，可得，＝，故C正确，D错误．
【提分秘籍】
破解平抛（类平抛）运动问题的六大要点
(1)建立坐标系，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上。
(2)各自独立，分别分析

(3)平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。
(4)平抛(或类平抛)运动的推论

①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。
(5)求解平抛(或类平抛)运动的技巧
①处理平抛(或类平抛)运动的基本方法是把运动分解为相互垂直的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。
②要善于确定平抛(或类平抛)运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。
(6)建好“两个模型”
①常规的平抛运动及类平抛模型。
②与斜面相结合的平抛运动模型。
a．从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。
b．从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。
【突破训练】
1.(2019·山东滨州二模)如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y＝x2，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力)(　　)

A．(3 m,3 m) B．(2 m,4 m) C．(1 m,1 m) D．(1 m,2 m)
【答案】　C
【解析】　设小球经过时间t打在斜面上M(x，y)点，则水平方向：x＝v0t，竖直方向：6 m－y＝gt2。又因为y＝x2，可解得：x＝1 m，y＝1 m，故C正确。
2.(2019·江苏泗阳县第一次统测)如图所示，某同学由O点先后抛出完全相同的3个小球(可将其视为质点)，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．已知M、N、P、O四点距离水平地面高度分别为4h、3h、2h、h.不计空气阻力，以下说法正确的是(　　)

A．击中P点的小球动能最小
B．分别到达M、N、P三点的小球的飞行时间之比为1∶2∶3
C．分别到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1
D．到达木板前小球的加速度相同
【答案】　D
【解析】　将运动逆向看，可看成是三个平抛运动，且达到O点时水平位移相等，根据h＝gt2，可得运动时间t＝，则到达M、N、P的运动时间之比为∶∶1，故B错误；水平方向有x＝vt，则水平方向的速度之比为∶∶，由Ek＝mv2可知，击中M点的小球动能最小，故A错误；由v＝gt可知，到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为∶∶1，故C错误；做平抛运动物体的加速度为重力加速度，故到达木板前小球的加速度相同，故D正确．
3. (2019·山东青岛二模)如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则v1、v2大小之比为(　　)

A．9∶8 B．8∶9 C．3∶2 D．2∶3
【答案】　A
【解析】　两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t＝相等；对球Q：tan37°＝＝＝，解得：v2＝gt；球P垂直打在斜面上，则有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝gt，则：＝＝，故A正确，B、C、D错误。

4.(2019·广东深圳一模)如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C，不计空气阻力。则(　　)

A．小球落到B点与落到C点所用时间相等
B．小球落到B点与落到C点的速度方向一定相同
C．小球落到C点时的速度方向不可能竖直向下
D．力F越大，小球落到斜面的时间越短
【答案】　D
【解析】　对小球施加不为零的水平方向的恒力F时，小球在竖直方向的运动不变，仍做自由落体运动，因A距B的竖直高度大于A距C的竖直高度，根据h＝gt2可知，小球落到B点的时间与落到C点所用的时间不相等，A错误；由图可知，对小球施加的水平方向的恒力F一定是方向向左，小球在水平方向做匀减速直线运动，若到达C点时水平速度恰好减为零，则落到C点的速度方向竖直向下；而落到B点的小球做平抛运动，到达B点的速度方向不可能竖直向下，故B、C错误；当加力F时：竖直方向y＝gt2；水平方向：x＝v0t－·t2，设斜面倾角为α，则tanα＝，解得：t＝，可知力F越大，小球落到斜面的时间t越短，D正确。
题型三 圆周运动问题
【题型解码】
1.基本思路
(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.
2.技巧方法
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．
【典例分析1】(2019·陕西省汉中一模)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍。现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．B受到的静摩擦力一直增大 B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大
C．A受到的静摩擦力是先增大后减小 D．A受到的合外力一直在增大
【参考答案】　BD
【名师解析】　由杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等知，A、B质量相等，设为m。开始角速度较小时，两物块均由静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f＝mrω2，rA＝2rB知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，之后绳子产生拉力；当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未达到最大静摩擦力。对A，拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力，T＋fm＝mω2rA，随着角速度的增大，绳子上的拉力T增大，静摩擦力不变；对B，绳子上的拉力和B所受的静摩擦力的合力提供向心力，有T＋fB＝mω2rB，与上式联立得fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，随着角速度的增大，静摩擦力fB先减小，后反向增大，直到增大到fm时A、B即将滑动。由以上分析可知A受到的静摩擦力先增大，达到最大静摩擦力后不变，B受到的静摩擦力先增大后减小，然后再增大，故B正确，A、C错误；合外力提供A做圆周运动的向心力，F合＝mω2r，在发生相对滑动前物块A的半径不变，质量不变，随着转速的增大，A受到的合外力一直在增大，故D正确。
【典例分析2】(2019·河北衡水武邑中学四模)(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看做质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是(　　)

