还剩28页未读，
继续阅读
2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题一第3讲抛体运动和圆周运动
展开
第3讲抛体运动和圆周运动
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)解决运动合成问题的四关键．
①明性质：明确合运动或分运动的运动性质；
②定方向：确定运动是在哪两个方向上的合成或分解；
③找已知：找出各方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)；
④求结果：运用平行四边形定则进行求解．
(2)竖直平面内圆周运动的两模型和两点一过程．
①两模型：绳模型和杆模型；
②两点一过程：“两点”指最高点和最低点，“一过程”指从最高点到最低点的运动过程及规律．
思想方法
(1)物理思想：分解思想、临界值的思想．
(2)物理方法：假设法、合成法、正交分解法
1．(2018·全国Ⅲ卷，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
A [如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝gt2
则x＝·v2，即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.]
2．(2018·天津卷，2)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
C [运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动．
A错：运动员做匀速圆周运动，合外力指向圆心．
B错：如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小．
C对：由动能定理知，匀速下滑动能不变，合外力做功为零．
D错：运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小．]
特别提示 质点做匀速圆周运动时，沿圆弧切线方向的合力为零，沿半径方向的合力提供向心力．
3．(2017·高考全国卷Ⅱ，17)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A. B. C. D.
B [设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg·2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．]
4．(2018·全国Ⅲ卷，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得＝Rsin α⑥
＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有
－mg·－F0·＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝⑫
答案 (1)mg (2) (3)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态的求解，或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量．竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现．
2．单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合的命题常以计算题的形式出现．
3．平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合形成综合类考题．
■解题要领
1．熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于利用转折点的速度进行突破．
2．灵活应用运动的合成与分解的思想解决平抛、类平抛运动问题；对匀速圆周运动问题，掌握寻找向心力来源、圆心及求半径的方法．
高频考点一 运动的合成与分解
[备考策略]
1．物体做曲线运动的条件：F合与v不共线．
2．研究曲线运动的方法：运动的合成与分解．
3．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则．
4．合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性．
5．特别注意：合运动就是物体的实际运动．
[题组突破]
1－1.(2018·辽宁鞍山二模)(多选)如图所示，河道宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足μ＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)．一小船在静水中的速度v＝10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是( )
A．小船渡河时间大于20 s
B．A、B两点间距离为200m
C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2
D．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5
BD [当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t＝＝s＝20 s，故A错误．因为水的流速大小满足μ＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，易得水流速的平均速度等于处的水流速，则有u＝0.2×＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x＝ut＝200 m．所以A、B两点间距离为s＝m＝200m，故B正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，因x＝vt，其中v＝10 m/s，那么μ＝2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u＝0.2x＝0.2×100 m/s＝20 m/s最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝＝＝0.5，故D正确．]
1－2. (2018·河南省洛阳联考)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成θ角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，橡皮的速度方向与水平方向的夹角为α，则( )
A．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而增大
B．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而减小
C．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为2v
D．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为v
D [若θ＝0，则橡皮的运动可视为水平方向随钉尖一起匀速，竖直方向细线的缩短长度等于水平方向细线增加的长度，即竖直方向也做与钉尖运动速率相同的匀速运动，所以橡皮的速度方向与水平方向的夹角α＝45°，与钉尖的速度v无关，选项A、B错；若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮在水平方向的分速度为v，而在t时间内沿竖直方向向上运动的距离为y＝vt＋vt，即竖直方向的分速度为v，所以橡皮速度为v，C错、D对．]
1－3.(多选)如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v.下列说法正确的是( )
A．此时B球的速度为v
B．此时B球的速度为v
C．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大
D．当β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功
ACD [将A球的速度v沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v1＝vcos α；将B球的速度vB沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v2＝vBcos β；两小球沿轻绳方向的分速度相等，即vcos α＝vBcos β，解得此时B球的速度为vB＝v，选项A正确，B错误．由vB＝v，当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大，选项C正确．由于拉力与B球位移方向夹角小于90°，所以在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功，选项D正确．]
