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2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题1第3讲 抛体运动和圆周运动
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第3讲 抛体运动和圆周运动
考点1 运动的合成与分解
■新依据·等级考预测·
❶本考点是解决曲线运动的基础，全国卷及北京卷高考命题常与功能关系相结合，以求解问题的方法出现，单独命题常以选择题形式。
❷预计2020年等级考仍会以功能关系为背景，以求解问题方法的形式考查，复习中应引起足够重视。
(2015·全国卷Ⅱ·T16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s
B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
[题眼点拨] ①从转移轨道调整进入同步轨道……此时卫星高度与同步轨道的高度相同；②转移轨道和同步轨道的夹角为30°。
B [设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v，三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v＝v＋v2－2v1vcos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s。选项B正确。]
■新储备·等级考提能·
1．三种过河情景分析
情况
图示
说明
渡河时间最短
当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短
当v水
当v水>v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为xmin＝
2.关联速度的常见模型
■新训练·等级考落实·
考向1 渡河问题
1．(2019·洛阳市第二次联考)某人划船横渡一条河，河的两岸平行，河水流速处处相同，大小为v1，船速大小恒为v2，且v2>v1，设人以最短时间t1过河时，渡河位移为s1；以最短位移s2过河时，所用时间为t2，则以下关系正确的是( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
A [小船船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1＝，过河位移为s1＝；小船以最短位移过河时，s2＝t2，t2＝，联立解得＝，A项正确，C、D项错误；s1>s2，则应大于1，B项错误。]
2.(多选)一快艇从岸边某一位置驶向河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度—时间图象如图所示，河水流速恒为3 m/s，则下列说法正确的是( )
A．快艇的运动轨迹一定为曲线
B．快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C．快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m
D．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 s
AD [快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速恒为3 m/s，快艇的合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，故A正确，B错误。快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则d＝at2，由图可知，快艇在静水中的加速度a＝0.5 m/s2，得t＝＝ s＝20 s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移必定大于100 m，C错误，D正确。]
考向2 关联速度问题
3.(2019·潍坊五校联考)如图所示，绕过定滑轮的细线连着两个小球，小球a、b分别套在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为37°，此时a、b两球的速度大小之比为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A． B． C． D．
A [将a、b两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a球沿细线方向的速度大小为v1＝vasin 37°，b球沿细线方向的速度大小为v2＝vbcos 37°，又v1＝v2，解得＝＝，A正确。]
4．(易错题)如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是( )
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
D [将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，知斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。]
易错点评：在于合速度的判断及数学关系的应用。
考点2 平抛运动
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷及北京卷、天津卷的高考对平抛运动的考查特点明显，题型为选择题，难度不大，考查点侧重于将平抛运动的基本规律应用到实际问题中，特别是与体育运动相结合。
❷预计2020年等级考命题特点仍会侧重于基本规律在实际生活中的应用，复习中应引起重视。
1．(2018·全国卷Ⅲ)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 [甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确。]
2．(2017·全国卷Ⅰ·T15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是( )
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
C [在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝gt2知，选项A、D错误。由v2＝2gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。]
3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T19)如图(a)所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )
(a) (b)
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
BD [根据vt图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误。
第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据vt图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确。]
■新储备·等级考提能·
1．一个基本思路
