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【二轮复习】高考物理专题04 曲线运动常考模型（题型专练）.zip
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这是一份【二轮复习】高考物理专题04 曲线运动常考模型（题型专练）.zip，文件包含二轮复习高考物理专题04曲线运动常考模型题型专练原卷版docx、二轮复习高考物理专题04曲线运动常考模型题型专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17675" 题型一 曲线运动和运动的合成与分解 PAGEREF _Tc17675 \h 1
\l "_Tc26893" 题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用 PAGEREF _Tc26893 \h 7
\l "_Tc30760" 题型三 圆周运动问题 PAGEREF _Tc30760 \h 17
\l "_Tc4196" 题型四 圆周、直线平抛组合模型 PAGEREF _Tc4196 \h 26
题型一 曲线运动和运动的合成与分解
【解题指导】
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】（2023上·山东临沂·高三统考期中）如图所示，轻质细杆的A端靠在竖直墙上，端放置在水平地面上，A端、端和杆的中点处各有可视为质点质量均为的固定小球。细杆与竖直墙面的夹角为，开始时，细杆静止，后因微小扰动，细杆开始运动，设系统处处无摩擦。假设端可以沿地面朝右滑动，但因受约束不会离开地面；A端可以沿着墙面朝下滑动，但不受相应的约束，故可以离开墙面。已知细杆长为，重力加速度为。
（1）A端开始运动到离开墙面前，为确定小球的运动情况，建立如图坐标系，试求小球的运动轨迹方程；
（2）根据（1）中小球的运动轨迹，若A端未离开墙面，且小球A的速度为，试求小球的速度的大小；
（3）为何值时A端将离开墙面？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）以水平墙与竖直墙为轴、轴建立直角坐标系，设C点坐标为，则A、B点
的坐标分别为、，根据勾股定理有
解得
（2）画出小球C运动轨迹,如图
小球C的速度与杆的夹角为
由关联速度可知
解得
（3）由关联速度可知
系统水平方向由动量定理可得
系统机械能守恒有
可得
由数学知识可知，当
解得
此时系统水平动量增大到最大值，则，即A端将离开墙面。
【典例分析2】（2023上·北京朝阳·高三统考期中）某质量m=1kg的质点在Oxy平面内运动。t＝0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度-时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．质点所受的合力为4N
B．从t=0时刻开始质点做匀变速直线运动
C．t=1.0s时，质点的位置坐标为（5m，5m）
D．t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为60°
【答案】C
【详解】A．由图甲可知质点在x方向做匀加速直线运动，x方向加速度为
由图乙可知质点在y方向做匀速直线运动，有
，
所以质点的加速度
所受的合力大小为
故A错误；
B．从t=0时刻开始加速度方向沿x轴正方向，速度不沿x方向，质点做曲线运动，故B错误；
C．由图乙可知，t=1.0s时，，由图甲可知，t=1.0s时
质点的位置坐标为（5m，5m），故C正确；
D．设t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为，则
故D错误。
故选C。
【典例分析3】（2024·湖南郴州·统考模拟预测）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（ ）
A．绳对球的拉力大小变小B．墙面对球的支持力变小
C．玩具小车做加速运动D．玩具小车做减速运动
【答案】D
【详解】CD．设绳与竖直方向的夹角为，如图所示
将球的速度分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为
因球匀速上滑过程中角将增大，所以将减小，故小车做减速运动，故D正确，C错误；
AB．球受三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持力大小N分别为
所以，随的增大，T、N均增大，故AB错误。
故选D。
【方法提炼】
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。
【变式演练】
1.（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度vB竖直匀速上升，下列判断正确的是（ ）
A．小车A做减速直线运动
B．绳子拉力大于物体B的重力
C．小车A的速度大小可表示为
D．小车A受到地面的支持力逐渐变小
【答案】A
【详解】AC．将小车A的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为B物体上升的速度大小，则
随着小车A向左运动，减小，则小车A做减速直线运动，故A正确，C错误；
BD．物体B竖直匀速上升，绳子拉力等于物体B的重力，拉力大小不变，由于减小，拉力在竖直方向的分力变小，则地面对小车A的支持力变大，故BD错误。
故选A。
2．（2023下·湖北黄石·高一校联考阶段练习）(多选)民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为，运动员静止时射出的箭速度为，跑道离固定目标的最近距离为d。已知，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则（ ）
A．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，
B．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，
C．箭射到固定目标的时间为
D．箭射到固定目标的时间为
【答案】AD
【详解】AB．已知，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速度方向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，则
故A正确B错误；
CD．箭的实际位移为，实际速度，所以箭射到固定目标的时间为
故C错误D正确。故选AD。
3．（2023上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）(多选)通过北斗定位系统可以记录飞机的海拔高度h、水平方向的速率v等即时数据。一架飞机从静止开始滑跑起飞，用记录数据拟合得到、图线分别如图甲、乙所示，图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，其余图线均为直线。根据图中数据可知（ ）
A．前100s时间内，飞机爬升的高度约1600m
B．40s~70s时间内，飞机的加速度为0.2 m/s2
C．70s~100s时间内，飞机做匀速直线运动
D．100s~150s时间内，飞机做匀加速曲线运动
【答案】BCD
【详解】A．图甲中70s~150s时间内图线为直线，根据几何知识可知当t=100s时，有
解得
则前100s时间内，飞机爬升的高度约
故A错误；
B．图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，则飞机在竖直方向上做匀变速运动有
解得
由图乙可知40s~70s时间内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的加速度为，故B正确；
C．图甲中70s~100s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知70s~100s时间内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的合运动做匀速直线运动，故C正确；
D．图甲中100s~150s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知100s~150s时间内飞机水平方向做匀加速直线运动，则飞机的合运动做匀加速曲线运动，故D正确。故选BCD。
题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【解题指导】
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】（2023上·辽宁·高三统考期中）将扁平的石子向水面快速抛出，石子会在水面上“一跳一跳”地飞向远方，俗称“打水漂”。某同学将一个小石子从距水面高度为处水平抛出，石子第一次接触水面时的速度方向与水面间的夹角为。不计空气阻力，重力加速度为，则石子从抛出到第一次触水的过程中，不能求出的物理量是（ ）
A．石子抛出时的速度大小B．石子触水时距抛出点的水平距离
C．石子抛出时重力的功率D．石子触水时的动能
【答案】D
【详解】A．从距水面高度为处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速度为
因
解得
A不符合题意；
B．石子在此过程中的水平位移为
其中
两式联立可得
B不符合题意；