A．当地的重力加速度大小为
B．该小球的质量为R
C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a
D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上
【参考答案】　BC
【名师解析】　由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m，故g＝，A错误；当v2＝0时，F＝a，有mg＝a，又因为g＝，所以小球的质量m＝R，B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得mg·2R＝mv′2－m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由向心力公式可得F′－mg＝m，联立解得F′＝7a，C正确；当0≤v2＜b时，小球在最高点时需要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，D错误。
【提分秘籍】
1.圆周运动问题的求解步骤
(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。
(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．圆周运动的一些典型模型的处理方法


【突破训练】
1.(2019·江苏宿迁一调)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β。则(　　)

A．A的质量一定小于B的质量 B．A、B受到的摩擦力可能同时为零
C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大
【答案】　D
【解析】　由题中条件只能比较A、B的加速度大小，而它们所受合力未知，故不能比较A、B的质量，A错误；当A受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图：

根据牛顿第二定律得：mgtanα＝mωRsinα
解得：ωA＝
同理可得，当B受到的摩擦力恰为零时，ωB＝
由于α＞β，所以ωA＞ωB，而实际上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，则此时转台的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物块实际的向心力大于B所受摩擦力为零时的向心力，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力时的角速度ωA开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确。
2.(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)

A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
【答案】　C
【解析】　向心力是效果力，物体实际不受向心力作用，A错误；飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机的作用力的一个分力与飞机的重力平衡，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，因为不知道重力与向心力的定量关系，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，若夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，故C正确，D错误。
3.(2019·四川南充三诊)如图所示，图1是甲汽车在水平路面上转弯行驶，图2是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是(　　)

A．两车都受到路面竖直向上的支持力作用
B．两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
C．甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
D．乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力
【答案】　D
【解析】　图1中路面对汽车的支持力竖直向上，图2中路面对汽车的支持力垂直路面斜向上，A错误；图1中路面对汽车指向圆心的摩擦力提供向心力，图2中路面的支持力与重力的合力提供向心力时，mgtanθ＝m，v＝，此时路面对乙车没有摩擦力作用；若v＜，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，故B、C错误，D正确。
4.(2019·山西运城高三上学期模拟)(多选)如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是(　　)

A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于
C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态
D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力
【答案】　BD
【解析】　过山车在圆轨道上运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A错误；当过山车在圆轨道最高点重力等于向心力时，速度最小，故有mg＝m，解得v＝，B正确；在圆轨道最低点，乘客有竖直向上指向圆心的加速度，故乘客处于超重状态，C错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，则在最高点时，F向≥mg，假人受重力，还可能受座椅对它向下的弹力，安全带对假人一定无作用力，D正确。
5．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T­v2图象如图乙所示，则(　　)