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(如上T2、T3)。
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(如上T3)，且速度方向相同。
(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。
3．两个重要推论
做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。
(1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的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tan θ＝2tan φ。如图甲所示。
(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。如图乙所示。
■新训练·等级考落实·
考向1 平抛运动基本规律的应用
1．(原创题)(多选)飞机在2 km的高空以360 km/h的速度沿水平航线匀速飞行，飞机在地面上观察者的正上方空投一包裹。(g取10 m/s2，不计空气阻力)则( )
A．飞机上的飞行员看到包裹的运动轨迹是抛物线
B．包裹落地处到地面观察者的距离为2 000 m
C．包裹着地时的速度大小为100 m/s
D．包裹从抛出到落地的过程中平均速度大小为100 m/s
BC [从飞机上投下去的包裹由于惯性，在水平方向上仍以360 km/h的速度沿原来的方向运动，但由于离开了飞机，该包裹在竖直方向上同时进行自由落体运动，所以飞机上的飞行员只是看到包裹在飞机的正下方下落，包裹的轨迹是竖直直线，故A错误；包裹在空中运动的时间t，该时间取决于包裹在竖直方向的运动，故t＝
＝20 s，则包裹在水平方向的位移x＝v0t＝×20 m＝2 000 m，即包裹落地处到观察者的距离为2 000 m，故B正确；对包裹，由动能定理得mgh＝mv2－mv，解得包裹着地时速度的大小为v＝100 m/s，故C正确；包裹从抛出到落地的过程中，平均速度大小为＝＝100 m/s，故D错误。]
考向2 斜面与平抛组合
2．(2019·山东济南期末评估)将一个物体以一定的初速度从倾角为30°的斜面顶端水平抛出，落到斜面上，则到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为( )
A．2∶1 B．7∶3 C．4∶3 D．2∶
B [物体被抛出后做平抛运动，抛出点与落至斜面上的点的连线与水平方向的夹角为30°，则由tan 30°＝＝，解得t＝，所以物体落到斜面瞬间的竖直分速度为vy＝gt＝2v0tan 30°，到达斜面时的动能为Ek＝mv2＝m(v＋v)＝m(v＋4vtan230°)，物体的初动能为Ek0＝mv，所以到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为＝，B正确。]
3．(易错题)(多选)如图所示，小球a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与小球a等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P点相遇，则下列说法正确的是( )
A．v1∶v2＝2∶1
B．v1∶v2＝1∶1
C．若小球b以速度2v2水平抛出，则两小球仍能相遇
D．若小球b以速度2v2水平抛出，则b落在斜面上时，a在b的下方
AD [如图所示，b在斜面底端正上方与a等高处水平抛出，与a在斜面中点P点相遇，可知相遇时两球的水平位移相等，有v1tcos θ＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1
竖直位移也相等，有ya＝v1tsin θ＝yb＝t，易知v1sin θ＝
若b以速度2v2水平抛出时落在斜面上的A点，b落到A点所用的时间记为t2。
yb2＝2t2，ya2＝v1t2sin θ，由图易知t2v2，故yb2>ya2，a在b的下方。]
易错点评：在于不能正确挖掘题目中的隐含条件“同时，同位”。
考向3 平抛中的临界问题
4.一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出。如图所示，第一个球从O点水平飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上的B点后，弹跳起来，刚好过网上的C点，落在对方场地上的A点；第二个球从O点水平飞出时的初速度为v2，也刚好过网上的C点，落在A点。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：
(1)两个网球飞出时的初速度之比v1∶v2；
(2)运动员击球点的高度H与网高h之比H∶h。
[解析] (1)两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为x2。
由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在B点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向。根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比x1∶x2＝1∶3，故两球做平抛运动的初速度之比v1∶v2＝1∶3。
(2)设第一个球从水平方向飞出到落地点B所用时间为t1，第2个球从水平方向飞出到C点所用时间为t2，则有
H＝gt，H－h＝gt
x1＝v1t1
O、C之间的水平距离x′1＝v2t2
第一个球第一次到达与C点等高的点时，其水平位移x′2＝v1t2
分析可知2x1＝x′1＋x′2
联立可得t1＝2t2
即H＝4(H－h)
得H∶h＝4∶3。
[答案] (1)1∶3 (2)4∶3
考点3 圆周运动
■新依据·等级考预测·
❶全国卷及北京卷、天津卷高考对本考点的考查题型以选择题为主，考查点多以竖直平面内圆周运动为背景，将圆周运动的基本规律与能量相结合命题是近几年命题的突出特点。
❷2020年等级考要加强圆周运动与实际生活问题结合类题目的训练。
1．(2018·浙江11月选考)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
D [汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题。
汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得f＝m，解得v＝＝ m/s＝＝20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的向心加速度a＝＝ m/s2＝7 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。]
2.(多选)(2016·全国卷Ⅲ·T20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
AC [质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，选项D错误。]
■新储备·等级考提能·
1．基本思路
(1)做好受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(如上T1，T2)。
(2)列出动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