C．石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C不符合题意；
D．因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，D符合题意。
故选D。
【典例分析2】（2023上·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为hM，N点距离台面的高度为hN，取M关于CP的对称点Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如图所示，由于
结合题意可得
DC＝CE＝AB
因此
乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
根据平抛运动规律
可知
即P到Q的竖直运动的距离为P到A的，所以有
解得
根据题意，对第二次平抛运动的水平位移
乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
同理可得
解得
代入数据解得
故选C。
【典例分析3】（2023上·辽宁大连·高三大连市金州高级中学校考期中）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，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，小球A、B在空中运动的时间之比为（ ）
A．2：1B．：1
C．1：2D．1：
【答案】A
【详解】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，对小球A，由平抛运动的规律可得
对小球B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得
联合可得
故选A。
【典例分析4】（2023上·山东临沂·高三统考期中）(多选)如图所示，小球A以某一速度水平向右抛出的同时，小球B斜向左上方以速度抛出，与水平方向的夹角为。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好在空中相碰。已知单独抛出小球B时，小球B到达的最高点恰好与小球A的抛出点处于同一水平线上，且小球B落地点位于小球A抛出点的正下方。不计空气阻力，重力加速度为，，，下列说法正确的是（ ）
A．小球A抛出的初速度大小等于B．小球A抛出的初速度大小等于
C．两球抛出点的水平距离为D．两球抛出点的水平距离为
【答案】BC
【详解】CD．小球B在水平、竖直方向的速度为
单独抛出小球B时，小球B在空中运动的时间为
两球抛出点的水平距离为
故C正确，D错误；
AB．小球A抛出高度为
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向上运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向下运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
综上所述，小球A抛出的初速度大小等于或，故A错误，B正确。
故选BC。
【方法提炼】
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。
【变式演练】
1．（2023上·河北沧州·高三统考阶段练习）某一壕沟数据如图所示，α、b两点间水平距离为3h，竖直距离为h，汽车自a点水平飞出，落在壕沟边缘b点，假设汽车可看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则汽车为了能飞跃壕沟，在a点的最小速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】竖直方向为自由落体运动，则有
水平方向为匀速直线运动，则有
解得
故选D。
2.（2023上·广东揭阳·高三统考期中）(多选)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法正确的是（ ）
A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最大
B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：
C．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点的小球运动时间最长
D．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率均相同
【答案】ABD
【详解】AC．从顶点A沿不同方向水平抛出一小球，落点在A1B1C1D1内的小球，因其下落高度相同，而平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则可得其下落时间
相同，而在A1B1C1D1内，其对角线A1C1最长，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据
可知，在相同时间内，水平位移越长，其抛出时的初速度越大，故A正确，C错误；
B．根据几何关系可知，落点在B1D1上的小球，当小球落在A1C1与B1D1的交点上时，小球做平抛运动的初速度最小，当落在B1点或D1点时，平抛运动的初速度最大，设正方体的边长为，则有
，
可得
故B正确；
D．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而落点在A1B1C1D1内的小球，其下落时间相同，则落到该平面任意位置时竖直方向的速度
相同，而重力的功率
相同，故D正确。
故选ABD。
3．（2023上·福建泉州·高三校考期中）(多选)如图，某次小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，将球从A点斜向上击出，球垂直在墙上的O点后，反向弹回正好落在A点正下方的B点。忽略球的旋转及空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．球在上升阶段和下降阶段的加速度不同
B．球从A点到O点的运动时间等于从O点到B点的运动时间
C．球刚离开点时的水平速度大小大于刚到达点时的水平速度大小
D．球刚离开点时的速度大小不一定大于刚到达点时的速度大小
【答案】CD
【详解】A．球在上升阶段和下降阶段的加速度均为g，加速度相同，故A错误；
B．将球从A到O点的逆过程看做是平抛运动，则根据
球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时间，故B错误；
C．因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移，根据
可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速度，球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水平速度大小，故C正确；
D ．根据
可知，球在离开A点的竖直速度小于刚到达B点时的竖直速度，则球刚离开A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小， 故D正确。
故选CD。
4．（2023上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）(多选)如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为θ的斜面，运动员（可视为质点）从跳台a处以速度v沿水平方向向左飞出，落到足够长斜坡上，落地瞬时速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍
B．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的2倍
C．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的倍
D．若运动员的初速度变小，运动员落在斜坡上时角不变，且
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动的规律，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
联立解得
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍，故A正确；
B．运动员落地的位移
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的4倍，故B错误；
C．将初速与重力加速度分别沿垂直斜面方向和平行于斜面方向分解，可得垂直斜面方向的分速度为
垂直斜面方向的加速度为
运动员在垂直斜面方向做匀变速直线运动，当离坡面距离最大时，垂直坡面的速度减小为0，则有
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的4倍，故C错误；
D．只要运动员落在斜坡上，其位移的偏向角就不变，而根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，因此一定有，故D正确。
故选AD。
题型三 圆周运动问题
【解题指导】
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＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq \f(4π2,T2).
