高考物理一轮复习抛体运动与圆周运动

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．2.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。

下列说法正确的是（）A．前2 s内质点处于超重状态B． 2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为（）A． 1 ∶1B． 2 ∶1C． 3 ∶2D． 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客（）A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。

某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。

假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

专题04 曲线运动第12练 抛体运动 基础训练1. 如图，抛球游戏中，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球落在小桶的前方．不计空气阻力，为了把小球抛进小桶中，则原地再次水平抛球时，他可以( )A ．增大抛出点高度，同时增大初速度B ．减小抛出点高度，同时减小初速度C ．保持抛出点高度不变，增大初速度D ．保持初速度不变，增大抛出点高度 【答案】B【解析】设小球平抛运动的初速度为v 0，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，根据h ＝12gt 2，可得平抛运动的时间为：t ＝2h g ，则水平位移为：x ＝v 0t ＝v 02hg.增大抛出点高度，同时增大初速度，则水平位移x 增大，不会抛进小桶中，故A 错误．减小抛出点高度，同时减小初速度，则水平位移x 减小，可能会抛进小桶中，故B 正确．保持抛出点高度不变，增大初速度，则水平位移x 增大，不会抛进小桶中，故C 错误．保持初速度不变，增大抛出点高度，则水平位移x 增大，不会抛进小桶中，D 错误．2.如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M 、N 与圆心O 等高且在同一竖直平面内．现甲、乙两位同学分别站在M 、N 两点，同时将两个小球以v 1、v 2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．则下列说法中正确的是( )A ．两球抛出的速率之比为1∶3B ．若仅增大v 1，则两球将在落在坑壁之前相撞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 【答案】AB【解析】由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等，x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，由几何关系可知x 2＝3x 1，所以两球抛出的速率之比为1∶3，故A 正确；由2R ＝(v 1＋v 2)t 可知，若仅增大v 1，时间减小，所以两球将在落在坑壁之前相撞，故B 正确；要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v 1与v 2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即(v 1＋v 2)t ＝2R ，落点不同，竖直方向位移就不同，t 也不同，所以两球抛出的速度之和不是定值，故C 错误；由平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点可知，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，故D 错误．3.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v 0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为3v 0g B ．小球从抛出到落在斜面上的运动时间为3v 03gC ．小球抛出时距斜面底端的高度为5v 02gD ．小球抛出时距斜面底端的高度为5v 022g【答案】AD【解析】小球恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan 60°＝v y v 0＝gt v 0，解得t ＝3v 0g ，故A 正确，B 错误；小球垂直打在斜面上，根据平抛运动规律，则有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，小球落在斜面上，根据几何关系得tan 30°＝h －y x ，将t ＝3v 0g 代入，联立解得h ＝5v 022g ，故D 正确，C 错误．4.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。

2021届高考复习之核心考点系列之物理考点总动员【名师精品】考点03平抛运动与圆周运动【命题意图】考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。

【专题定位】本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题.高考对本专题的考查以运动的组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性.考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等。

【考试方向】高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题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。

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、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。

平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。

圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。

【应考策略】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，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法。

专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题（练）1．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1．5倍，则此过程中铁块损失的机械能为： （ ）A ．18mgRB ．14mgR C ．12mgR D ．34mgR 【答案】B 【名师点睛】当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1．5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功。

2．如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为： （ ）A ．mgH mv +2021B ．12021mgh mv +C ．2mgh mgH -D ．22021mgh mv +【答案】B【解析】不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由动能定理可得：E kB -12021mgh mv =，故E kB =12021mgh mv +，选项B 正确。

【名师点睛】以物体为研究对象，由动能定理或机械能守恒定律可以求出在B 点的动能．3．（多选）如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方2R 处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ．下列说法正确的有： （ ）A ．弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B ．小球运动到B 点时的速度大小为gR 2C ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD ．小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量【答案】CD【名师点睛】此题是对功能关系的考查；解题时要认真分析小球的受力情况及运动情况；尤其要知道在最高点和最低点弹簧的伸长量等于压缩量，故在两位置的弹力相同，弹性势能也相同；同时要知道机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功。

