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2020浙江高考物理二轮讲义：专题一第四讲 曲线运动
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第四讲 曲线运动
知识内容
考试要求
备考指津
1.曲线运动
b
1.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是近几年命题的热点，且多数与电场力、洛伦兹力联系起来考查.
2.生活中的圆周运动命题范围很大，需灵活运用.
2.运动的合成与分解
c
3.平抛运动
d
4.圆周运动
d
5.向心加速度
d
6.向心力
d
7.生活中的圆周运动
c
运动的合成与分解
【题组过关】
1．(2019·宁波检测)一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则( )
A．v2＝v1 B．v2＝2v1
C．v2＝v1 D．v2＝v1
解析：选C.球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，选项C正确．
2.如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河．出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列判断正确的是( )
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点下游靠岸
C．甲、乙两船到达对岸的时间相等
D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇
解析：选C.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60°，过河时间均为t＝，故C正确．由乙恰好到达A点知，u＝vsin 30°＝v，则甲沿河岸方向的速度为u＋v＝v，沿河岸方向的位移为v·t＝<2L，故A、B、D错误．
3．(多选)如图所示，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的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( )
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
解析：选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcos θ＝v重，即＝＝，所以C正确，D错误．
1．合运动性质和轨迹的判断方法：若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速．
2．三种过河情景分析
(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)．
(2)过河路径最短(v2
3．端速问题解题原则
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．
抛体运动
【重难提炼】
1．平抛运动的规律
(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t.
(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2.
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动．
3．平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)如图甲所示，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．
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α.
如图所示，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．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：
(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A点起跳后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．
[审题突破] (1)题干中“不触及这个障碍物”说明：运动员在A点起跳后下落高度H－h时的水平位移至少为________．
(2)题干中“沿水平方向跳起离开斜面”说明：运动员在A点起跳后做________运动．
[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
mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma
解得a＝gsin 53°－μgcos 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，根据自由落体公式H＝gt2
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为＋L
设他在这段时间内运动的时间为t′
则：H－h＝gt′2
＋L＝vt′
解得v＝6.0 m/s.
[答案] (1)7.4 m/s2 (2)0.8 s (3)6.0 m/s
【题组过关】
考向一 平抛运动与斜面体的综合问题
1．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，AB＝BC＝CD，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，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )
A．球1和球2运动的时间之比为2∶1
B．球1和球2动能增加量之比为2∶1
C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2
解析：选C.因为AC＝2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝gt2得t＝，解得运动的时间比为1∶，故A错误；根据动能定理得mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B错误；球1在水平方向上的位移是球2在水平方向上的位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2∶1，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．
2.如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为( )
A．16∶9 B．9∶16
C．3∶4 D．4∶3
解析：选B.对于A球有tan 37°＝＝，解得tA＝；同理对B有tB＝，由此解得＝，故选项B正确，A、C、D错误．
考向二 平抛运动中的临界问题
3．套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g＝10 m/s2)( )
A．7.4 m/s B．9.0 m/s
C．7.8 m/s D．8.2 m/s
解析：选C.圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8 m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝gt2，解得t＝0.4 s，圆环后端与杆的水平距离为3.2 m＝v1·t，得v1＝8 m/s，圆环前端与杆的水平距离为3 m＝v2·t，得v2＝7.5 m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s＜v＜8 m/s，故选C.
4．一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.
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3h＝gt ③，在水平方向有 ＝v2t2 ④.由③④两式可得v2＝ .则v的最大取值范围为v1
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．
圆周运动
【重难提炼】
1．首先要进行受力分析，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.