归纳反思
涉及绳(杆)牵连物体的运动，其分析技巧为
1．解题关键：
找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键．
2．基本思路：
(1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．
(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．
(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同．
高频考点二 抛体运动问题
[备考策略]
抛体运动问题并不难，解题的关键就是灵活运用运动的合成与分解．本考点应从以下两个方面给予突破：①对平抛运动规律的理解；②平抛运动与斜面的综合问题．建议考生适当关注即可
1．图解平抛运动的实质
2．平抛运动与斜面相关的两个结论
(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体，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．
[题组突破]
2－1.(2018·河南省平顶山市高三二模)如图，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点．释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，击中M、N的时间间隔为Δt2，不计空气阻力，则( )
A．Δt2＝0 B．Δt2<Δt1
C．Δt2＝Δt1 D．Δt2>Δt1
B [根据y＝gt2，由于击中山坡上M点的炸弹竖直位移y较大，可知击中山坡上M点的炸弹在空中运动时间较长，所以Δt2<Δt1，选项B正确．]
2－2.(2018·四川省成都市龙泉二中高三月考)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与球心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两同学抛出球的速率之比为1∶3
B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
AB [两球刚好落在坑中同一点，说明两球在竖直方向的位移相同，由y＝gt2可知，两球在空中飞行的时间相同．设半球形的半径为R，则甲同学抛出的球的水平位移为x甲＝R－Rcos 60°＝，乙同学抛出的球的水平位移为x乙＝R＋Rcos60°＝，由x＝vt可知，甲、乙两同学抛出球的速率之比为v1∶v2＝x甲∶x乙＝1∶3，选项A正确；若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞，选项B正确；由x＝vt可知，只要落入坑中的同一点，则x甲＋x乙＝2R，
两球抛出的速率之和v1＋v2＝＋＝与小球在空中飞行时间有关，即与小球落入坑中的同一点的位置有关，选项C错误；根据平抛运动规律的推论，小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的处，即若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，选项D错误．]
2－3.(2018·天星押题预测卷)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是( )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
D [由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度
之比为4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确．]
[归纳反思]
处理平抛运动问题的五个关键点
(1)平抛运动(或类平抛运动)，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，再用运动的合成法则求合运动．
(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值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．
(5)抓住两个三角形：速度三角形和位移三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．
高频考点三 圆周运动
[备考策略]
1．解决圆周运动力学问题的关键
(1)正确进行受力分析，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.结合v＝ωr、T＝＝等基本公式进行求解．
2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点
(1)模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．
(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解．
3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥.
(2)杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0.
[命题视角]
考向1 水平面内的圆周运动问题
例1 (2018·山东省菏泽二模)(多选)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＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
AC [本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.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：fa＝mωl，当fa＝kmg时，即kmg＝mωl，
ωa＝；对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，即kmg＝mω·2l，ωb＝，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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa
例2 (2018·临川一中高三期中考试)(多选)如图所示，N、M、B分别为半径R＝0.1 m的竖直光滑圆弧轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m＝0.1 kg的小球，进入圆弧轨道后，从N点飞出时的速度大小为v＝2 m/s.不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．A、B间的竖直高度为0.12 m
B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N
C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N
D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大
AB [设A、B之间的竖直高度为h，对小球从A点静止释放至运动到N点的过程，由机械能守恒定律有，mg(Rcos 37°＋h)＝mv2，解得h＝0.12 m，选项A正确；对小球从A运动到B的过程，由机械能守恒定律有，mgh＝mv，设小球经过B点时在水平方向
受到轨道的弹力大小为FB，由牛顿第二定律有，FB＝m，联立解得FB＝＝2.4 N，根据牛顿第三定律，小球经过B点时对轨道的压力大小为2.4 N，选项B正确；对小球从A点静止释放至运动到M点的过程，由机械能守恒定律有，mg(R＋h)＝mv，设小球经过M点时受到轨道的支持力大小为FM，由牛顿第二定律有，FM－mg＝m，联立解得FM＝5.4 N，根据牛顿第三定律，小球经过M点时对轨道的压力大小为5.4 N，选项C错误；由于小球运动到M点时速度方向水平，重力方向竖直向下，根据功率公式可知运动到M点时重力的功率为零，所以小球从A点静止释放至运动到M点的过程中，重力的功率先增大后减小，选项D错误．]
[归纳反思]
1．解决圆周运动问题要注意以下几点：
(1)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.
2．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．
[题组突破]
3－1.(2018·陕西省西安铁一中高三下考前模拟(二))细线上端系在天花板上，下端悬挂小球在水平面内做匀速圆周运动，细线的悬点到圆心的距离为h，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g.不计空气阻力，小球做圆周运动的角速度为( )
A.