考点3 斜面上圆周运动的临界问题(能力考点·深度研析)1．题型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。

2．解题关键——重力的分解和视图物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。

►考向1 斜面上摩擦力作用下的临界问题如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g 。

要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为( C )A.μg cos θω2 B ．g sin θω2 C.μcos θ－sin θω2g D ．μcos θ＋sin θω2g [解析] 由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力最大，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r ，解得r ＝μcos θ－sin θω2g ，故A 、B 、D 错误，C 正确。

与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况，列牛顿运动定律方程来解题。

只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。

►考向2 斜面上绳作用下的临界问题如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L 的轻绳一端固定在O 点，另一端连着一质量为m 的小球(视为质点)，可绕斜面上的O 点自由转动。

现使小球从最低点A 以速率v 开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B 。

重力加速度大小为g ，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。

下列说法正确的是( C )A ．小球通过B 点时的最小速度可以小于gL sin θ B ．小球通过A 点时的加速度为g sin θ＋v 2LC ．若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳，则小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2LD ．小球通过A 点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大[解析] 小球通过最高点B 时，当绳的拉力为零时速度最小，即mg sin θ＝mv 2min L，最小速度v min ＝gL sin θ，故A 错误；小球在A 点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力，沿斜面方向有F －mg sin θ＝mv 2L ＝ma A ，可得a A ＝v 2L，故B 错误；若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳，则小球在斜面上做类平抛运动，在平行于斜面底边方向做匀速直线运动，在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动，故s水平＝v B t ＝gL sin θ·t,2L ＝12at 2，其中a ＝g sin θ，联立解得s 水平＝2L ，即小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2L ，故C 正确；斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力，与小球的速度大小无关，故D 错误。

高考物理第一轮复习抛体运动知识要点总结
高考物理第一轮复习抛体运动知识要点总结
对物体以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。

以下是抛体运动知识要点，请大家掌握。

性质编辑
1.物理上提出的抛体运动是一种理想化的模型，即把物体看成质点，抛出后只考虑重力作用，忽略空气阻力。

2.物体在做抛体运动时，只受到重力作用。

3.抛体运动加速度恒为重力加速度g，加速度恒定，则在相等的时间内速度变化的量相等，即△v=g△t。

并且速度变化的方向始终是竖直向下的，抛体运动一定是变速运动，如果初速度的方向和重力方向在同一条直线上，物体将做匀变速直线运动，加速度大小为g，如果速度的方向和重力的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，物体加速度的大小也为g,因为只受重力,加速度大小恒定为g，且方向竖直向下.
研究方法编辑
研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动。

水平方向：匀速直线运动。

竖直方向：自由落体运动。

分解方法编辑
一般的处理方法是将其分解为两个简单的直线运动。

速度变化规律
1.平抛运动的速度大小v=vx+vy=vo+gt
抛体运动知识要点的内容就为大家分享到这里，查字典物理网更多精彩内容请大家持续关注。

权掇市安稳阳光实验学校抛体运动(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。

(×)(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。

(×)(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。

(×)(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。

(×)(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。

( √)(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。

(√)(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。

(√)突破点(一) 平抛运动的规律1．基本规律(1)速度关系(2)位移关系2．实用结论(1)速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示。

(2)水平位移中点：因tan α＝2tan β，所以OC＝2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，如图乙所示。

[题点全练]1.(2019·南通调研)如图所示，某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出，篮球两次抛出后均垂直撞在竖直墙上，图中曲线为篮球第一次运动的轨迹，O为撞击点，篮球第二次抛出后与墙的撞击点在O点正下方。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是( ) A．篮球在空中运动的时间相等B．篮球第一次撞墙时的速度较小C．篮球第一次抛出时速度的竖直分量较小D．篮球第一次抛出时的初速度较小解析：选B 将篮球的运动反向处理，即可视为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；水平射程相等，由x＝v0t得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，第一次撞墙时的速度较小，故B正确；第二次运动时间较短，则由v y＝gt可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，故D错误。