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】（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）光滑直杆可绕竖直轴转动，质量为m的小球套在杆上。现先让直杆绕轴以角速度ω1匀速转动，，稳定后小球在图示位置，此时小球的加速度大小为a1，速度大小为v1；增大为β，再让直杆以角速度ω2匀速转动，稳定后小球的高度不变，此时小球的加速度大小为a2，速度大小为。则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设圆周运动所在平面与O1的高度为h，圆周半径为r，则
解上式得
所以线速度 v与角度、半径无关。根据
由几何关系可知
可得
根据
可得
故选B。
【典例分析2】（2023上·辽宁丹东·高三统考期中）如图甲，一长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动．若小球经过最高点时速度大小为、绳子拉力大小为，则与的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
B．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线点的位置不变
C．利用该装置可以得出小球的质量
D．利用该装置可以得出重力加速度
【答案】C
【详解】A．在最高点时，根据
可得
则图像的斜率
绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项A错误；
B．根据
可知
则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线点的位置右移，选项B错误；
C．由图可知
利用该装置可以得出小球的质量
选项C正确；
D．由可知，利用该装置可以得出重力加速度
选项D错误。
故选C。
【典例分析3】（2024上·河南·高三校联考阶段练习）(多选)如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b（可视为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO′之间的距离分别为r1、r2. 若圆盘从静止开始绕转轴（ 缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a 所受的摩擦力大小 f。随圆盘角速度的平方 的变化图像如图乙所示，对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】水平圆盘转动的角速度较小时，a、b受到的静摩擦力提供向心力，绳子拉力为零，此过程中a受到的摩擦力
对应图线的斜率
当木块刚好达到最大静摩擦时，满足
则
因为，所以随着角速度增大，先达到最大静摩擦力，此时，则有
，
角速度继续增大，绳子开始出现拉力，此后对于有
对于有
联立可得
对应图线的斜率
截距
当达到最大静摩擦力时
之后角速度再增大，两木块相对圆盘发生滑动，受到的摩擦力大小不再变化。根据上述分析可知
，，，
故AB正确，CD错误。
故选AB。
【方法提炼】
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
【变式演练】
1.（2023·安徽·校联考模拟预测）(多选)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动（均未发生相对滑动）。物体A、B、C的质量分别为m、2m、3m，各接触面间的动摩擦因数都为μ，物体B、C离转台中心的距离分别为5r，B、C与圆周运动的圆心共线。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．
B．C相对转台的相对运动趋势为沿着切线方向
C．B对转台的静摩擦力最大可能是3μmg
D．当时，A所受B的静摩擦力大小为
【答案】AD
【详解】AC．对任何一个物体，临界角速度为，则
判断出，C的临界角速度最小，代入数值
此时对A与B整体
故A正确，C错误；
B．C相对转台的相对运动趋势为背离圆心向外，故B错误；
D．当时，对A
故D正确。故选AD。
2．（2023下·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）(多选)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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FN，小球在最高点的速度大小为v，图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为R
C．v2=c时，杆对小球弹力方向向下D．若c=2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，当时，对小球在最高点由牛顿第二定律得
可得当地的重力加速度大小为
故A错误；
B．当时，在最高点有
可得小球的质量
故B正确；
C．当时，在最高点对小球由牛顿第二定律得
可得
则杆对小球弹力方向向下，故C正确；
D．在最高点对小球由牛顿第二定律得
解得
则杆对小球的弹力大小为，故D错误。
故选BC。
3．（2023上·四川绵阳·高三统考阶段练习）(多选)如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与csθ的关系如乙图所示，g取 。则（ ）
A．圆环半径为0.6m
B．时，小球所受合力为4N
C．0≤θ≤π过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
【答案】AD
【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有
得
对比图线可知
得
故A正确；
B.θ=时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为
故B错误；
CD.时，有
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，
时，有
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。
故选AD。
4．（2023上·山西晋中·高三校考阶段练习）(多选)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，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等于Q球的向心加速度
【答案】CD
【详解】A．设绳长为，小球在下落至最低点的过程中，根据机械能守恒有
可得
显然，下落高度越大，在最低点时的速度也越大，由于悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，因此，在各自最低点，P球的速度小于Q球的速度，故A错误；
B．根据动能的表达式
可知，动能的大小由质量和速度共同决定，虽然在各自最低点，P球的速度小于Q球的速度，但P球的质量大于Q球的质量，因此无法判断P球与 Q球之间动能的大小关系，故B错误；
C．在最低点，由牛顿第二定律有
可得
可见，小球在最低点时绳子的拉力大小为定值，且与质量有关，质量越大，绳子的拉力越大，而P球的质量大于Q球的质量，则可知在最低点，P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故C正确；
D．在最低点由牛顿第二定律
根据以上分析可知
联立解得
可知，在最低点，P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，故D正确。
故选CD。
题型四 圆周、直线平抛组合模型