B.
C.
D.
A [小球做匀速圆周运动，则有mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，选项A正确．]
3－2.(2018·华师大一附中高三第二次调研)(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作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
当0≤v2
[备考策略]
掌握两类思维流程
类型一 单个质点的连续运动的思维流程
类型二 质点和圆盘的独立运动的思维流程
[典例导航]
例3 (2018·甘肃兰州二诊)如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2.求：
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
解析 (1)物块做平抛运动：H－h＝gt2
到达B点时竖直分速度：vy＝gt＝3 m/s
v1＝＝5 m/s
方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝＝
即：θ＝37°，斜向下
(2)从A至C点，由动能定理mgH＝mv－mv
设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝m
由上式可得v2＝2m/s，FN＝47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大为小47.3 N，方向竖直向下．
(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力
Ff＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力为Ff′
Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因Ff
则长木板长度至少为l＝＝2.8 m.
答案 (1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m
[题组突破]
4－1.(2018·陕西咸阳市一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
A [如果小球恰能通过最高点D，根据mg＝m，得vD＝，知小球在最高点的最小速度为.
根据R＝gt2得：t＝.
则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R.
知小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．]
4－2.(2018·广西桂林市、崇左市高三联合调研考试)如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R＝0.8 m，OA水平、OB竖直．轨道底端距水平地面的高度h＝0.8 m．从轨道顶端A由静止释放一个质量m1＝0.1 kg小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个小球m2发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x＝0.4 m．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；
(2)两球从B点飞出时的速度大小v2；
(3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小．
解析 (1)从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgR＝mv.代入数据得：v1＝4 m/s.
(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：
竖直方向上有：h＝gt2，代入数据解得：t＝0.4 s
水平方向上有：x＝v2t，代入数据解得：v2＝1 m/s.
(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1＝(m1＋m2)v2
解得：m2＝3m1＝3×0.1＝0.3 kg
碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，
则：FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
代入数据得：FN＝4.5 N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5 N，方向竖直向下．
答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)4.5 N
课时跟踪训练(三)
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，结果小球在空中运动过程中y与x2的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )
A.m/s B. m/s C．2 m/s D. m/s
A [将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v0，则有x＝v0t，y＝gt2，则y＝x2，结合图象有＝2，求得v0＝m/s，A项正确．]
2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )
A．① B．②
C．③ D．④
A [根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A正确．]
3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶
C．A、B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
C [A项，小球乙到C的速度为v＝，此时小球甲的速度大小也为v＝，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为故A错；B.小球运动到C时所用的时间为h＝gt2得t＝.而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为t′＝，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为∶2故B错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh＝gt2－gt′2＝，故C对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；故选C.]
4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点．A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP的距离是( )
A.R B．7R
C.R D．5R
A [设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆轮运动的线速度为ωR，
设A下落的时间为t1，水平位移为x，
则在竖直方向上有h－R＝gt①
在水平方向上有x＝ωR·t1②
B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝gt③
在水平方向上有x＝ωR·t2④
联立①②③④式解得h＝R，A项正确．]
5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C.已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B. C. D.
C [小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh＝mv，解得：vB＝，到达B点后小球做平抛运动在竖直方向有：H＝gt2，解得：t＝，水平方向x＝vBt，根据几何关系有：
tan 37°＝＝＝＝，解得：＝，故C正确，A、B、D错误．]
6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球通过最高点A的速度为gR
B．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgR
C．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为R
D．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝时间小球运动到与圆心等高的位置
D [A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg＝m.得v＝，故A错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错；C.从A到C由动能定理可知：mgR＝mv－mv2，当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－mv，解得h＝R，故C错；D.若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝gt2，解得t＝，故D正确；故选D.]