2．抓住圆周运动“两类典型问题”
(1)问题1：水平面内的圆周运动——做好“临界”分析。
①绳的临界：张力FT＝0。
②接触面滑动临界：F＝f。
③接触面分离临界：FN＝0。
(2)问题2：竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)。
轻绳模型
轻杆模型
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高点受力
重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零，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
v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
(多选)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零
B．小球到达管道最高点时速度为5 m/s
C．小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N
D．圆轨道半径r为4 m
[题眼点拨] ①“圆管道”最高点速度可以为零，此时对下壁压力等于物体重力。
②“恰好能通过圆轨道的最高点”该点小球速度v＝。
CD [从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，联立解得r＝4 m，选项D正确。]
反思：抓“两点”“一联”把握解题关键点
■新训练·等级考落实·
考向1 水平面内的圆周运动
1．(2019·长春市高三一模)如图所示，一个菱形框架绕过其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量均为m的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到竖直轴的距离相等，则下列说法正确的是( )
A．框架对球A的弹力方向一定垂直框架向下
B．框架对球B的弹力方向可能垂直框架向下
C．球A与框架间可能没有摩擦力
D．球A、球B所受的合力大小相等
D [球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误。对B受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误。若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，故C错误。A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知两球所受的合力大小相等，故D正确。]
2.(易错题)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢增大转台的转速(在每个转速下都可认为转台匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为零时，A受到的摩擦力方向沿半径指向转台中心
B．B先相对于转台发生滑动
C．当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
D．A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D [当B受到的摩擦力为零时，由弹簧弹力提供向心力，此时弹簧的弹力为F＝kr，由牛顿第二定律可得kr＝2mω2r，解得ω＝，此时A所受的向心力大小为FA＝mω2·1.5r＝kr
考向2 竖直平面内圆周运动
3.(2019·西安模拟)如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时，速度不可能小于
B．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
B [此模型为“杆模型”。小球在最高点的最小速度可以为零，此时杆对小球的支持力等于小球的重力，A错误；当小球在最高点的速度为时，小球的重力提供所需的向心力，小球所受轻杆的作用力为零，B正确；杆对小球的作用力在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，随小球速度的增大，作用力减小，当表现为拉力时，随小球速度的增大，作用力增大，C错误，D错误。]
4．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
甲 乙
A．图象的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有mg＝m，得g＝＝，故B正确；根据F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。]
考点4 平抛运动与圆周运动的组合问题
■新依据·等级考预测·
❶全国卷及北京卷、天津卷在本考点的单独命题虽然较少，但本考点常与动能定理、机械能守恒、电磁场相结合，考查曲线运动的综合性问题，能集中体现学生的综合素养。
❷预计2020年等级考中考查方式不变，备考中还需引起足够重视。
(2017·全国卷Ⅱ·T17)如图所示，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 [设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，机械能守恒，有mv2＝mv＋2mgR ①
小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝gt2 ②
x＝v1t ③
联立①②③式整理得x2＝－
可得x有最大值，对应的轨道半径R＝。故选B。]
■新储备·等级考提能·
1．抛体运动与圆周运动的综合应用问题要注意以下几点：
(1)运动阶段的划分(如上题分上升阶段和平抛阶段)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向(如上题中的最高点)。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
2．对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
■新训练·等级考落实·
考向1 先圆周运动后平抛运动
1．(多选)(2019·哈尔滨六校联考)如图所示，半径为R的光滑半圆槽竖直固定在水平地面上，可视为质点的小球以4 m/s的初速度向左进入半圆轨道，小球通过最高点后做平抛运动。若小球做平抛运动有最大水平位移，重力加速度为g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．最大水平位移为1.6 m
B．R＝0.2 m时，球的水平位移最大
C．小球落地时，速度方向与水平地面成45°角
D．小球落地时，速度方向与水平地面成60°角
BC [设小球在最高点的速度大小为v，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋mg·2R，小球做平抛运动时，在空中运动的时间为t＝，则小球做平抛运动的水平位移为x＝vt，整理得x＝ m，当R＝0.2 m时水平位移最大，最大的水平位移为xmax＝0.8 m，A错误，B正确；将R＝0.2 m代入解得v＝2 m/s、t＝ s，由平抛运动的规律可知，小球落地瞬间的竖直分速度大小为vy＝gt＝2 m/s，由于落地瞬间的水平速度与竖直速度大小相等，因此小球落地瞬间速度方向与水平地面的夹角为45°，C正确，D错误。]