3．水平面内圆周运动常考的临界模型
图示
受力
临界
竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；
水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：Ff＝
当 F向＝Ffmax时，物体达到临界点
4.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑
最高点有支撑
图示
最高点受力
重力mg，弹力F弹向下或等于零
重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零
向心力来源
mg＋F弹＝m
mg±F弹＝m
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零
(2019·绍兴期中)如图所示，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是( )
A．v的极小值为
B．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大
C．当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D．当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐小
[解析] 小球在最高点，靠重力和管道的弹力提供向心力，最小速度为零，当v＝ 时，轨道的弹力为零，根据牛顿第二定律分析小球弹力和速度的关系．小球在最高点，管子对小球的作用力可以向上，可以向下，所以v的最小值为零，故A错误．当v＝时，轨道对球的作用力为零，当v＜ 时，轨道对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律得，mg－N＝m，当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大，当v>时，轨道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝m，当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大，故C正确，B、D错误．
[答案] C
【题组过关】
考向一 水平面内的圆周运动
1．(2018·浙江选考4月)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
解析：选A.匀速圆周运动中线速度定义为单位时间内通过的圆弧长，即v＝，所以线速度之比为4∶3，A正确；角速度定义为单位时间内转过的弧度角，即ω＝，且运动方向改变角度等于圆心角，所以角速度之比为3∶2，B错误，半径R＝，即半径之比为8∶9，C错误，向心加速度a＝vω，即向心加速度之比为2∶1，D错误．
2.(多选)如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg和3 kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为rA＝0.2 m、rB＝0.3 m．A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4. g取10 m/s2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )
A．当A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为12 N
B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/s
C．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为 rad/s
D．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
解析：选AC.增大圆盘的角速度，由于B的半径较大，B先达到最大静摩擦力，所以A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为FB＝kmBg＝12 N，选项A正确；设小物体A达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T，则对A：kmAg－T＝mAωrA，对B：T＋kmBg＝mBωrB，得ω1＝10 rad/s，选项B错误；设当细线上开始有弹力时，圆盘角速度为ω2，对B：kmBg＝mBωrB，解得ω2＝ rad/s，选项C正确；剪断细线，A随圆盘做圆周运动，B将做离心运动，选项D错误．
考向二 竖直平面内的圆周运动
3.如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法不正确的是( )
A．受到的向心力为m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ
D．受到的合力方向斜向左上方
解析：选B.物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ，故A、C正确，B错误．物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D正确．
4.如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道．质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时( )
A．处于超重状态
B．向心加速度方向竖直向下
C．速度v的大小一定为
D．座位对游客的作用力为m
解析：选B.游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，B正确；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，只有当N＝0时，v＝，故C错误；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，解得N＝m－mg，故D错误．
5．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，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )
A．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
解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．
求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路
[课后作业(六)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
解析：选A.因为相同时间内他们通过的路程之比是4∶3，根据v＝，则A、B的线速度之比为4∶3，选项A正确；运动方向改变的角度之比为3∶2，根据ω＝，则角速度之比为3∶2，选项B错误；根据v＝rω可得圆周运动的半径之比为r1∶r2＝8∶9，选项C错误；根据a＝vω得，向心加速度之比为a1∶a2＝2∶1，选项D错误．
2．(多选)(2019·湖州一模)如图所示，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v，此时人的拉力大小为F，则( )
A．人拉绳行走的速度为vcos θ
B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
解析：选AC.人拉船时，绳对船的拉力的功率等于人拉绳的力的功率，F v人＝F v船cos θ，所以人拉绳行走的速度v人＝v cos θ，选项A正确，B错误；由于绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成θ角，因此水平方向有Fcos θ－f＝ma，得a＝，选项C正确，D错误．
3.如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动
答案：A
4．(多选)(2019·舟山模拟)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φ
B．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θ
C．小球A、B在空中运动的时间比为2tan 2θ∶1
D．小球A、B在空中运动的时间比为tan 2θ∶1
解析：选BC.由题图可知，斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由tan φ＝，tan θ＝可知：tan φ＝2tan θ，选项A错误，B正确；设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2，则由平抛运动的规律可得：tan θ＝，tan θ＝，则＝，选项C正确，D错误．
5．质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法不正确的是( )
A．质点的初速度为5 m/s
B．质点所受的合外力为3 N，做匀加速曲线运动
C．2 s末质点速度大小为6 m/s
D．2 s内质点的位移大小约为12 m
解析：选C.由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，B选项正确；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2 m/s，C选项错误；2 s内水平方向上位移大小x＝vxt＋at2＝9 m，竖直方向上位移大小y＝8 m，合位移大小l＝＝ m≈12 m，D选项正确．
6.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t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB中点，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．1∶
C．1∶ D．1∶(－1)
解析：选A.由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝∶＝2∶1.