7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是( )
A．轻绳上的弹力保持不变
B．轻绳上的弹力逐渐变大
C．弹簧上的弹力逐渐变大
D．弹簧上的弹力先变小后变大
BD [小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：Tcos θ＝mg，Tsin θ－F＝mω2r，由于小球在竖直方向处于静止，所以T＝，随角速度增大，θ增大，所以T增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B、D正确．]
8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD是一个边长为L的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P点以初速度v0斜向上抛出，小球到达A点时速度方向恰好与AB平面相切．已知重力加速度为g，P、D之间的距离为2L.下列说法正确的是( )
A．小球到达A点时的速度为v0
B．小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°
C．小球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小
D．仅减小初速度v0，小球仍有可能运动到AB平面上
BC [根据逆向思维，小球从A到P做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律，小球在P点时，＝＝＝1，所以vy＝v，而＝v0，所以vy＝v＝v0，小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A错误，选项B正确；球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy，随着vy的变小而逐渐减小，选项C正确；仅减小初速度v0，小球不可能运动到AB平面上，选项D错误．]
9．如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )
A．弹簧为原长时，杆的角速度为
B．当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态
C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒
D．在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了mgl0
CD [静止时，k＝mgsin θ⇒kl0＝mg，弹簧为原长时，mgtan 30°＝mω2l0·cos 30°，解得：ω＝，A项错误；当杆的角速度大于时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C项正确；小球随杆转动的角速度为时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl，在水平方向上：FNsin 30°＋kΔl·cos 30°＝mω2(l0＋Δl)cos 30°，在竖直方向上：FNcos 30°－kΔl·sin 30°－mg＝0，解得：Δl＝，则小球的重力势能增加量为ΔEp＝mgl0sin 30°＝mgl0，动能增加量为ΔEk＝m2＝mgl0，可知D项正确．]
10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H.已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )
A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为
B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为＋mg
C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H
D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H
AC [A、B项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v2＝＝，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：t＝mv2－mv1，代入数据解得：＝，故A正确，B错误；C、D项：小球第一次下落的时间为t＝，水平初速度v0＝＝，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2×＝2H，故C正确，D错误．]
11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC为半径等于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°、动摩擦因数为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点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F＝5 N的力的作用，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取10 m/s2)求：
(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0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？
解析 (1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin 45°＝v0t
在B点，有tan 45°＝
解以上两式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s
则AB竖直方向的距离为h＝gt2＝0.2 m
OB竖直方向的距离为h′＝rcos 45°＝0.4 m
则OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m.
(2)在B点据平抛运动的速度规律有
vB＝＝2 m/s
小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为FN＝m＝5 N
根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为
FN′＝FN＝5N.
(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma
解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝8m/s2
根据速度位移关系公式，有x＝＝m.
答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5N (3)m
12．如图所示，台阶的高度H＝1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m的小球A，在紧靠A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P，传送带的长度L＝ m，传送带以v＝5 m/s的速率逆时针转动．把小球B拉到离平台h＝0.8 m高处由静止释放，与小球A正碰后B球能上升到离平台h高处，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求传送带上端距台阶的距离s；
(2)求小球B的质量mB；
(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．
解析 (1)设小球A离开平台的速度为vA，到达传送带上端的速度为vQ，竖直分速度为v，则vy＝vAtan θ
v＝2g(H－Lsin θ)
vQ＝
vy＝gt
s＝vAt
代入数据解得
vA＝4 m/s
vQ＝5 m/s
s＝1.2 m
(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有
mBgh＝mBv
mBv＝mBg×
若B球碰撞后向右运动，则
mBv0＝mBvB＋mvA
代入数据解得B球的质量mB＝2m
此条件下系统的机械能损失ΔE＝mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．
若B球碰撞后向左运动，则
mBv0＝mB(－vB)＋mvA
代入数据解得B球的质量mB＝m
此条件下系统的机械能增加ΔE＝mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去．
(3)小球A从传送带上端运动到下端的过程，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
v－v＝2a1L
代入数据解得vP＝m/s
小球A被反弹后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
小球A减速到v经过的位移为L1，则
v2－v＝－2a2L1
代入数据解得L1＝m
小球A从速度为v时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a1，则
v－v2＝－2a1(L－L1)
代入数据解得vt＝m/s
由于vt
小球A上升的高度h′＝＝0.33 m
小球A到达的最高点距平台的高度H′＝H－Lsin θ－h′＝0.12 m.