【典例分析】（2023上·四川成都·高三成都七中校考期中）滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示，助滑直道高度；圆弧BCD为起跳台，圆心角，半径，AB与圆弧BCD相切；EF为着陆坡段，FG为停止区。运动员从A点由静止开始自由下滑，到达C点（为圆弧最低点）时速度为24m/s，从与B点等高的D点以20m/s的速度飞出，从E点着陆后滑至F点时速度为25m/s，之后进入FG停止区。运动员（连同滑雪板）的质量，各段连接处无能量损失，忽略空气阻力的影响，g取。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在F点时重力的功率最大
B．运动员对C点的压力大小为480N
C．从A到D的运动过程中，运动员机械能的减少量为
D．从D点到飞出后的最高点，运动员动量的变化量大小为
【答案】C
【详解】A．运动员在F点时速度水平，因此重力的功率为0，A错误；
B．运动员在C点，由牛顿第二定律可得
可得
根据牛顿第三定律可知，压力为980N，B错误；
C. 从A到D的运动过程中，运动员机械能的减少量为
C正确；
D．从D点到飞出后到最高点，运动员动量的变化量大小满足
D错误。
故选C。
【方法提炼】
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．
【变式演练】
1.（2023·广东肇庆·统考一模）如图所示为某大型闯关节目最后一关的简化图。一质量的参赛者从四分之一圆弧轨道的A点无初速度滑下，通过水平轨道后进入下方的蹦床，借助蹦床的弹力在规定的时间内通过P点所在的高度即可获胜。已知圆弧轨道A点距蹦床高，圆弧轨道半径，水平轨道距蹦床高，P所在的水平面距蹦床高。不计一切阻力，参赛者可视为质点，重力加速度取。
（1）求该参赛者到达圆弧轨道最低点M处时对轨道的压力；
（2）已知参赛者离开蹦床后的速度方向已调整为竖直向上。若该参赛者在到达水平轨道末端时看到比赛倒计时还剩2s，不计其与蹦床接触的时间，若要通过P点，则他离开蹦床时的速度至少为多少？此速度下他能否赢得比赛？
【答案】（1）1080N，方向竖直向下；（2）能赢得比赛
【详解】（1）参赛者从A点到M点的过程中，由动能定理有
代入数据解得
参赛者到达M点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得其对轨道的压力大小为1080N，方向竖直向下；
（2）设参赛者从水平轨道末端到接触蹦床的时间为，则有
剩余比赛时间
解得
设参赛者离开蹦床时的最小速度为，竖直上抛的时间为，则有
联立解得
，
因，故该参赛者能赢得比赛。
2．（2023上·辽宁丹东·高三统考期中）粗糙水平地面与半径的光滑半圆轨道平滑连接，且在同一竖直平面内，是的圆心。质量的小物块在的水平恒力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。在运动到半圆轨道上的点时撤去恒力。（小物块与水平地面间的动摩擦因数，）求：
（1）若，小物块运动到半圆轨道上的点时，轨道对它的支持力的大小；
（2）若小物块恰好能运动到半圆轨道上的点，则间的距离多大。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块由静止运动到圆弧轨道点过程中，根据动能定理得
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）物块由静止运动到圆弧轨道点过程中，根据动能定理
又因为物块恰好能运动到半圆轨道上的点，根据牛顿第二定律
联立解得
3．（2023上·河北邢台·高三河北内丘中学校联考期中）如图所示，斜面与平台平滑连接，右下侧有一沿竖直方向固定的轨道，其中为半径、圆心角的圆弧轨道，为半径未知的圆轨道。质量、可视为质点的小球从斜面上距平台高处由静止释放，之后从平台右端点沿水平方向飞出，恰好从点无碰撞地进入轨道，沿轨道运动到点水平飞出后，又恰好无碰撞经过点，取重力加速度大小，，不计一切阻力，求：
（1）小球进入轨道时的速度大小；
（2）两点的高度差；
（3）小球对轨道的最大压力。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）小球从起点开始下滑到平台的过程中，根据动能定理可得
解得
从O到M的过程中，小球做平抛运动，根据几何关系可知
解得
（2）小球从Q点回到M点的过程有
从M点到Q点的过程中，由于不计阻力，根据动能定理可得
从O到Q过程中，根据动能定理可得
联立解得
故O、Q两点的高度差
（3）从M到N的过程中加速，从N点继续运动，做减速运动，故N点速度最大，此位置支持力最大，即压力最大，则
此过程中
解得
根据牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力，方向竖直向下。
4.（2023上·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）如图所示为某冒险滑雪运动员运动的示意图，冒险员站在运动雪橇上从A点受到恒力作用从静止开始加速，到达B点后撤去恒力，从C点水平冲出，恰好从D点沿圆轨道切线方向飞进半径为R的光滑圆轨道。已知人和雪橇的总质量为60kg，恒力F=360N，雪橇与水平面间动摩擦因数为0.1，AB=40m，BC=38m，OD与竖直线夹角为37°，圆形轨道半径R=30m，g=10m/s2，人和雪橇在运动中可以视为质点。（不计空气阻力）求：
（1）运动员达到C点时的速度；
（2）运动员从C点运动到D点的时间；
（3）运动员和雪橇在D点受到的弹力大小。
【答案】（1）18m/s；（2）1.35s；（3）1492.5N
【详解】（1）人和雪橇在AB阶段的加速度
从A到B点
得
人和雪橇在BC阶段的加速度
从B到C点
得
（2）从D点切入飞进圆形轨道，所以在D点速度与水平线夹角为37°，作出速度三角形，水平速度为，
从C到D经历时间
（3）在D点作速度三角形得物体的合速度
在D点受力分析如图所示，分解重力到沿半径方向和垂直于半径方向
沿半径方向有
得
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17675" 题型一 曲线运动和运动的合成与分解 PAGEREF _Tc17675 \h 1
\l "_Tc26893" 题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用 PAGEREF _Tc26893 \h 7
\l "_Tc30760" 题型三 圆周运动问题 PAGEREF _Tc30760 \h 17
\l "_Tc4196" 题型四 圆周、直线平抛组合模型 PAGEREF _Tc4196 \h 26
题型一 曲线运动和运动的合成与分解
【解题指导】
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】（2023上·山东临沂·高三统考期中）如图所示，轻质细杆的A端靠在竖直墙上，端放置在水平地面上，A端、端和杆的中点处各有可视为质点质量均为的固定小球。细杆与竖直墙面的夹角为，开始时，细杆静止，后因微小扰动，细杆开始运动，设系统处处无摩擦。假设端可以沿地面朝右滑动，但因受约束不会离开地面；A端可以沿着墙面朝下滑动，但不受相应的约束，故可以离开墙面。已知细杆长为，重力加速度为。
（1）A端开始运动到离开墙面前，为确定小球的运动情况，建立如图坐标系，试求小球的运动轨迹方程；
（2）根据（1）中小球的运动轨迹，若A端未离开墙面，且小球A的速度为，试求小球的速度的大小；
（3）为何值时A端将离开墙面？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）以水平墙与竖直墙为轴、轴建立直角坐标系，设C点坐标为，则A、B点
的坐标分别为、，根据勾股定理有
解得
（2）画出小球C运动轨迹,如图
小球C的速度与杆的夹角为
由关联速度可知
解得
（3）由关联速度可知
系统水平方向由动量定理可得
系统机械能守恒有
可得
由数学知识可知，当
解得
此时系统水平动量增大到最大值，则，即A端将离开墙面。
【典例分析2】（2023上·北京朝阳·高三统考期中）某质量m=1kg的质点在Oxy平面内运动。t＝0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度-时间图像如图甲所示，它在y方向运动的位移-时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．质点所受的合力为4N