2.[多选](2019·扬州模拟)如图所示，滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上。

第四章实验六1．某同学利用如图所示的向心力演示器定量探究匀速圆周运动所需向心力F跟小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系。

(1)为了单独探究向心力大小跟小球质量的关系，必须用_控制变量__法。

(2)转动手柄可以使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球随之做匀速圆周运动。

这时我们可以看到弹簧测力套筒上露出标尺，通过标尺上红白相间等分格数，即可求得两个球所受的_向心力大小之比__。

(3)该同学通过实验得到如下表的数据：次数球的质量m/g转动半径r/cm 转速/(r·s－1)向心力大小F/红格数114.015.001 2228.015.001 4314.015.0028414.030.001 4关系是：_向心力大小F跟小球质量m成正比，跟转速n的平方成正比，跟运动半径r成正比(或向心力大小F跟小球质量m、转速n的平方、运动半径r的乘积成正比)__(文字表述)。

(4)实验中遇到的问题有：_难以保证小球做匀速圆周运动，转速难按比例调节和露出格子数(或力的读数)不稳定，难定量化__(写出一点即可)。

[解析](1)为了单独探究向心力大小跟小球质量的关系，需要控制转速n和运动半径r不变，所以需要采用控制变量法。

(2)根据标尺上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受的向心力大小之比。

(3)根据题中表格数据可知向心力大小F跟小球质量m成正比，跟转速n的平方成正比，跟运动半径r成正比(或向心力大小F跟小球质量m、转速n的平方、运动半径r的乘积成正比)。

(4)实验中可能遇到的问题有：难以保证小球做匀速圆周运动，转速难按比例调节和露出格子数(或力的读数)不稳定，难定量化。

2．某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素。

实验时用手拨动旋臂使砝码做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，测量角速度和向心力。

(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d 、挡光杆通过光电门的时间Δt 、挡光杆做圆周运动的半径r ，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为 ω＝dr Δt。