答案 (1)s＝1.2 m (2)mB＝2m (3)不能，H′＝0.12 m
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)解决运动合成问题的四关键．
①明性质：明确合运动或分运动的运动性质；
②定方向：确定运动是在哪两个方向上的合成或分解；
③找已知：找出各方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)；
④求结果：运用平行四边形定则进行求解．
(2)竖直平面内圆周运动的两模型和两点一过程．
①两模型：绳模型和杆模型；
②两点一过程：“两点”指最高点和最低点，“一过程”指从最高点到最低点的运动过程及规律．
思想方法
(1)物理思想：分解思想、临界值的思想．
(2)物理方法：假设法、合成法、正交分解法
1．(2018·全国Ⅲ卷，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍
A [如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝gt2
则x＝·v2，即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.]
2．(2018·天津卷，2)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
C [运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动．
A错：运动员做匀速圆周运动，合外力指向圆心．
B错：如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小．
C对：由动能定理知，匀速下滑动能不变，合外力做功为零．
D错：运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小．]
特别提示 质点做匀速圆周运动时，沿圆弧切线方向的合力为零，沿半径方向的合力提供向心力．
3．(2017·高考全国卷Ⅱ，17)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A. B. C. D.
B [设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg·2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．]
4．(2018·全国Ⅲ卷，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得＝Rsin α⑥
＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有
－mg·－F0·＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝⑫
答案 (1)mg (2) (3)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态的求解，或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量．竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现．
2．单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合的命题常以计算题的形式出现．
3．平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合形成综合类考题．
■解题要领
1．熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于利用转折点的速度进行突破．
2．灵活应用运动的合成与分解的思想解决平抛、类平抛运动问题；对匀速圆周运动问题，掌握寻找向心力来源、圆心及求半径的方法．
高频考点一 运动的合成与分解
[备考策略]
1．物体做曲线运动的条件：F合与v不共线．
2．研究曲线运动的方法：运动的合成与分解．
3．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则．
4．合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性．
5．特别注意：合运动就是物体的实际运动．
[题组突破]
1－1.(2018·辽宁鞍山二模)(多选)如图所示，河道宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足μ＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)．一小船在静水中的速度v＝10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是( )
A．小船渡河时间大于20 s
B．A、B两点间距离为200m
C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2
D．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5
BD [当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t＝＝s＝20 s，故A错误．因为水的流速大小满足μ＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，易得水流速的平均速度等于处的水流速，则有u＝0.2×＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x＝ut＝200 m．所以A、B两点间距离为s＝m＝200m，故B正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u＝0.2x(x是离河岸的距离，0≤x≤)，因x＝vt，其中v＝10 m/s，那么μ＝2t，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s2，故C错误；当到达中央时，水流速度为u＝0.2x＝0.2×100 m/s＝20 m/s最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝＝＝0.5，故D正确．]
1－2. (2018·河南省洛阳联考)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成θ角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，橡皮的速度方向与水平方向的夹角为α，则( )
A．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而增大
B．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而减小
C．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为2v
D．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为v
D [若θ＝0，则橡皮的运动可视为水平方向随钉尖一起匀速，竖直方向细线的缩短长度等于水平方向细线增加的长度，即竖直方向也做与钉尖运动速率相同的匀速运动，所以橡皮的速度方向与水平方向的夹角α＝45°，与钉尖的速度v无关，选项A、B错；若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮在水平方向的分速度为v，而在t时间内沿竖直方向向上运动的距离为y＝vt＋vt，即竖直方向的分速度为v，所以橡皮速度为v，C错、D对．]
1－3.(多选)如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，A球向左的速度为v.下列说法正确的是( )
A．此时B球的速度为v
B．此时B球的速度为v
C．当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大
D．当β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功
ACD [将A球的速度v沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v1＝vcos α；将B球的速度vB沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解，沿轻绳方向分速度v2＝vBcos β；两小球沿轻绳方向的分速度相等，即vcos α＝vBcos β，解得此时B球的速度为vB＝v，选项A正确，B错误．由vB＝v，当β增大到等于90°时，B球的速度达到最大，选项C正确．由于拉力与B球位移方向夹角小于90°，所以在β增大到90°的过程中，绳对B球的拉力一直做正功，选项D正确．]