B．从t=0时刻开始质点做匀变速直线运动
C．t=1.0s时，质点的位置坐标为（5m，5m）
D．t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为60°
【答案】C
【详解】A．由图甲可知质点在x方向做匀加速直线运动，x方向加速度为
由图乙可知质点在y方向做匀速直线运动，有
，
所以质点的加速度
所受的合力大小为
故A错误；
B．从t=0时刻开始加速度方向沿x轴正方向，速度不沿x方向，质点做曲线运动，故B错误；
C．由图乙可知，t=1.0s时，，由图甲可知，t=1.0s时
质点的位置坐标为（5m，5m），故C正确；
D．设t=1.0s时，质点的速度方向与x轴夹角为，则
故D错误。
故选C。
【典例分析3】（2024·湖南郴州·统考模拟预测）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（ ）
A．绳对球的拉力大小变小B．墙面对球的支持力变小
C．玩具小车做加速运动D．玩具小车做减速运动
【答案】D
【详解】CD．设绳与竖直方向的夹角为，如图所示
将球的速度分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为
因球匀速上滑过程中角将增大，所以将减小，故小车做减速运动，故D正确，C错误；
AB．球受三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持力大小N分别为
所以，随的增大，T、N均增大，故AB错误。
故选D。
【方法提炼】
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。
【变式演练】
1.（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度vB竖直匀速上升，下列判断正确的是（ ）
A．小车A做减速直线运动
B．绳子拉力大于物体B的重力
C．小车A的速度大小可表示为
D．小车A受到地面的支持力逐渐变小
【答案】A
【详解】AC．将小车A的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为B物体上升的速度大小，则
随着小车A向左运动，减小，则小车A做减速直线运动，故A正确，C错误；
BD．物体B竖直匀速上升，绳子拉力等于物体B的重力，拉力大小不变，由于减小，拉力在竖直方向的分力变小，则地面对小车A的支持力变大，故BD错误。
故选A。
2．（2023下·湖北黄石·高一校联考阶段练习）(多选)民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为，运动员静止时射出的箭速度为，跑道离固定目标的最近距离为d。已知，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则（ ）
A．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，
B．若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，
C．箭射到固定目标的时间为
D．箭射到固定目标的时间为
【答案】AD
【详解】AB．已知，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速度方向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为θ，则
故A正确B错误；
CD．箭的实际位移为，实际速度，所以箭射到固定目标的时间为
故C错误D正确。故选AD。
3．（2023上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）(多选)通过北斗定位系统可以记录飞机的海拔高度h、水平方向的速率v等即时数据。一架飞机从静止开始滑跑起飞，用记录数据拟合得到、图线分别如图甲、乙所示，图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，其余图线均为直线。根据图中数据可知（ ）
A．前100s时间内，飞机爬升的高度约1600m
B．40s~70s时间内，飞机的加速度为0.2 m/s2
C．70s~100s时间内，飞机做匀速直线运动
D．100s~150s时间内，飞机做匀加速曲线运动
【答案】BCD
【详解】A．图甲中70s~150s时间内图线为直线，根据几何知识可知当t=100s时，有
解得
则前100s时间内，飞机爬升的高度约
故A错误；
B．图甲中40s~70s时间内的图线为抛物线，则飞机在竖直方向上做匀变速运动有
解得
由图乙可知40s~70s时间内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的加速度为，故B正确；
C．图甲中70s~100s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知70s~100s时间内飞机水平方向做匀速直线运动，则飞机的合运动做匀速直线运动，故C正确；
D．图甲中100s~150s时间内图线为直线，飞机竖直方向做匀速直线运动，由图乙可知100s~150s时间内飞机水平方向做匀加速直线运动，则飞机的合运动做匀加速曲线运动，故D正确。故选BCD。
题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【解题指导】
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】（2023上·辽宁·高三统考期中）将扁平的石子向水面快速抛出，石子会在水面上“一跳一跳”地飞向远方，俗称“打水漂”。某同学将一个小石子从距水面高度为处水平抛出，石子第一次接触水面时的速度方向与水面间的夹角为。不计空气阻力，重力加速度为，则石子从抛出到第一次触水的过程中，不能求出的物理量是（ ）
A．石子抛出时的速度大小B．石子触水时距抛出点的水平距离
C．石子抛出时重力的功率D．石子触水时的动能
【答案】D
【详解】A．从距水面高度为处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速度为
因
解得
A不符合题意；
B．石子在此过程中的水平位移为
其中
两式联立可得
B不符合题意；
C．石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C不符合题意；
D．因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，D符合题意。
故选D。
【典例分析2】（2023上·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点P，同时落到A点；第二次在N点将同一乒乓球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。乒乓球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设CP高为H，M点距离台面的高度为hM，N点距离台面的高度为hN，取M关于CP的对称点Q，由几何关系可知，Q的高度与M的高度相等，且Q点位于D点上方，如图所示，由于
结合题意可得
DC＝CE＝AB
因此
乒乓球从P运动到A做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
根据平抛运动规律
可知
即P到Q的竖直运动的距离为P到A的，所以有
解得
根据题意，对第二次平抛运动的水平位移
乒乓球从N运动到D做平抛运动，平抛运动水平方向为匀速直线运动，因此
同理可得
解得
代入数据解得
故选C。
【典例分析3】（2023上·辽宁大连·高三大连市金州高级中学校考期中）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，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，小球A、B在空中运动的时间之比为（ ）
