高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型專題04 曲線運(yùn)動(dòng)?？寄Ｐ停ń馕霭妫?/h1>

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高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型與提分秘籍專題04曲線運(yùn)動(dòng)常考模型題型一曲線運(yùn)動(dòng)和運(yùn)動(dòng)的合成與分解【題型解碼】1．曲線運(yùn)動(dòng)的理解(1)曲線運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，速度方向沿切線方向；(2)合力方向與軌跡的關(guān)系：物體做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡一定夾在速度方向與合力方向之間，合力的方向指向曲線的“凹”側(cè)．2．曲線運(yùn)動(dòng)的分析(1)物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，明確是在哪兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)的合成．(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)．(3)運(yùn)動(dòng)的合成與分解就是速度、位移、加速度等的合成與分解，遵守平行四邊形定則．【典例分析1】(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為M的重物B由跨過(guò)定滑輪O的輕繩連接，A可在豎直桿上自由滑動(dòng)。當(dāng)A從與定滑輪O等高的位置無(wú)初速釋放，下落至最低點(diǎn)時(shí)，輕繩與桿夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊A下落過(guò)程中，A與B速率始終相同B．物塊A釋放時(shí)的加速度為gC．M＝2mD．A下落過(guò)程中，輕繩上的拉力大小始終等于Mg【參考答案】BC【名師解析】將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，沿繩子方向的分速度等于B的速度。如圖所示，A沿繩子方向的分速度為vAcosθ，所以vB＝vAcosθ，故A錯(cuò)誤；物塊A釋放時(shí)，豎直方向只受重力作用，則加速度為g，B正確；A下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，設(shè)AO＝d，則：mgeq\f(d,tanθ)＝Mg(eq\f(d,sinθ)－d)，代入θ＝37°，解得：M＝2m，C正確；B上升過(guò)程中速度先增大后減小，可知加速度先向上后向下，可知繩子的拉力先大于Mg后小于Mg，D錯(cuò)誤。【典例分析2】(2019·江西宜春市第一學(xué)期期末)如圖所示是物體在相互垂直的x方向和y方向運(yùn)動(dòng)的v－t圖象．以下判斷正確的是()A．在0～1s內(nèi)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．在0～1s內(nèi)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【參考答案】C【名師解析】在0～1s內(nèi)，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，則合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在1～2s內(nèi)，水平方向初速度為：v0x＝4m/s，加速度為：ax＝4m/s2豎直方向初速度為：v0y＝3m/s，加速度為：ay＝3m/s2根據(jù)平行四邊形定則合成可以得到合初速度為v＝5m/s，合加速度為a＝5m/s2，而且二者方向在同一直線上，可知合運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【提分秘籍】1.解決運(yùn)動(dòng)的合成和分解的一般思路(1)明確合運(yùn)動(dòng)和分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。(2)明確是在哪兩個(gè)方向上的合成或分解。(3)找出各個(gè)方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)運(yùn)用力與速度的方向關(guān)系或矢量的運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解。2．關(guān)聯(lián)速度問(wèn)題的解題方法把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見(jiàn)的模型如圖所示?！就黄朴?xùn)練】1.(2019·安徽皖中名校聯(lián)盟高三第一次模擬聯(lián)考)如圖所示，在一張白紙上，用手平推直尺沿縱向勻速移動(dòng)，同時(shí)讓鉛筆尖靠著直尺沿橫向勻加速移動(dòng)，則筆尖畫(huà)出的軌跡應(yīng)為()【答案】C【解析】筆尖沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合合力指向曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)可知C正確。2．(2019·西藏昌都四中二模)(多選)如圖甲所示，在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖乙所示，同時(shí)人頂桿沿水平地面運(yùn)動(dòng)的x-t圖象如圖丙所示。若以地面為參考系，下列說(shuō)法中正確的是()A．猴子的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線B．猴子在2s內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C．t＝0時(shí)猴子的速度大小為8m/sD．t＝2s時(shí)猴子的加速度為4m/s2【答案】BD【解析】由乙圖知，猴子在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下；由丙圖知，猴子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則猴子的加速度豎直向下，與初速度方向不在同一直線上，故猴子在2s內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；x-t圖象的斜率等于速度，則由圖丙知猴子水平方向的速度大小為vx＝4m/s，由圖乙知猴子豎直方向的初速度vy＝8m/s，則t＝0時(shí)猴子的速度大小為：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝4eq\r(5)m/s，故C錯(cuò)誤；v-t圖象的斜率等于加速度，則由圖乙知猴子的加速度大小為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－0,2)m/s2＝4m/s2，故D正確。3.(2019·福建廈門市第一次質(zhì)量檢查)在演示“做曲線運(yùn)動(dòng)的條件”的實(shí)驗(yàn)中，有一個(gè)在水平桌面上向右做直線運(yùn)動(dòng)的小鐵球，第一次在其速度方向上放置條形磁鐵，第二次在其速度方向上的一側(cè)放置條形磁鐵，如圖所示，虛線表示小鐵球的運(yùn)動(dòng)軌跡．觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，以下敘述正確的是()A．第一次實(shí)驗(yàn)中，小鐵球的運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．