7.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．① B．②
C．③ D．④
解析：选A.由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，A项正确．
8.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
解析：选A.根据两球同时落地可得 ＝＋，代入数据得h＝1.25 m，选项A正确．
9.如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点(ha>hb)分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，则( )
A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb
C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb
解析：选A.由平抛运动规律可知：h＝gt2，x＝v0t，根据题中条件，因为ha＞hb，所以ta＞tb，又因为xa＝xb，故va＜vb，所以A选项正确．
10.如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则( )
A．vA＞vB
B．vA＜vB
C．绳的拉力等于B的重力
D．绳的拉力小于B的重力
解析：选A.小车A向左运动的过程中，小车的速度是合速度，可分解为沿绳方向与垂直于绳方向的速度，如图所示，由图可知vB＝vAcos θ，则vB＜vA，小车向左运动的过程中θ角减小，vB增大，B向上做加速运动，故绳的拉力大于B的重力．
二、非选择题
11．一物体在光滑水平面上运动，它在x轴方向和y轴方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．
解析：(1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．
(2)vx0＝30 m/s，vy0＝－40 m/s
v0＝ ＝50 m/s.
(3)x3＝vxt＝90 m
|y3|＝t＝60 m
则l1＝＝30 m.
x6＝vxt′＝180 m
y6＝vyt′＝×6 m＝0
则l2＝x6＝180 m.
答案：(1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s
(3)30 m 180 m
12.如图所示，半径为r1＝1.8 m的光滑圆弧轨道末端水平，固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径．现将质量为m＝1.0 kg 的小球从圆弧顶端a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点．测得c点与水平地面的竖直距离为h＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力FN；
(2)半圆形坑的半径r2.
解析：(1)小球沿光滑轨道滑下．
由机械能守恒定律得mgr1＝mv2
到达b点时，支持力与重力的合力提供向心力
F支－mg＝
根据牛顿第三定律，FN＝F支
联立解得FN＝3mg＝30 N.
(2)小球从b点做平抛运动，
竖直方向上h＝gt2
水平方向上x＝vt
故小球从b到c过程的水平位移
x＝v＝3.6 m
由几何关系得，r＝(x－r2)2＋h2
解得r2＝2.25 m.
答案：(1)30 N (2)2.25 m
第四讲 曲线运动
知识内容
考试要求
备考指津
1.曲线运动
b
1.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是近几年命题的热点，且多数与电场力、洛伦兹力联系起来考查.
2.生活中的圆周运动命题范围很大，需灵活运用.
2.运动的合成与分解
c
3.平抛运动
d
4.圆周运动
d
5.向心加速度
d
6.向心力
d
7.生活中的圆周运动
c
运动的合成与分解
【题组过关】
1．(2019·宁波检测)一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则( )
A．v2＝v1 B．v2＝2v1
C．v2＝v1 D．v2＝v1
解析：选C.球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，选项C正确．
2.如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河．出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列判断正确的是( )
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点下游靠岸
C．甲、乙两船到达对岸的时间相等
D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇
解析：选C.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60°，过河时间均为t＝，故C正确．由乙恰好到达A点知，u＝vsin 30°＝v，则甲沿河岸方向的速度为u＋v＝v，沿河岸方向的位移为v·t＝<2L，故A、B、D错误．
3．(多选)如图所示，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的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( )
A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
解析：选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg，所以A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh＝d－d，所以B错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcos θ＝v重，即＝＝，所以C正确，D错误．
1．合运动性质和轨迹的判断方法：若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速．
2．三种过河情景分析
(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)．
(2)过河路径最短(v2
3．端速问题解题原则
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．
抛体运动
【重难提炼】
1．平抛运动的规律
(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t.
(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2.
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动．
3．平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)如图甲所示，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．
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α.
如图所示，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．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：
(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A点起跳后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．
[审题突破] (1)题干中“不触及这个障碍物”说明：运动员在A点起跳后下落高度H－h时的水平位移至少为________．
(2)题干中“沿水平方向跳起离开斜面”说明：运动员在A点起跳后做________运动．
[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
mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma
解得a＝gsin 53°－μgcos 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，根据自由落体公式H＝gt2
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为＋L
设他在这段时间内运动的时间为t′
则：H－h＝gt′2
＋L＝vt′
解得v＝6.0 m/s.