归纳反思
涉及绳(杆)牵连物体的运动，其分析技巧为
1．解题关键：
找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键．
2．基本思路：
(1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．
(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．
(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同．
高频考点二 抛体运动问题
[备考策略]
抛体运动问题并不难，解题的关键就是灵活运用运动的合成与分解．本考点应从以下两个方面给予突破：①对平抛运动规律的理解；②平抛运动与斜面的综合问题．建议考生适当关注即可
1．图解平抛运动的实质
2．平抛运动与斜面相关的两个结论
(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体，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．
[题组突破]
2－1.(2018·河南省平顶山市高三二模)如图，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点．释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，击中M、N的时间间隔为Δt2，不计空气阻力，则( )
A．Δt2＝0 B．Δt2<Δt1
C．Δt2＝Δt1 D．Δt2>Δt1
B [根据y＝gt2，由于击中山坡上M点的炸弹竖直位移y较大，可知击中山坡上M点的炸弹在空中运动时间较长，所以Δt2<Δt1，选项B正确．]
2－2.(2018·四川省成都市龙泉二中高三月考)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与球心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两同学抛出球的速率之比为1∶3
B．若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中
AB [两球刚好落在坑中同一点，说明两球在竖直方向的位移相同，由y＝gt2可知，两球在空中飞行的时间相同．设半球形的半径为R，则甲同学抛出的球的水平位移为x甲＝R－Rcos 60°＝，乙同学抛出的球的水平位移为x乙＝R＋Rcos60°＝，由x＝vt可知，甲、乙两同学抛出球的速率之比为v1∶v2＝x甲∶x乙＝1∶3，选项A正确；若仅增大v1，则两球将在落入坑中之前相撞，选项B正确；由x＝vt可知，只要落入坑中的同一点，则x甲＋x乙＝2R，
两球抛出的速率之和v1＋v2＝＋＝与小球在空中飞行时间有关，即与小球落入坑中的同一点的位置有关，选项C错误；根据平抛运动规律的推论，小球落入坑中时速度方向的反向延长线与水平直径的交点在水平位移的处，即若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中，选项D错误．]
2－3.(2018·天星押题预测卷)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项正确的是( )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
D [由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度
之比为4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确．]
[归纳反思]
处理平抛运动问题的五个关键点
(1)平抛运动(或类平抛运动)，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，再用运动的合成法则求合运动．
(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值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．
(5)抓住两个三角形：速度三角形和位移三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．
高频考点三 圆周运动
[备考策略]
1．解决圆周运动力学问题的关键
(1)正确进行受力分析，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.结合v＝ωr、T＝＝等基本公式进行求解．
2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点
(1)模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．
(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解．
3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题
(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥.
(2)杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0.
[命题视角]
考向1 水平面内的圆周运动问题
例1 (2018·山东省菏泽二模)(多选)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＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
AC [本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.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：fa＝mωl，当fa＝kmg时，即kmg＝mωl，
ωa＝；对木块b：fb＝mω·2l，当fb＝kmg时，即kmg＝mω·2l，ωb＝，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fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa
例2 (2018·临川一中高三期中考试)(多选)如图所示，N、M、B分别为半径R＝0.1 m的竖直光滑圆弧轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m＝0.1 kg的小球，进入圆弧轨道后，从N点飞出时的速度大小为v＝2 m/s.不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．A、B间的竖直高度为0.12 m
B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N
C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N
D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大
AB [设A、B之间的竖直高度为h，对小球从A点静止释放至运动到N点的过程，由机械能守恒定律有，mg(Rcos 37°＋h)＝mv2，解得h＝0.12 m，选项A正确；对小球从A运动到B的过程，由机械能守恒定律有，mgh＝mv，设小球经过B点时在水平方向
受到轨道的弹力大小为FB，由牛顿第二定律有，FB＝m，联立解得FB＝＝2.4 N，根据牛顿第三定律，小球经过B点时对轨道的压力大小为2.4 N，选项B正确；对小球从A点静止释放至运动到M点的过程，由机械能守恒定律有，mg(R＋h)＝mv，设小球经过M点时受到轨道的支持力大小为FM，由牛顿第二定律有，FM－mg＝m，联立解得FM＝5.4 N，根据牛顿第三定律，小球经过M点时对轨道的压力大小为5.4 N，选项C错误；由于小球运动到M点时速度方向水平，重力方向竖直向下，根据功率公式可知运动到M点时重力的功率为零，所以小球从A点静止释放至运动到M点的过程中，重力的功率先增大后减小，选项D错误．]
[归纳反思]
1．解决圆周运动问题要注意以下几点：
(1)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.