1．(·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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( )图1A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g 6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．2．(·浙江理综·19)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 答案 ACD解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．3．(·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2② 在ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2c④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一运动的合成与分解1．如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向答案 B解析人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．2．如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的()图5A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D ．tan α与时间t 成正比 答案 BD解析 由题意可知，y 轴方向，y ＝v 0t .而x 轴方向，x ＝12at 2，联立可得：y 2＝2v 20a x ，故A 错误，B 正确；x 轴方向，v x ＝at ，那么合速度的大小v ＝v 20＋a 2t 2，则v 的大小与时间t 不成正比，故C 错误；tan α＝at v 0＝av 0t ，故D 正确．3．如图6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 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析 环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)d ，选项A 错误；环到达B 处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v 物＝v 环sin 45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C 正确；设环能下降的最大距离为H ，则 对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，选项D 正确．1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰． (2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等． (4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．( √ ) (2)变速运动一定是曲线运动．( × )(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．( × )考题二 平抛(类平抛)运动的规律4．如图7所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h .B 点离地面的高度为2h .将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h .已知重力加速度为g ，则( )图7A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为(3－2)h gC ．小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B ＝32 D ．小球A 、B 抛出的初速度之比v Av B ＝23 答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，由于A 到P 的竖直高度较大，所以从A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A 错误；由t ＝2h g，得两个小球抛出的时间间隔为Δt ＝t A －t B ＝2×1.5hg－2hg＝(3－2)hg .故B 正确；由x ＝v 0t 得v 0＝xg 2h ，x 相等，则小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B＝ h B h A＝ h 1.5h＝23，故C 错误，D 正确．5．在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．甲先到达最大高度处B ．乙先到达最大高度处C ．乙先到达A 点D ．甲先到达水平地面 答案 C解析 斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v 2＝2gh ，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A 、B 错误；由前面分析，结合图像可知，乙到达A 点时，甲在上升阶段，故C 正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误．6．如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2B ．0.5C ．1 D. 2答案 A解析 如图所示，由三角形的边角关系可知， AQ ＝PQ所以在竖直方向上有， OQ ＋AQ ＝10 m所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s. v y ＝gt ＝10 m/s 所以tan θ＝v yv 0＝21．平抛运动规律以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．图10(1)水平方向：v x ＝v 0 x ＝v 0t (2)竖直方向：v y ＝gt y ＝12gt 2(3)合运动：合速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2合位移：s ＝x 2＋y 2合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝y x ＝gt2v 02．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三 圆周运动问题的分析7．如图11所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图11A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝mv 22L 解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．8．如图12所示，质量为m 的竖直光滑圆环A 的半径为r ，竖直固定在质量为m 的木板B 上，木板B 的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m 的小球C .现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v 0必须满足( )图12A.3gr ≤v 0≤5grB.gr ≤v 0≤3grC.7gr ≤v 0≤3grD.5gr ≤v 0≤7gr答案 D解析 在最高点，速度最小时有：mg ＝m v 21r解得：v 1＝gr .从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v 1′，根据机械能守恒定律，有： 2mgr ＋12mv 21＝12mv 1′2解得v 1′＝5gr . 要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F ＝mg ＋mg ＝2mg 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v 2′， 在最高点，速度最大时有：mg ＋2mg ＝m v 22r 解得：v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有：2mgr ＋12mv 22＝12mv 2′2解得：v 2′＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr .9．如图13所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W . 答案 见解析解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ 小球速度最大时其加速度为零，则 k Δl 1＝mg sin θ 解得Δl 1＝mg sin θk(2)设弹簧伸长Δl 2时，球受到杆的支持力为N ，水平方向上有N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0 解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2ml 0＋Δl 2cos 2θ(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0， 此时有mg tan θ＝mω20L 0cos θ 解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2小球在最高点A 离开杆瞬间的动能 E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2]根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0 解得W ＝38mgL ＋12mv 201．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)． 3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四 抛体运动与圆周运动的综合10．如图14所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则( )图14A ．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点到O 点的水平距离为2R 答案 CD解析 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，E k 减少，故做变速圆周运动A 错误；在最高点P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误．恰好通过P 点，则有mg ＝mv 2PR得v P ＝gR ， mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2得v ＝5gR <3gR ，故C 正确； 过P 点 x ＝v P ·t 2R ＝12gt 2得：x ＝gR ·2Rg＝2R ，故D 正确． 11．如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8 m/s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后离开轨道．