[答案] (1)7.4 m/s2 (2)0.8 s (3)6.0 m/s
【题组过关】
考向一 平抛运动与斜面体的综合问题
1．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，AB＝BC＝CD，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，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程( )
A．球1和球2运动的时间之比为2∶1
B．球1和球2动能增加量之比为2∶1
C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2
解析：选C.因为AC＝2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝gt2得t＝，解得运动的时间比为1∶，故A错误；根据动能定理得mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B错误；球1在水平方向上的位移是球2在水平方向上的位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2∶1，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．
2.如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为( )
A．16∶9 B．9∶16
C．3∶4 D．4∶3
解析：选B.对于A球有tan 37°＝＝，解得tA＝；同理对B有tB＝，由此解得＝，故选项B正确，A、C、D错误．
考向二 平抛运动中的临界问题
3．套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g＝10 m/s2)( )
A．7.4 m/s B．9.0 m/s
C．7.8 m/s D．8.2 m/s
解析：选C.圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8 m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝gt2，解得t＝0.4 s，圆环后端与杆的水平距离为3.2 m＝v1·t，得v1＝8 m/s，圆环前端与杆的水平距离为3 m＝v2·t，得v2＝7.5 m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s＜v＜8 m/s，故选C.
4．一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.
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3h＝gt ③，在水平方向有 ＝v2t2 ④.由③④两式可得v2＝ .则v的最大取值范围为v1
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．
圆周运动
【重难提炼】
1．首先要进行受力分析，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.
3．水平面内圆周运动常考的临界模型
图示
受力
临界
竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；
水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：Ff＝
当 F向＝Ffmax时，物体达到临界点
4.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑
最高点有支撑
图示
最高点受力
重力mg，弹力F弹向下或等于零
重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零
向心力来源
mg＋F弹＝m
mg±F弹＝m
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零
(2019·绍兴期中)如图所示，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是( )
A．v的极小值为
B．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大
C．当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D．当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐小
[解析] 小球在最高点，靠重力和管道的弹力提供向心力，最小速度为零，当v＝ 时，轨道的弹力为零，根据牛顿第二定律分析小球弹力和速度的关系．小球在最高点，管子对小球的作用力可以向上，可以向下，所以v的最小值为零，故A错误．当v＝时，轨道对球的作用力为零，当v＜ 时，轨道对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律得，mg－N＝m，当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大，当v>时，轨道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝m，当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大，故C正确，B、D错误．
[答案] C
【题组过关】
考向一 水平面内的圆周运动
1．(2018·浙江选考4月)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
解析：选A.匀速圆周运动中线速度定义为单位时间内通过的圆弧长，即v＝，所以线速度之比为4∶3，A正确；角速度定义为单位时间内转过的弧度角，即ω＝，且运动方向改变角度等于圆心角，所以角速度之比为3∶2，B错误，半径R＝，即半径之比为8∶9，C错误，向心加速度a＝vω，即向心加速度之比为2∶1，D错误．
2.(多选)如图所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg和3 kg的小物体A、B，A、B间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为rA＝0.2 m、rB＝0.3 m．A、B与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0.4. g取10 m/s2，现极其缓慢地增大圆盘的角速度，则下列说法正确的是( )
A．当A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为12 N
B．当A恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/s
C．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为 rad/s
D．在细线上有弹力后的某时刻剪断细线，A将做向心运动，B将做离心运动
解析：选AC.增大圆盘的角速度，由于B的半径较大，B先达到最大静摩擦力，所以A达到最大静摩擦力时，B受到的摩擦力大小为FB＝kmBg＝12 N，选项A正确；设小物体A达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度为ω1，此时细线的拉力为T，则对A：kmAg－T＝mAωrA，对B：T＋kmBg＝mBωrB，得ω1＝10 rad/s，选项B错误；设当细线上开始有弹力时，圆盘角速度为ω2，对B：kmBg＝mBωrB，解得ω2＝ rad/s，选项C正确；剪断细线，A随圆盘做圆周运动，B将做离心运动，选项D错误．
考向二 竖直平面内的圆周运动
3.如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法不正确的是( )
A．受到的向心力为m
B．受到的摩擦力为μm
C．受到的摩擦力为μ
D．受到的合力方向斜向左上方
解析：选B.物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ，故A、C正确，B错误．物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D正确．
4.如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道．质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时( )