2．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．
[题组突破]
3－1.(2018·陕西省西安铁一中高三下考前模拟(二))细线上端系在天花板上，下端悬挂小球在水平面内做匀速圆周运动，细线的悬点到圆心的距离为h，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g.不计空气阻力，小球做圆周运动的角速度为( )
A.
B.
C.
D.
A [小球做匀速圆周运动，则有mgtan θ＝mω2htan θ，解得ω＝，选项A正确．]
3－2.(2018·华师大一附中高三第二次调研)(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作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
当0≤v2
[备考策略]
掌握两类思维流程
类型一 单个质点的连续运动的思维流程
类型二 质点和圆盘的独立运动的思维流程
[典例导航]
例3 (2018·甘肃兰州二诊)如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2.求：
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
解析 (1)物块做平抛运动：H－h＝gt2
到达B点时竖直分速度：vy＝gt＝3 m/s
v1＝＝5 m/s
方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝＝
即：θ＝37°，斜向下
(2)从A至C点，由动能定理mgH＝mv－mv
设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝m
由上式可得v2＝2m/s，FN＝47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大为小47.3 N，方向竖直向下．
(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力
Ff＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力为Ff′
Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因Ff
则长木板长度至少为l＝＝2.8 m.
答案 (1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m
[题组突破]
4－1.(2018·陕西咸阳市一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
A [如果小球恰能通过最高点D，根据mg＝m，得vD＝，知小球在最高点的最小速度为.
根据R＝gt2得：t＝.
则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R.
知小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．]
4－2.(2018·广西桂林市、崇左市高三联合调研考试)如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R＝0.8 m，OA水平、OB竖直．轨道底端距水平地面的高度h＝0.8 m．从轨道顶端A由静止释放一个质量m1＝0.1 kg小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个小球m2发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x＝0.4 m．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；
(2)两球从B点飞出时的速度大小v2；
(3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小．
解析 (1)从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgR＝mv.代入数据得：v1＝4 m/s.
(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：
竖直方向上有：h＝gt2，代入数据解得：t＝0.4 s
水平方向上有：x＝v2t，代入数据解得：v2＝1 m/s.
(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1＝(m1＋m2)v2
解得：m2＝3m1＝3×0.1＝0.3 kg
碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，
则：FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)
代入数据得：FN＝4.5 N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5 N，方向竖直向下．
答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)4.5 N
课时跟踪训练(三)
一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)
1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，结果小球在空中运动过程中y与x2的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )
A.m/s B. m/s C．2 m/s D. m/s
A [将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v0，则有x＝v0t，y＝gt2，则y＝x2，结合图象有＝2，求得v0＝m/s，A项正确．]
2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )
A．① B．②
C．③ D．④
A [根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A正确．]
3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )
A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶
C．A、B两点高度差为
D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等
C [A项，小球乙到C的速度为v＝，此时小球甲的速度大小也为v＝，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为故A错；B.小球运动到C时所用的时间为h＝gt2得t＝.而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为t′＝，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为∶2故B错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh＝gt2－gt′2＝，故C对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；故选C.]
4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点．A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP的距离是( )
A.R B．7R
C.R D．5R
A [设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆轮运动的线速度为ωR，
设A下落的时间为t1，水平位移为x，
则在竖直方向上有h－R＝gt①
在水平方向上有x＝ωR·t1②
B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝gt③
在水平方向上有x＝ωR·t2④
联立①②③④式解得h＝R，A项正确．]
5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C.已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. B. C. D.
C [小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh＝mv，解得：vB＝，到达B点后小球做平抛运动在竖直方向有：H＝gt2，解得：t＝，水平方向x＝vBt，根据几何关系有：
tan 37°＝＝＝＝，解得：＝，故C正确，A、B、D错误．]
6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球通过最高点A的速度为gR
B．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgR
C．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为R
D．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝时间小球运动到与圆心等高的位置
D [A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg＝m.得v＝，故A错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错；C.从A到C由动能定理可知：mgR＝mv－mv2，当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－mv，解得h＝R，故C错；D.若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝gt2，解得t＝，故D正确；故选D.]