第二次實(shí)驗(yàn)中，小鐵球的運(yùn)動(dòng)類似平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條拋物線C．該實(shí)驗(yàn)說(shuō)明做曲線運(yùn)動(dòng)物體的速度方向沿軌跡的切線方向D．該實(shí)驗(yàn)說(shuō)明物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同一直線上【答案】D【解析】第一次實(shí)驗(yàn)中，小鐵球受到沿著速度方向的引力作用，做直線運(yùn)動(dòng)，并且引力隨著距離的減小而變大，加速度變大，則小鐵球的運(yùn)動(dòng)是非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第二次實(shí)驗(yàn)中，小鐵球所受的磁鐵的引力方向總是指向磁鐵，是變力，故小球的運(yùn)動(dòng)不是類似平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡也不是一條拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；該實(shí)驗(yàn)說(shuō)明物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的合外力的方向與速度方向不在同一直線上，但是不能說(shuō)明做曲線運(yùn)動(dòng)物體的速度方向沿軌跡的切線方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．4.(2019·陜西寶雞市高考模擬檢測(cè)(二))如圖所示的機(jī)械裝置可以將圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)化為直線上的往復(fù)運(yùn)動(dòng)．連桿AB、OB可繞圖中A、B、O三處的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，連桿OB在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)可通過(guò)連桿AB使滑塊在水平橫桿上左右滑動(dòng)．已知OB桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，繞O點(diǎn)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，當(dāng)連桿AB與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β時(shí)，滑塊的水平速度大小為()A.eq\f(ωLsinβ,sinα)B.eq\f(ωLcosβ,sinα)C.eq\f(ωLcosβ,cosα)D.eq\f(ωLsinβ,cosα)【答案】D【解析】設(shè)滑塊的水平速度大小為v，A點(diǎn)的速度的方向沿水平方向，如圖將A點(diǎn)的速度分解根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA分＝vcosα，B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，實(shí)際速度是圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，可以分解為沿AB桿方向的分速度和垂直于AB桿方向的分速度，如圖設(shè)B的線速度為v′，則：vB分＝v′cosθ＝v′cos[90°－(180°－β)]＝v′cos(β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sinβ，v′＝ωL又二者沿桿方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分聯(lián)立可得：v＝eq\f(ωLsinβ,cosα)，故D正確．題型二平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【題型解碼】1．基本思路處理平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般將運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，再用運(yùn)動(dòng)的合成求合運(yùn)動(dòng)．2．兩個(gè)突破口(1)對(duì)于在斜面上平拋又落到斜面上的問(wèn)題，其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值．(2)若平拋運(yùn)動(dòng)的物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值．【典例分析1】(2019·湖北八校聯(lián)合二模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可知()A．小球從A到B再到C的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒B．電場(chǎng)力大小為2mgC．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1【參考答案】C【名師解析】小球從A到B再到C的過(guò)程中，存在電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；設(shè)AC連線與水平方向的夾角為θ，小球從A經(jīng)B到C的過(guò)程中，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以C點(diǎn)速度與A點(diǎn)的速度相同，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg·LACsinθ－F電場(chǎng)·LBCsinθ＝0，解得：F電場(chǎng)＝3mg，故B錯(cuò)誤；由于小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且AB＝2BC，所以AB、BC的水平位移分量之比為2∶1，所以從A到B的時(shí)間與從B到C的時(shí)間之比為2∶1，故C正確；小球從A到B過(guò)程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過(guò)程，所受合力為F電場(chǎng)－mg＝ma，解得a＝2g，故小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為1∶2，故D錯(cuò)誤。【典例分析2】(2019·黑龍江齊齊哈爾市聯(lián)誼校期末)如圖所示，D點(diǎn)為固定斜面AC的中點(diǎn)．在A點(diǎn)和D點(diǎn)分別以初速度v01和v02水平拋出一個(gè)小球，結(jié)果兩球均落在斜面的底端C.空氣阻力不計(jì)．設(shè)兩球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1和t2，落到C點(diǎn)前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到C點(diǎn)前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為θ1和θ2，則下列關(guān)系式正確的是()A.eq\f(t1,t2)＝2 B.eq\f(v01,v02)＝eq\r(2)C.eq\f(v1,v2)＝eq\r(2) D.eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(1,2)【參考答案】BC【名師解析】?jī)汕蚨甲銎綊佭\(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g)).