A．2：1B．：1
C．1：2D．1：
【答案】A
【详解】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，对小球A，由平抛运动的规律可得
对小球B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得
联合可得
故选A。
【典例分析4】（2023上·山东临沂·高三统考期中）(多选)如图所示，小球A以某一速度水平向右抛出的同时，小球B斜向左上方以速度抛出，与水平方向的夹角为。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好在空中相碰。已知单独抛出小球B时，小球B到达的最高点恰好与小球A的抛出点处于同一水平线上，且小球B落地点位于小球A抛出点的正下方。不计空气阻力，重力加速度为，，，下列说法正确的是（ ）
A．小球A抛出的初速度大小等于B．小球A抛出的初速度大小等于
C．两球抛出点的水平距离为D．两球抛出点的水平距离为
【答案】BC
【详解】CD．小球B在水平、竖直方向的速度为
单独抛出小球B时，小球B在空中运动的时间为
两球抛出点的水平距离为
故C正确，D错误；
AB．小球A抛出高度为
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向上运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向下运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
综上所述，小球A抛出的初速度大小等于或，故A错误，B正确。
故选BC。
【方法提炼】
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。
【变式演练】
1．（2023上·河北沧州·高三统考阶段练习）某一壕沟数据如图所示，α、b两点间水平距离为3h，竖直距离为h，汽车自a点水平飞出，落在壕沟边缘b点，假设汽车可看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则汽车为了能飞跃壕沟，在a点的最小速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】竖直方向为自由落体运动，则有
水平方向为匀速直线运动，则有
解得
故选D。
2.（2023上·广东揭阳·高三统考期中）(多选)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法正确的是（ ）
A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最大
B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：
C．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点的小球运动时间最长
D．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率均相同
【答案】ABD
【详解】AC．从顶点A沿不同方向水平抛出一小球，落点在A1B1C1D1内的小球，因其下落高度相同，而平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则可得其下落时间
相同，而在A1B1C1D1内，其对角线A1C1最长，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据
可知，在相同时间内，水平位移越长，其抛出时的初速度越大，故A正确，C错误；
B．根据几何关系可知，落点在B1D1上的小球，当小球落在A1C1与B1D1的交点上时，小球做平抛运动的初速度最小，当落在B1点或D1点时，平抛运动的初速度最大，设正方体的边长为，则有
，
可得
故B正确；
D．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而落点在A1B1C1D1内的小球，其下落时间相同，则落到该平面任意位置时竖直方向的速度
相同，而重力的功率
相同，故D正确。
故选ABD。
3．（2023上·福建泉州·高三校考期中）(多选)如图，某次小明同学在家中对着竖直墙壁打乒乓球，将球从A点斜向上击出，球垂直在墙上的O点后，反向弹回正好落在A点正下方的B点。忽略球的旋转及空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．球在上升阶段和下降阶段的加速度不同
B．球从A点到O点的运动时间等于从O点到B点的运动时间
C．球刚离开点时的水平速度大小大于刚到达点时的水平速度大小
D．球刚离开点时的速度大小不一定大于刚到达点时的速度大小
【答案】CD
【详解】A．球在上升阶段和下降阶段的加速度均为g，加速度相同，故A错误；
B．将球从A到O点的逆过程看做是平抛运动，则根据
球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时间，故B错误；
C．因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移，根据
可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速度，球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水平速度大小，故C正确；
D ．根据
可知，球在离开A点的竖直速度小于刚到达B点时的竖直速度，则球刚离开A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小， 故D正确。
故选CD。
4．（2023上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）(多选)如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为θ的斜面，运动员（可视为质点）从跳台a处以速度v沿水平方向向左飞出，落到足够长斜坡上，落地瞬时速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍
B．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的2倍
C．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的倍
D．若运动员的初速度变小，运动员落在斜坡上时角不变，且
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动的规律，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
联立解得
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍，故A正确；
B．运动员落地的位移
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的4倍，故B错误；
C．将初速与重力加速度分别沿垂直斜面方向和平行于斜面方向分解，可得垂直斜面方向的分速度为
垂直斜面方向的加速度为
运动员在垂直斜面方向做匀变速直线运动，当离坡面距离最大时，垂直坡面的速度减小为0，则有
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的4倍，故C错误；
D．只要运动员落在斜坡上，其位移的偏向角就不变，而根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，因此一定有，故D正确。
故选AD。
题型三 圆周运动问题
【解题指导】
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＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq \f(4π2,T2).