A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】　AD
【解析】　设绳长为R，由牛顿第二定律知小球在最高点满足T＋mg＝m，即T＝v2－mg，由题图乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝，R＝，A正确，B错误；当v2＝c时，有T＋mg＝m，将g和R的值代入得T＝－a，C错误；因小球在最低点满足T′－mg＝m，即在最低点和最高点时绳的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋(v－v2)，又由机械能守恒定律知mv＝2mgR＋mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正确。
题型四 圆周、直线平抛组合模型
【典例分析】(2019·河南洛阳高三一模)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25 m，C端切线水平，AB段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L＝0.3 m的斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小物块运动到C点时对轨道压力的大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．

【参考答案】：(1)2.2 N　(2) s　(3)0.15 J
【名师解析】：(1)由动能定理得mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝mv
得v0＝ m/s
在C点由牛顿第二定律得FN－mg＝m
得FN＝2.2 N
由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道压力大小为FN′＝2.2 N.
(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y

＝，得x＝0.3－1.5y
x＝v0t，y＝gt2
15t2＋2t－0.6＝0
t＝ s.
(3)x＝0.3－1.5y
vt2＝v＝(0.3－1.5y)2
v＝
Ek＝mv＋mgy＝mg＋mgy－mg
解得当y＝0.12 m时，Ekmin＝0.15 J.
【提分秘籍】
解决“圆周平抛（直线）组合模型”问题的5点要素
1．一个物体平抛运动和（圆周）直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．
2．两个物体分别做平抛运动和（圆周）直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．
3.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．
4．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点．
5.程序法在解圆周平抛（直线）组合模型中的应用
所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．
【突破训练】
1.(2019·山东青岛一模)随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的是(　　)

A．若h加倍，则水平飞出的速度v加倍
B．若h加倍，则在空中运动的时间t加倍
C．若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变
D．若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变
【答案】　D
【解析】　根据mgh＝mv2，可得运动员水平飞出的速度v＝，若h加倍，则水平飞出的速度v变为原来的倍，A错误；运动员从B点滑出后做平抛运动，设运动员落到长直滑道上的位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝，解得t＝，则若h加倍，则在空中运动的时间t变为倍，B错误；设运动员落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝2tanθ，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变，大小为v′＝，α不变，则若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为原来的倍，C错误，D正确。
2.(2019·云南二模)(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是(　　)

A．A、B两点间的高度差为R B．C到N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg D．小球从N点运动到C点的时间为
【答案】　AC
【解析】　从A点到C点：mgh＝mv，从A点到N点：mg(h＋Rcos45°)＝mv，其中vC＝vNcos45°，联立解得：h＝R，vN＝，A正确；从N到C的时间：t＝＝ ，则C到N的水平距离为：xCN＝vNcos45°t，解得：xCN＝R，B、D错误；从A到M点：mg(h＋R)＝mv，在M点：N－mg＝m，解得：N＝(3＋)mg，由牛顿第三定律知C正确。
3.(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切。一质量为m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，g取10 m/s2。求：

(1)小物块从A点运动至B点的时间；
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。
【答案】　(1)0.35 s　(2)8 N
【解析】　(1)把小物块在B点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：vy＝
所以所用的时间为：t＝＝＝ s≈0.35 s。
(2)小物块在B点的速度为：vB＝＝2v0＝4 m/s，
对小物块从B到C应用动能定理得：
mgR(1＋sin30°)＝mv－mv
在C点由牛顿第二定律可得：
FN－mg＝
由以上两式解得：FN＝8 N
由牛顿第三定律可得：小物块对轨道的压力大小为8 N。
4.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)小球水平抛出时的初速度v0；
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？
【答案】　(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s
【解析】　(1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，

vy＝v0tan 53°，v＝2gh
代入数据，得：vy＝4 m/s，v0＝3 m/s.
(2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s
x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m
(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a＝＝8 m/s2
初速度v＝＝5 m/s
＝vt2＋at
代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不合题意舍去)
所以t＝t1＋t2＝2.4 s.