考向2 先平抛运动后圆周运动
2．(2019·山东省实验中学高三期末)如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙直轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量为m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。(结果保留三位有效数字)
[解析] (1)由平抛运动规律知v＝2gh
竖直分速度vy＝＝4 m/s
初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。
(2)从P点至B点的过程，由机械能守恒定律有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv
经过B点时，由向心力公式有
F′N－mg＝m
代入数据解得F′N＝34 N
由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为FN＝34 N。
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。
从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有
－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝0－mv
代入数据可解得x＝ m≈1.09 m。
[答案] (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m
体育运动与娱乐活动是高考命题常用的素材，比如通过乒乓球、排球等考查抛体运动，通过冰壶、冰球、杂技表演等考查运动学和动力学的分析，通过冬奥会相关运动项目考查力学知识的综合分析，通过电动玩具考查电磁学相关知识等。
[典例1] 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)。若球员顶球点的高度为h。足球被顶出后做平抛运动(足球可看作质点)，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．足球在空中运动的时间t＝
B．足球位移大小l＝
C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
D．足球初速度的大小v0＝
C [足球运动的时间为：t＝，A错误；足球在水平方向的位移大小为：x＝，所以足球的位移大小：l＝＝，B错误；由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为：tan θ＝，C正确；足球的初速度的大小为：v0＝＝，D错误。]
[典例2] (2019·云南昆明1月诊断测试)如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D．当l＝H时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
C [小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由mgl＝mv2，解得小孩在O点正下方的速度v＝。运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得，F－mg＝m，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，小孩对绳子的拉力恒为3mg，选项A、B错误。小孩运动到绳子竖直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有x＝vt，H－l＝gt2，联立解得x＝2，由数学知识可知，当l＝，时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，选项C正确，D错误。]
考点1 运动的合成与分解
■新依据·等级考预测·
❶本考点是解决曲线运动的基础，全国卷及北京卷高考命题常与功能关系相结合，以求解问题的方法出现，单独命题常以选择题形式。
❷预计2020年等级考仍会以功能关系为背景，以求解问题方法的形式考查，复习中应引起足够重视。
(2015·全国卷Ⅱ·T16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s
B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s
D．东偏南方向，2.7×103 m/s
[题眼点拨] ①从转移轨道调整进入同步轨道……此时卫星高度与同步轨道的高度相同；②转移轨道和同步轨道的夹角为30°。
B [设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v，三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v＝v＋v2－2v1vcos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s。选项B正确。]
■新储备·等级考提能·
1．三种过河情景分析
情况
图示
说明
渡河时间最短
当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短
当v水
当v水>v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为xmin＝
2.关联速度的常见模型
■新训练·等级考落实·
考向1 渡河问题
1．(2019·洛阳市第二次联考)某人划船横渡一条河，河的两岸平行，河水流速处处相同，大小为v1，船速大小恒为v2，且v2>v1，设人以最短时间t1过河时，渡河位移为s1；以最短位移s2过河时，所用时间为t2，则以下关系正确的是( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
A [小船船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t1＝，过河位移为s1＝；小船以最短位移过河时，s2＝t2，t2＝，联立解得＝，A项正确，C、D项错误；s1>s2，则应大于1，B项错误。]
2.(多选)一快艇从岸边某一位置驶向河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度—时间图象如图所示，河水流速恒为3 m/s，则下列说法正确的是( )
A．快艇的运动轨迹一定为曲线
B．快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线
C．快艇最快到达浮标处经过的位移为100 m
D．能找到某一位置使快艇最快到达浮标处的时间为20 s
AD [快艇在静水中做匀加速直线运动，河水流速恒为3 m/s，快艇的合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以快艇的运动轨迹是曲线，故A正确，B错误。快艇的艇头与河岸垂直时，其到达浮标处所需的时间最短，则d＝at2，由图可知，快艇在静水中的加速度a＝0.5 m/s2，得t＝＝ s＝20 s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到达浮标处的位移必定大于100 m，C错误，D正确。]
考向2 关联速度问题