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】（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）光滑直杆可绕竖直轴转动，质量为m的小球套在杆上。现先让直杆绕轴以角速度ω1匀速转动，，稳定后小球在图示位置，此时小球的加速度大小为a1，速度大小为v1；增大为β，再让直杆以角速度ω2匀速转动，稳定后小球的高度不变，此时小球的加速度大小为a2，速度大小为。则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设圆周运动所在平面与O1的高度为h，圆周半径为r，则
解上式得
所以线速度 v与角度、半径无关。根据
由几何关系可知
可得
根据
可得
故选B。
【典例分析2】（2023上·辽宁丹东·高三统考期中）如图甲，一长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动．若小球经过最高点时速度大小为、绳子拉力大小为，则与的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
B．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线点的位置不变
C．利用该装置可以得出小球的质量
D．利用该装置可以得出重力加速度
【答案】C
【详解】A．在最高点时，根据
可得
则图像的斜率
绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项A错误；
B．根据
可知
则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线点的位置右移，选项B错误；
C．由图可知
利用该装置可以得出小球的质量
选项C正确；
D．由可知，利用该装置可以得出重力加速度
选项D错误。
故选C。
【典例分析3】（2024上·河南·高三校联考阶段练习）(多选)如图甲所示，质量分别为m1、m2的小木块a和b（可视为质点）用细线相连，沿半径方向放在水平圆盘上，a、b与转轴OO′之间的距离分别为r1、r2. 若圆盘从静止开始绕转轴（ 缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，木块a 所受的摩擦力大小 f。随圆盘角速度的平方 的变化图像如图乙所示，对应图线的斜率为对应图线的斜率为k2，两木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】水平圆盘转动的角速度较小时，a、b受到的静摩擦力提供向心力，绳子拉力为零，此过程中a受到的摩擦力
对应图线的斜率
当木块刚好达到最大静摩擦时，满足
则
因为，所以随着角速度增大，先达到最大静摩擦力，此时，则有
，
角速度继续增大，绳子开始出现拉力，此后对于有
对于有
联立可得
对应图线的斜率
截距
当达到最大静摩擦力时
之后角速度再增大，两木块相对圆盘发生滑动，受到的摩擦力大小不再变化。根据上述分析可知
，，，
故AB正确，CD错误。
故选AB。
【方法提炼】
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
【变式演练】
1.（2023·安徽·校联考模拟预测）(多选)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动（均未发生相对滑动）。物体A、B、C的质量分别为m、2m、3m，各接触面间的动摩擦因数都为μ，物体B、C离转台中心的距离分别为5r，B、C与圆周运动的圆心共线。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．
B．C相对转台的相对运动趋势为沿着切线方向
C．B对转台的静摩擦力最大可能是3μmg
D．当时，A所受B的静摩擦力大小为
【答案】AD
【详解】AC．对任何一个物体，临界角速度为，则
判断出，C的临界角速度最小，代入数值
此时对A与B整体
故A正确，C错误；
B．C相对转台的相对运动趋势为背离圆心向外，故B错误；
D．当时，对A
故D正确。故选AD。
2．（2023下·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）(多选)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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FN，小球在最高点的速度大小为v，图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为R
C．v2=c时，杆对小球弹力方向向下D．若c=2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，当时，对小球在最高点由牛顿第二定律得
可得当地的重力加速度大小为
故A错误；
B．当时，在最高点有
可得小球的质量
故B正确；
C．当时，在最高点对小球由牛顿第二定律得
可得
则杆对小球弹力方向向下，故C正确；
D．在最高点对小球由牛顿第二定律得
解得
则杆对小球的弹力大小为，故D错误。
故选BC。
3．（2023上·四川绵阳·高三统考阶段练习）(多选)如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与csθ的关系如乙图所示，g取 。则（ ）
A．圆环半径为0.6m
B．时，小球所受合力为4N
C．0≤θ≤π过程中， 圆环对小球的作用力一直增大
D．0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大
【答案】AD
【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有
得
对比图线可知
得
故A正确；
B.θ=时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有
小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为
故B错误；
CD.时，有
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须减小，
时，有
可知随θ的增大，同时v也增大，所以N必须增大，所以0≤θ≤π过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大，故C错误，D正确。
故选AD。
4．（2023上·山西晋中·高三校考阶段练习）(多选)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，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等于Q球的向心加速度
【答案】CD
【详解】A．设绳长为，小球在下落至最低点的过程中，根据机械能守恒有
可得