7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是( )
A．轻绳上的弹力保持不变
B．轻绳上的弹力逐渐变大
C．弹簧上的弹力逐渐变大
D．弹簧上的弹力先变小后变大
BD [小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：Tcos θ＝mg，Tsin θ－F＝mω2r，由于小球在竖直方向处于静止，所以T＝，随角速度增大，θ增大，所以T增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B、D正确．]
8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD是一个边长为L的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P点以初速度v0斜向上抛出，小球到达A点时速度方向恰好与AB平面相切．已知重力加速度为g，P、D之间的距离为2L.下列说法正确的是( )
A．小球到达A点时的速度为v0
B．小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°
C．小球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小
D．仅减小初速度v0，小球仍有可能运动到AB平面上
BC [根据逆向思维，小球从A到P做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律，小球在P点时，＝＝＝1，所以vy＝v，而＝v0，所以vy＝v＝v0，小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A错误，选项B正确；球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy，随着vy的变小而逐渐减小，选项C正确；仅减小初速度v0，小球不可能运动到AB平面上，选项D错误．]
9．如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )
A．弹簧为原长时，杆的角速度为
B．当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态
C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒
D．在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球机械能增加了mgl0
CD [静止时，k＝mgsin θ⇒kl0＝mg，弹簧为原长时，mgtan 30°＝mω2l0·cos 30°，解得：ω＝，A项错误；当杆的角速度大于时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C项正确；小球随杆转动的角速度为时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl，在水平方向上：FNsin 30°＋kΔl·cos 30°＝mω2(l0＋Δl)cos 30°，在竖直方向上：FNcos 30°－kΔl·sin 30°－mg＝0，解得：Δl＝，则小球的重力势能增加量为ΔEp＝mgl0sin 30°＝mgl0，动能增加量为ΔEk＝m2＝mgl0，可知D项正确．]
10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H.已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )
A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为
B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为＋mg
C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H
D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H
AC [A、B项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v2＝＝，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：t＝mv2－mv1，代入数据解得：＝，故A正确，B错误；C、D项：小球第一次下落的时间为t＝，水平初速度v0＝＝，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2×＝2H，故C正确，D错误．]
11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC为半径等于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°、动摩擦因数为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点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F＝5 N的力的作用，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取10 m/s2)求：
(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0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？
解析 (1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin 45°＝v0t
在B点，有tan 45°＝
解以上两式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s
则AB竖直方向的距离为h＝gt2＝0.2 m
OB竖直方向的距离为h′＝rcos 45°＝0.4 m
则OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m.
(2)在B点据平抛运动的速度规律有
vB＝＝2 m/s
小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为FN＝m＝5 N
根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为
FN′＝FN＝5N.
(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma
解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝8m/s2
根据速度位移关系公式，有x＝＝m.
答案 (1)2m/s 0.6 m (2)5N (3)m
12．如图所示，台阶的高度H＝1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m的小球A，在紧靠A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P，传送带的长度L＝ m，传送带以v＝5 m/s的速率逆时针转动．把小球B拉到离平台h＝0.8 m高处由静止释放，与小球A正碰后B球能上升到离平台h高处，小球A恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求传送带上端距台阶的距离s；
(2)求小球B的质量mB；
(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．
解析 (1)设小球A离开平台的速度为vA，到达传送带上端的速度为vQ，竖直分速度为v，则vy＝vAtan θ
v＝2g(H－Lsin θ)
vQ＝
vy＝gt
s＝vAt
代入数据解得
vA＝4 m/s
vQ＝5 m/s
s＝1.2 m
(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有
mBgh＝mBv
mBv＝mBg×
若B球碰撞后向右运动，则
mBv0＝mBvB＋mvA
代入数据解得B球的质量mB＝2m
此条件下系统的机械能损失ΔE＝mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．
若B球碰撞后向左运动，则
mBv0＝mB(－vB)＋mvA
代入数据解得B球的质量mB＝m
此条件下系统的机械能增加ΔE＝mBgh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去．
(3)小球A从传送带上端运动到下端的过程，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
v－v＝2a1L
代入数据解得vP＝m/s
小球A被反弹后，由于vP>v，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
小球A减速到v经过的位移为L1，则
v2－v＝－2a2L1
代入数据解得L1＝m
小球A从速度为v时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a1，则
v－v2＝－2a1(L－L1)
代入数据解得vt＝m/s
由于vt
小球A上升的高度h′＝＝0.33 m
小球A到达的最高点距平台的高度H′＝H－Lsin θ－h′＝0.12 m.
答案 (1)s＝1.2 m (2)mB＝2m (3)不能，H′＝0.12 m
相关资料
更多