3.(2019·潍坊五校联考)如图所示，绕过定滑轮的细线连着两个小球，小球a、b分别套在水平杆和竖直杆上，某时刻连接两球的细线与竖直方向的夹角均为37°，此时a、b两球的速度大小之比为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A． B． C． D．
A [将a、b两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a球沿细线方向的速度大小为v1＝vasin 37°，b球沿细线方向的速度大小为v2＝vbcos 37°，又v1＝v2，解得＝＝，A正确。]
4．(易错题)如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是( )
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
D [将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，知斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。]
易错点评：在于合速度的判断及数学关系的应用。
考点2 平抛运动
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷及北京卷、天津卷的高考对平抛运动的考查特点明显，题型为选择题，难度不大，考查点侧重于将平抛运动的基本规律应用到实际问题中，特别是与体育运动相结合。
❷预计2020年等级考命题特点仍会侧重于基本规律在实际生活中的应用，复习中应引起重视。
1．(2018·全国卷Ⅲ)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 [甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确。]
2．(2017·全国卷Ⅰ·T15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是( )
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
C [在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝gt2知，选项A、D错误。由v2＝2gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。]
3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T19)如图(a)所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )
(a) (b)
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
BD [根据vt图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误。
第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据vt图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确。]
■新储备·等级考提能·
1．一个基本思路
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(如上T2、T3)。
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(如上T3)，且速度方向相同。
(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。
3．两个重要推论
做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。
(1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的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tan θ＝2tan φ。如图甲所示。
(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。如图乙所示。
■新训练·等级考落实·
考向1 平抛运动基本规律的应用
1．(原创题)(多选)飞机在2 km的高空以360 km/h的速度沿水平航线匀速飞行，飞机在地面上观察者的正上方空投一包裹。(g取10 m/s2，不计空气阻力)则( )
A．飞机上的飞行员看到包裹的运动轨迹是抛物线
B．包裹落地处到地面观察者的距离为2 000 m
C．包裹着地时的速度大小为100 m/s
D．包裹从抛出到落地的过程中平均速度大小为100 m/s
BC [从飞机上投下去的包裹由于惯性，在水平方向上仍以360 km/h的速度沿原来的方向运动，但由于离开了飞机，该包裹在竖直方向上同时进行自由落体运动，所以飞机上的飞行员只是看到包裹在飞机的正下方下落，包裹的轨迹是竖直直线，故A错误；包裹在空中运动的时间t，该时间取决于包裹在竖直方向的运动，故t＝
＝20 s，则包裹在水平方向的位移x＝v0t＝×20 m＝2 000 m，即包裹落地处到观察者的距离为2 000 m，故B正确；对包裹，由动能定理得mgh＝mv2－mv，解得包裹着地时速度的大小为v＝100 m/s，故C正确；包裹从抛出到落地的过程中，平均速度大小为＝＝100 m/s，故D错误。]
考向2 斜面与平抛组合
2．(2019·山东济南期末评估)将一个物体以一定的初速度从倾角为30°的斜面顶端水平抛出，落到斜面上，则到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为( )
A．2∶1 B．7∶3 C．4∶3 D．2∶
B [物体被抛出后做平抛运动，抛出点与落至斜面上的点的连线与水平方向的夹角为30°，则由tan 30°＝＝，解得t＝，所以物体落到斜面瞬间的竖直分速度为vy＝gt＝2v0tan 30°，到达斜面时的动能为Ek＝mv2＝m(v＋v)＝m(v＋4vtan230°)，物体的初动能为Ek0＝mv，所以到达斜面时的动能与平抛时初动能之比为＝，B正确。]
3．(易错题)(多选)如图所示，小球a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与小球a等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P点相遇，则下列说法正确的是( )
A．v1∶v2＝2∶1
B．v1∶v2＝1∶1
C．若小球b以速度2v2水平抛出，则两小球仍能相遇
D．若小球b以速度2v2水平抛出，则b落在斜面上时，a在b的下方
AD [如图所示，b在斜面底端正上方与a等高处水平抛出，与a在斜面中点P点相遇，可知相遇时两球的水平位移相等，有v1tcos θ＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1
竖直位移也相等，有ya＝v1tsin θ＝yb＝t，易知v1sin θ＝
若b以速度2v2水平抛出时落在斜面上的A点，b落到A点所用的时间记为t2。
yb2＝2t2，ya2＝v1t2sin θ，由图易知t2
易错点评：在于不能正确挖掘题目中的隐含条件“同时，同位”。
考向3 平抛中的临界问题