显然，下落高度越大，在最低点时的速度也越大，由于悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，因此，在各自最低点，P球的速度小于Q球的速度，故A错误；
B．根据动能的表达式
可知，动能的大小由质量和速度共同决定，虽然在各自最低点，P球的速度小于Q球的速度，但P球的质量大于Q球的质量，因此无法判断P球与 Q球之间动能的大小关系，故B错误；
C．在最低点，由牛顿第二定律有
可得
可见，小球在最低点时绳子的拉力大小为定值，且与质量有关，质量越大，绳子的拉力越大，而P球的质量大于Q球的质量，则可知在最低点，P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故C正确；
D．在最低点由牛顿第二定律
根据以上分析可知
联立解得
可知，在最低点，P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度，故D正确。
故选CD。
题型四 圆周、直线平抛组合模型
【典例分析】（2023上·四川成都·高三成都七中校考期中）滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示，助滑直道高度；圆弧BCD为起跳台，圆心角，半径，AB与圆弧BCD相切；EF为着陆坡段，FG为停止区。运动员从A点由静止开始自由下滑，到达C点（为圆弧最低点）时速度为24m/s，从与B点等高的D点以20m/s的速度飞出，从E点着陆后滑至F点时速度为25m/s，之后进入FG停止区。运动员（连同滑雪板）的质量，各段连接处无能量损失，忽略空气阻力的影响，g取。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在F点时重力的功率最大
B．运动员对C点的压力大小为480N
C．从A到D的运动过程中，运动员机械能的减少量为
D．从D点到飞出后的最高点，运动员动量的变化量大小为
【答案】C
【详解】A．运动员在F点时速度水平，因此重力的功率为0，A错误；
B．运动员在C点，由牛顿第二定律可得
可得
根据牛顿第三定律可知，压力为980N，B错误；
C. 从A到D的运动过程中，运动员机械能的减少量为
C正确；
D．从D点到飞出后到最高点，运动员动量的变化量大小满足
D错误。
故选C。
【方法提炼】
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．
【变式演练】
1.（2023·广东肇庆·统考一模）如图所示为某大型闯关节目最后一关的简化图。一质量的参赛者从四分之一圆弧轨道的A点无初速度滑下，通过水平轨道后进入下方的蹦床，借助蹦床的弹力在规定的时间内通过P点所在的高度即可获胜。已知圆弧轨道A点距蹦床高，圆弧轨道半径，水平轨道距蹦床高，P所在的水平面距蹦床高。不计一切阻力，参赛者可视为质点，重力加速度取。
（1）求该参赛者到达圆弧轨道最低点M处时对轨道的压力；
（2）已知参赛者离开蹦床后的速度方向已调整为竖直向上。若该参赛者在到达水平轨道末端时看到比赛倒计时还剩2s，不计其与蹦床接触的时间，若要通过P点，则他离开蹦床时的速度至少为多少？此速度下他能否赢得比赛？
【答案】（1）1080N，方向竖直向下；（2）能赢得比赛
【详解】（1）参赛者从A点到M点的过程中，由动能定理有
代入数据解得
参赛者到达M点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得其对轨道的压力大小为1080N，方向竖直向下；
（2）设参赛者从水平轨道末端到接触蹦床的时间为，则有
剩余比赛时间
解得
设参赛者离开蹦床时的最小速度为，竖直上抛的时间为，则有
联立解得
，
因，故该参赛者能赢得比赛。
2．（2023上·辽宁丹东·高三统考期中）粗糙水平地面与半径的光滑半圆轨道平滑连接，且在同一竖直平面内，是的圆心。质量的小物块在的水平恒力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。在运动到半圆轨道上的点时撤去恒力。（小物块与水平地面间的动摩擦因数，）求：
（1）若，小物块运动到半圆轨道上的点时，轨道对它的支持力的大小；
（2）若小物块恰好能运动到半圆轨道上的点，则间的距离多大。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块由静止运动到圆弧轨道点过程中，根据动能定理得
根据牛顿第二定律
联立解得
（2）物块由静止运动到圆弧轨道点过程中，根据动能定理
又因为物块恰好能运动到半圆轨道上的点，根据牛顿第二定律
联立解得
3．（2023上·河北邢台·高三河北内丘中学校联考期中）如图所示，斜面与平台平滑连接，右下侧有一沿竖直方向固定的轨道，其中为半径、圆心角的圆弧轨道，为半径未知的圆轨道。质量、可视为质点的小球从斜面上距平台高处由静止释放，之后从平台右端点沿水平方向飞出，恰好从点无碰撞地进入轨道，沿轨道运动到点水平飞出后，又恰好无碰撞经过点，取重力加速度大小，，不计一切阻力，求：
（1）小球进入轨道时的速度大小；
（2）两点的高度差；
（3）小球对轨道的最大压力。
【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向下
【详解】（1）小球从起点开始下滑到平台的过程中，根据动能定理可得
解得
从O到M的过程中，小球做平抛运动，根据几何关系可知
解得
（2）小球从Q点回到M点的过程有
从M点到Q点的过程中，由于不计阻力，根据动能定理可得
从O到Q过程中，根据动能定理可得
联立解得
故O、Q两点的高度差
（3）从M到N的过程中加速，从N点继续运动，做减速运动，故N点速度最大，此位置支持力最大，即压力最大，则
此过程中
解得
根据牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力，方向竖直向下。
4.（2023上·山西太原·高三山西大附中校考阶段练习）如图所示为某冒险滑雪运动员运动的示意图，冒险员站在运动雪橇上从A点受到恒力作用从静止开始加速，到达B点后撤去恒力，从C点水平冲出，恰好从D点沿圆轨道切线方向飞进半径为R的光滑圆轨道。已知人和雪橇的总质量为60kg，恒力F=360N，雪橇与水平面间动摩擦因数为0.1，AB=40m，BC=38m，OD与竖直线夹角为37°，圆形轨道半径R=30m，g=10m/s2，人和雪橇在运动中可以视为质点。（不计空气阻力）求：
（1）运动员达到C点时的速度；
（2）运动员从C点运动到D点的时间；
（3）运动员和雪橇在D点受到的弹力大小。
【答案】（1）18m/s；（2）1.35s；（3）1492.5N
【详解】（1）人和雪橇在AB阶段的加速度
从A到B点
得
人和雪橇在BC阶段的加速度
从B到C点
得
（2）从D点切入飞进圆形轨道，所以在D点速度与水平线夹角为37°，作出速度三角形，水平速度为，
从C到D经历时间
（3）在D点作速度三角形得物体的合速度
在D点受力分析如图所示，分解重力到沿半径方向和垂直于半径方向
沿半径方向有
得
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