A．处于超重状态
B．向心加速度方向竖直向下
C．速度v的大小一定为
D．座位对游客的作用力为m
解析：选B.游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，B正确；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，只有当N＝0时，v＝，故C错误；在最高点，根据向心力公式得mg＋N＝m，解得N＝m－mg，故D错误．
5．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，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )
A．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
解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．
求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路
[课后作业(六)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )
A．线速度大小之比为4∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．向心加速度大小之比为1∶2
解析：选A.因为相同时间内他们通过的路程之比是4∶3，根据v＝，则A、B的线速度之比为4∶3，选项A正确；运动方向改变的角度之比为3∶2，根据ω＝，则角速度之比为3∶2，选项B错误；根据v＝rω可得圆周运动的半径之比为r1∶r2＝8∶9，选项C错误；根据a＝vω得，向心加速度之比为a1∶a2＝2∶1，选项D错误．
2．(多选)(2019·湖州一模)如图所示，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v，此时人的拉力大小为F，则( )
A．人拉绳行走的速度为vcos θ
B．人拉绳行走的速度为
C．船的加速度为
D．船的加速度为
解析：选AC.人拉船时，绳对船的拉力的功率等于人拉绳的力的功率，F v人＝F v船cos θ，所以人拉绳行走的速度v人＝v cos θ，选项A正确，B错误；由于绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F，与水平方向成θ角，因此水平方向有Fcos θ－f＝ma，得a＝，选项C正确，D错误．
3.如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动
答案：A
4．(多选)(2019·舟山模拟)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点．不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φ
B．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θ
C．小球A、B在空中运动的时间比为2tan 2θ∶1
D．小球A、B在空中运动的时间比为tan 2θ∶1
解析：选BC.由题图可知，斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由tan φ＝，tan θ＝可知：tan φ＝2tan θ，选项A错误，B正确；设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2，则由平抛运动的规律可得：tan θ＝，tan θ＝，则＝，选项C正确，D错误．
5．质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法不正确的是( )
A．质点的初速度为5 m/s
B．质点所受的合外力为3 N，做匀加速曲线运动
C．2 s末质点速度大小为6 m/s
D．2 s内质点的位移大小约为12 m
解析：选C.由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，B选项正确；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2 m/s，C选项错误；2 s内水平方向上位移大小x＝vxt＋at2＝9 m，竖直方向上位移大小y＝8 m，合位移大小l＝＝ m≈12 m，D选项正确．
6.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t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB中点，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．1∶
C．1∶ D．1∶(－1)
解析：选A.由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝∶＝2∶1.
7.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．① B．②
C．③ D．④
解析：选A.由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，A项正确．
8.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
解析：选A.根据两球同时落地可得 ＝＋，代入数据得h＝1.25 m，选项A正确．
9.如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点(ha>hb)分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，则( )
A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb
C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb
解析：选A.由平抛运动规律可知：h＝gt2，x＝v0t，根据题中条件，因为ha＞hb，所以ta＞tb，又因为xa＝xb，故va＜vb，所以A选项正确．
10.如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B，设重物和小车速度的大小分别为vB、vA，则( )
A．vA＞vB
B．vA＜vB
C．绳的拉力等于B的重力
D．绳的拉力小于B的重力
解析：选A.小车A向左运动的过程中，小车的速度是合速度，可分解为沿绳方向与垂直于绳方向的速度，如图所示，由图可知vB＝vAcos θ，则vB＜vA，小车向左运动的过程中θ角减小，vB增大，B向上做加速运动，故绳的拉力大于B的重力．
二、非选择题
11．一物体在光滑水平面上运动，它在x轴方向和y轴方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．
解析：(1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．
(2)vx0＝30 m/s，vy0＝－40 m/s
v0＝ ＝50 m/s.
(3)x3＝vxt＝90 m
|y3|＝t＝60 m
则l1＝＝30 m.
x6＝vxt′＝180 m
y6＝vyt′＝×6 m＝0
则l2＝x6＝180 m.
答案：(1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s
(3)30 m 180 m
12.如图所示，半径为r1＝1.8 m的光滑圆弧轨道末端水平，固定在水平地面上，与竖直截面为半圆形的坑平滑连接，bd为坑沿水平方向的直径．现将质量为m＝1.0 kg 的小球从圆弧顶端a点由静止释放，小球离开b点后击中坑壁上的c点．测得c点与水平地面的竖直距离为h＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力FN；
(2)半圆形坑的半径r2.
解析：(1)小球沿光滑轨道滑下．
由机械能守恒定律得mgr1＝mv2
到达b点时，支持力与重力的合力提供向心力
F支－mg＝
根据牛顿第三定律，FN＝F支
联立解得FN＝3mg＝30 N.
(2)小球从b点做平抛运动，
竖直方向上h＝gt2
水平方向上x＝vt
故小球从b到c过程的水平位移
x＝v＝3.6 m
由几何关系得，r＝(x－r2)2＋h2
解得r2＝2.25 m.
答案：(1)30 N (2)2.25 m
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