已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8 m ，圆弧轨道半径R ＝10 m ，选手质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：图15(1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度； (2)选手到达C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.6 s 10 m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N ，方向竖直向下 解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.6 s 在竖直方向 v y ＝gt ＝6 m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2y ＝10 m/s与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv 0＝0.75，则θ＝37°(2)从B 点到C 点：mgR (1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点：N C －mg ＝m v 2C RN C ＝1 200 N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 N C ′＝N C ＝1 200 N ，方向竖直向下曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破： 1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口． 2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．关于物体的运动，以下说法正确的是()A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化答案AD解析物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．2．如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)()图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝bv.速度最大，最大速度为v max＝a vbB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max＝a2＋b2v bC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度v min ＝a v bD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度v min ＝a va 2＋b 2答案 D解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤bv ，解得v 船≥a v b ，船最小速度为a vb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河应是时间最小，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为a va 2＋b 2，所以C 错误，而D 正确．3．如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m A 的小物块A ，细线跨过O 点的轻小光滑定滑轮一端连接A ，另一端悬挂质量为m B 的小物块B ，C 为O 点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.现将A 、B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )图17A ．物块B 从释放到最低点的过程中，物块A 的动能不断增大B ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的机械能先增大后减小 C ．PO 与水平方向的夹角为45°时，物块A 、B 速度大小关系是v A ＝22v BD ．物块A 在运动过程中最大速度为 2m B ghm A答案 AD解析 物块B 从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B 的机械能不断减小，则物块A 的动能不断增大，故A 正确；物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B 错误；PO 与水平方向的夹角为45°时，有：v A cos 45°＝v B ，则：v A ＝2v B ，故C 错误；B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，此时物块B 下落高度为h ，由机械能守恒定律得：12m A v 2A ＝m B gh ，解得：v A ＝2m B ghm A，故D 正确．4．如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )图18A ．夹角α将变大B ．夹角α与初速度大小无关C ．小球在空中的运动时间不变D ．PQ 间距是原来间距的3倍 答案 B解析 根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gtv 0＝2tan θ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确．PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误．5．如图19所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中( )图19A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 的速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰 答案 C解析 A 球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A 错误．根据公式Δv ＝a Δt ，由于A 和B 的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A 的速度变化等于B 的速度变化，故B 错误．根据动能定理得：W G ＝ΔE k ，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A 、B 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C 正确．A 球做的是自由落体运动，B 球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A 、B 两球可能在空中不相碰，故D 错误．6．如图20所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图20A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s 答案 AB解析 从坡面顶端到O 点，由机械能守恒，mgh ＝12m v 2，v ＝1 m/s ，故A 正确；O 到P 平抛，水平方向x ＝v t ，竖直方向h ′＝12gt 2；由数学知识y ＝x 2－6，－h ′＝x 2－6，即－12gt 2＝(v t )2－6，解得t ＝1 s ，则B 正确；tan α＝gtv ＝10，故C 错误；到P 的速度v P ＝v 2＋(gt )2＝101 m/s ，D 错误．7．如图21所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O 顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量为m 的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向答案 C解析因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.8．如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图22A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB答案BC解析因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μB gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．9．如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B 点的初速度多大？(2)若小球从B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B 点的初速度大小的范围．答案 (1)2 3 m/s (2)v B ≤2 m/s 或10 m /s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 解析 (1)小球在最高点A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 N ＝N ′＝mg ①根据牛顿第二定律N ＋mg ＝mv 2A R②从B 到A 过程，由动能定理可得－mg ·(2R )＝12mv 2A －12mv 20③ 代入数据可解得v 0＝2 3 m/s ④(2)情况一：若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有： －μmgL ＝0－12mv 21⑤得v 1＝4 m/s ⑥ 若小球恰好过最高点A mg ＝mv A ′2R⑦从B 到A 过程－mg ·(2R )＝12mv A ′2－12mv 22⑧得v 2＝10 m/s ⑨所以当10 m/s≤v B ≤4 m/s 时，小球停在BC 间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 23⑪ h ＝12gt 2⑪ s ＝v C t ⑬得v 3＝6 m/s ⑭所以当v B ≥6 m/s 时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有 －mgR ＝0－12mv 24⑯得v 4＝2 m/s ⑰所以当v B ≤2 m/s 时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B 点的初速度大小的范围是v B ≤2 m/s 或10 m/s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 10．如图24所示，半径R ＝2.5 m 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量m ＝1 kg 的小球从A 点左上方距A 点高h ＝0.45 m 的P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P 点抛出时的速度大小v 0；(2)小球从C 点运动到D 点过程中摩擦力做的功W ； (3)小球从D 点返回经过轨道最低点B 的压力大小． 答案 (1)4 m/s (2)－8 J (3)56 N 解析 (1)在A 点有： v 2y ＝2gh ① v yv 0＝tan θ② 由①②式解得：v 0＝4 m/s ③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能： W ＝－12mv 20＝－8 J。