4.一位网球运动员用网球拍击球，使网球沿水平方向飞出。如图所示，第一个球从O点水平飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上的B点后，弹跳起来，刚好过网上的C点，落在对方场地上的A点；第二个球从O点水平飞出时的初速度为v2，也刚好过网上的C点，落在A点。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：
(1)两个网球飞出时的初速度之比v1∶v2；
(2)运动员击球点的高度H与网高h之比H∶h。
[解析] (1)两球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的，设第一个球第一次落地时的水平位移为x1，第二个球落地时的水平位移为x2。
由题意知，球与地面碰撞时没有能量损失，故第一个球在B点反弹瞬间，其水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度以原速率反向。根据运动的对称性可知两球第一次落地时的水平位移之比x1∶x2＝1∶3，故两球做平抛运动的初速度之比v1∶v2＝1∶3。
(2)设第一个球从水平方向飞出到落地点B所用时间为t1，第2个球从水平方向飞出到C点所用时间为t2，则有
H＝gt，H－h＝gt
x1＝v1t1
O、C之间的水平距离x′1＝v2t2
第一个球第一次到达与C点等高的点时，其水平位移x′2＝v1t2
分析可知2x1＝x′1＋x′2
联立可得t1＝2t2
即H＝4(H－h)
得H∶h＝4∶3。
[答案] (1)1∶3 (2)4∶3
考点3 圆周运动
■新依据·等级考预测·
❶全国卷及北京卷、天津卷高考对本考点的考查题型以选择题为主，考查点多以竖直平面内圆周运动为背景，将圆周运动的基本规律与能量相结合命题是近几年命题的突出特点。
❷2020年等级考要加强圆周运动与实际生活问题结合类题目的训练。
1．(2018·浙江11月选考)一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
D [汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题。
汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得f＝m，解得v＝＝ m/s＝＝20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的向心加速度a＝＝ m/s2＝7 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确。]
2.(多选)(2016·全国卷Ⅲ·T20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
AC [质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，选项D错误。]
■新储备·等级考提能·
1．基本思路
(1)做好受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(如上T1，T2)。
(2)列出动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
2．抓住圆周运动“两类典型问题”
(1)问题1：水平面内的圆周运动——做好“临界”分析。
①绳的临界：张力FT＝0。
②接触面滑动临界：F＝f。
③接触面分离临界：FN＝0。
(2)问题2：竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)。
轻绳模型
轻杆模型
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高点受力
重力，弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零，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
v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
(多选)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零
B．小球到达管道最高点时速度为5 m/s
C．小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N
D．圆轨道半径r为4 m
[题眼点拨] ①“圆管道”最高点速度可以为零，此时对下壁压力等于物体重力。
②“恰好能通过圆轨道的最高点”该点小球速度v＝。
CD [从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，联立解得r＝4 m，选项D正确。]
反思：抓“两点”“一联”把握解题关键点
■新训练·等级考落实·
考向1 水平面内的圆周运动
1．(2019·长春市高三一模)如图所示，一个菱形框架绕过其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量均为m的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到竖直轴的距离相等，则下列说法正确的是( )
A．框架对球A的弹力方向一定垂直框架向下
B．框架对球B的弹力方向可能垂直框架向下
C．球A与框架间可能没有摩擦力
D．球A、球B所受的合力大小相等
D [球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误。对B受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误。若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，故C错误。A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知两球所受的合力大小相等，故D正确。]
2.(易错题)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢增大转台的转速(在每个转速下都可认为转台匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为零时，A受到的摩擦力方向沿半径指向转台中心
B．B先相对于转台发生滑动
C．当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
D．A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D [当B受到的摩擦力为零时，由弹簧弹力提供向心力，此时弹簧的弹力为F＝kr，由牛顿第二定律可得kr＝2mω2r，解得ω＝，此时A所受的向心力大小为FA＝mω2·1.5r＝kr
考向2 竖直平面内圆周运动
3.(2019·西安模拟)如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)，小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时，速度不可能小于
B．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时，所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
B [此模型为“杆模型”。小球在最高点的最小速度可以为零，此时杆对小球的支持力等于小球的重力，A错误；当小球在最高点的速度为时，小球的重力提供所需的向心力，小球所受轻杆的作用力为零，B正确；杆对小球的作用力在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，随小球速度的增大，作用力减小，当表现为拉力时，随小球速度的增大，作用力增大，C错误，D错误。]
4．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
甲 乙
A．图象的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有mg＝m，得g＝＝，故B正确；根据F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。]
考点4 平抛运动与圆周运动的组合问题
■新依据·等级考预测·
❶全国卷及北京卷、天津卷在本考点的单独命题虽然较少，但本考点常与动能定理、机械能守恒、电磁场相结合，考查曲线运动的综合性问题，能集中体现学生的综合素养。
❷预计2020年等级考中考查方式不变，备考中还需引起足够重视。
(2017·全国卷Ⅱ·T17)如图所示，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 [设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，机械能守恒，有mv2＝mv＋2mgR ①
小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝gt2 ②
x＝v1t ③
联立①②③式整理得x2＝－
可得x有最大值，对应的轨道半径R＝。故选B。]
■新储备·等级考提能·
1．抛体运动与圆周运动的综合应用问题要注意以下几点：
(1)运动阶段的划分(如上题分上升阶段和平抛阶段)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向(如上题中的最高点)。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
2．对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
■新训练·等级考落实·
考向1 先圆周运动后平抛运动
1．(多选)(2019·哈尔滨六校联考)如图所示，半径为R的光滑半圆槽竖直固定在水平地面上，可视为质点的小球以4 m/s的初速度向左进入半圆轨道，小球通过最高点后做平抛运动。若小球做平抛运动有最大水平位移，重力加速度为g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．最大水平位移为1.6 m
B．R＝0.2 m时，球的水平位移最大
C．小球落地时，速度方向与水平地面成45°角
D．小球落地时，速度方向与水平地面成60°角
BC [设小球在最高点的速度大小为v，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋mg·2R，小球做平抛运动时，在空中运动的时间为t＝，则小球做平抛运动的水平位移为x＝vt，整理得x＝ m，当R＝0.2 m时水平位移最大，最大的水平位移为xmax＝0.8 m，A错误，B正确；将R＝0.2 m代入解得v＝2 m/s、t＝ s，由平抛运动的规律可知，小球落地瞬间的竖直分速度大小为vy＝gt＝2 m/s，由于落地瞬间的水平速度与竖直速度大小相等，因此小球落地瞬间速度方向与水平地面的夹角为45°，C正确，D错误。]
考向2 先平抛运动后圆周运动
2．(2019·山东省实验中学高三期末)如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙直轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量为m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；
(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。(结果保留三位有效数字)
[解析] (1)由平抛运动规律知v＝2gh
竖直分速度vy＝＝4 m/s
初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。
(2)从P点至B点的过程，由机械能守恒定律有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv
经过B点时，由向心力公式有
F′N－mg＝m
代入数据解得F′N＝34 N
由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为FN＝34 N。
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。
从B点到上滑至最高点的过程，由动能定理有
－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝0－mv
代入数据可解得x＝ m≈1.09 m。
[答案] (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m
体育运动与娱乐活动是高考命题常用的素材，比如通过乒乓球、排球等考查抛体运动，通过冰壶、冰球、杂技表演等考查运动学和动力学的分析，通过冬奥会相关运动项目考查力学知识的综合分析，通过电动玩具考查电磁学相关知识等。
[典例1] 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)。若球员顶球点的高度为h。足球被顶出后做平抛运动(足球可看作质点)，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．足球在空中运动的时间t＝
B．足球位移大小l＝
C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
D．足球初速度的大小v0＝
C [足球运动的时间为：t＝，A错误；足球在水平方向的位移大小为：x＝，所以足球的位移大小：l＝＝，B错误；由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为：tan θ＝，C正确；足球的初速度的大小为：v0＝＝，D错误。]
[典例2] (2019·云南昆明1月诊断测试)如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D．当l＝H时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
C [小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由mgl＝mv2，解得小孩在O点正下方的速度v＝。运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得，F－mg＝m，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，小孩对绳子的拉力恒为3mg，选项A、B错误。小孩运动到绳子竖直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有x＝vt，H－l＝gt2，联立解得x＝2，由数学知识可知，当l＝，时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，选项C正确，D错误。]
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