专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题1．如下列图，AB是倾角为30θ=︒的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体〔可以看做质点〕从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。

P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。

求：〔1〕物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；〔2〕最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；〔3〕为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大。

【答案】〔1〕Rμ；〔2〕(33)mg-；〔3〕(33)13Rμ+-【解析】【名师点睛】此题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动与圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动局部的内容考查的较全，是圆周运动局部的一个好题．①利用动能定理求摩擦力做的功；②对圆周运动条件的分析和应用；③圆周运动中能过最高点的条件．2．如下列图，足够长的光滑斜面与水平面的夹角为037θ=，斜面下端与半径0.50R m =的半圆形轨道平滑相连，连接点为C ，半圆形轨道最低点为B ，半圆形轨道最高点为A ，sin 0.637=，0cos 0.837=，当地的重力加速度为210/g m s =。

〔1〕假设将质量为0.10m kg =的小球从斜面上距离C 点为 2.0L m =的斜面上D 点由静止释放，如此小球到达半圆形轨道最低点B 时，对轨道的压力多大？〔2〕要使小球经过最高点A 时不能脱离轨道，如此小球经过A 点时速度大小应满足什么条件？ 〔3〕当小球经过A 点处的速度大小为多大时，小球与斜面发生一次弹性碰撞后还能沿原来的运动轨迹返回A 点？【答案】〔1〕 6.2N N = 〔2〕 2/C v m s ≥ 〔3〕12/C v m s =如此x 轴方向的分加速度为37x a gsin =-°，y 轴方向的分加速度为37y a gcos =︒且有0x A v a t +=，2122y R a t =联立解得 12/C v m s =【名师点睛】解决此题的关键理清物块的运动过程，把握隐含的临界条件，明确小球到达A 点的临界条件是轨道对小球没有作用力，由重力的径向分力提供向心力．小球只有垂直撞上斜面，才能沿原路返回．对斜抛要灵活选择坐标系，使得以简化。

三观一统十年高考真题精解03 抛体运动与圆周运动十年树木，百年树人，十年磨一剑。

本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。

三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。

（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：物体作曲线运动的条件（2016年新课标Ⅰ卷T20）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】试题分析：带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故AB正确，C错误。

在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。

（2016年新课标Ⅰ卷T18）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。

2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题22 平抛运动的图像问题、相遇问题、临界问题、与圆周运动结合问题特训目标特训内容目标1 平抛运动的图像问题（1T—4T）目标2 平抛运动的相遇问题（5T—8T）目标3 平抛运动的临界问题（9T—12T）目标4 平抛运动与周期性圆周运动相结合问题（13T—16T）一、平抛运动的图像问题1．如图，在倾角为 的斜面顶端，将小球以v0的初速度水平向左抛出，经过一定时间小球发生第一次撞击。

自小球抛出至第一次撞击过程中小球水平方向的位移为x，忽略空气阻力，则下列图像正确的是（）A．B．C ．D ．【答案】D【详解】如果小球落在斜面上，小球位移方向与水平方向夹角为α，则有0tan 2y gt x v α==则水平位移200002tan v x v t v v gα==∝小球落水平面上，小球飞行时间恒定，水平位移正比于0v ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

2．如图甲所示，挡板OA 与水平面的夹角为θ，小球从O 点的正上方高度为H 的P 点以水平速度0v 水平抛出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕定的O 点转动，改变挡板的倾角θ，小球平抛运动的初速度0v 也改变，每次平抛运动，使小球的位移与斜面总垂直，22011tan v θ-函数关系图像如图乙所示，重力加速度210m/s g =，下列说法正确的是（ ）A ．图乙的函数关系图像对应的方程式220111tan 2gH v θ=⨯+ B ．图乙中a 的数值2-C ．当图乙中1b =，H 的值为0.1mD ．当45θ=︒，图乙中1b =2【答案】D 【详解】A ．设平抛运动的时间为t ，如图所示把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几何关系02tan 12v tgt θ=解得0an 2t v t g θ=根据几何关系有201tan 2H gt v t θ-=⨯联立整理220111tan 2gH v θ=⨯-故A 错误； B ．结合图乙22011tan v θ-函数关系图像可得1a =-故B 错误； C ．由图乙可得22011tan v θ-函数关系图像的斜率2a gH kb =-=又有1a =-，1b =可得0.2m H =故C 错误；D ．当45θ︒=，0.2m H =根据220111tan 2gH v θ=⨯-解得02v =根据0an 2t v t g θ=解得2t =故D 正确。