兩球下落的高度之比h1∶h2＝2∶1，可得，eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，故A錯(cuò)誤．小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則v0＝eq\f(x,t).兩球水平位移之比x1∶x2＝2∶1，結(jié)合eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，得eq\f(v01,v02)＝eq\r(2)，故B正確．設(shè)斜面的傾角為α，小球落到C點(diǎn)前瞬間的速度方向與水平方向的夾角為θ.則tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).tanθ＝eq\f(gt,v0)＝2tanα，是定值，所以eq\f(tanθ1,tanθ2)＝1，即θ1＝θ2.落到C點(diǎn)前瞬間的速度大小分別為v1＝eq\f(v01,cosθ1)，v2＝eq\f(v02,cosθ2)，可得，eq\f(v1,v2)＝eq\r(2)，故C正確，D錯(cuò)誤．【提分秘籍】破解平拋（類平拋）運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的六大要點(diǎn)(1)建立坐標(biāo)系，分解運(yùn)動(dòng)將平拋運(yùn)動(dòng)分解為豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)和水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，而類平拋運(yùn)動(dòng)分解的方向不一定在豎直方向和水平方向上。(2)各自獨(dú)立，分別分析(3)平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，在任意相等的時(shí)間內(nèi)速度的變化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下。(4)平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的推論①任意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。②設(shè)在任意時(shí)刻瞬時(shí)速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tanφ。(5)求解平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的技巧①處理平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的基本方法是把運(yùn)動(dòng)分解為相互垂直的勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)研究分運(yùn)動(dòng)達(dá)到研究合運(yùn)動(dòng)的目的。②要善于確定平拋(或類平拋)運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問(wèn)題的突破口。(6)建好“兩個(gè)模型”①常規(guī)的平拋運(yùn)動(dòng)及類平拋模型。②與斜面相結(jié)合的平拋運(yùn)動(dòng)模型。a．從斜面上水平拋出又落回到斜面上：位移方向恒定，落點(diǎn)速度方向與斜面間的夾角恒定，此時(shí)往往分解位移，構(gòu)建位移三角形。b．從斜面外水平拋出垂直落在斜面上：速度方向確定，此時(shí)往往分解速度，構(gòu)建速度三角形?！就黄朴?xùn)練】1.(2019·山東濱州二模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一曲面，曲面方程為y＝x2，在y軸上有一點(diǎn)P，坐標(biāo)為(0,6m)。從P點(diǎn)將一小球水平拋出，初速度為1m/s。則小球第一次打在曲面上的位置為(不計(jì)空氣阻力)()A．(3m,3m)B．(2m,4m)C．(1m,1m)D．(1m,2m)【答案】C【解析】設(shè)小球經(jīng)過(guò)時(shí)間t打在斜面上M(x，y)點(diǎn)，則水平方向：x＝v0t，豎直方向：6m－y＝eq\f(1,2)gt2。又因?yàn)閥＝x2，可解得：x＝1m，y＝1m，故C正確。2.(2019·江蘇泗陽(yáng)縣第一次統(tǒng)測(cè))如圖所示，某同學(xué)由O點(diǎn)先后拋出完全相同的3個(gè)小球(可將其視為質(zhì)點(diǎn))，分別依次垂直打在豎直木板M、N、P三點(diǎn)上．已知M、N、P、O四點(diǎn)距離水平地面高度分別為4h、3h、2h、h.不計(jì)空氣阻力，以下說(shuō)法正確的是()A．擊中P點(diǎn)的小球動(dòng)能最小B．分別到達(dá)M、N、P三點(diǎn)的小球的飛行時(shí)間之比為1∶2∶3C．分別到達(dá)M、N、P三點(diǎn)的小球的初速度的豎直分量之比為3∶2∶1D．到達(dá)木板前小球的加速度相同【答案】D【解析】將運(yùn)動(dòng)逆向看，可看成是三個(gè)平拋運(yùn)動(dòng)，且達(dá)到O點(diǎn)時(shí)水平位移相等，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，則到達(dá)M、N、P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故B錯(cuò)誤；水平方向有x＝vt，則水平方向的速度之比為eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(6)，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，擊中M點(diǎn)的小球動(dòng)能最小，故A錯(cuò)誤；由v＝gt可知，到達(dá)M、N、P三點(diǎn)的小球的初速度的豎直分量之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故C錯(cuò)誤；做平拋運(yùn)動(dòng)物體的加速度為重力加速度，故到達(dá)木板前小球的加速度相同，故D正確．3.(2019·山東青島二模)如圖，兩小球P、Q從同一高度分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)，其中小球P垂直打到斜面上，則v1、v2大小之比為()A．9∶8B．8∶9C．3∶2D．2∶3【答案】A【解析】?jī)汕驋伋龊蠖甲銎綊佭\(yùn)動(dòng)，兩球從同一高度拋出落到同一點(diǎn)，它們?cè)谪Q直方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于豎直位移h相等，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))相等；對(duì)球Q：tan37°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq\f(gt,2v2)，解得：v2＝eq\f(2,3)gt；球P垂直打在斜面上，則有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝eq\f(3,4)gt，則：eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(3,4)gt,\f(2,3)gt)＝eq\f(9,8)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4.(2019·廣東深圳一模)如圖所示，將一小球從固定斜面頂端A以某一速度水平向右拋出，恰好落到斜面底端B。若初速度不變，對(duì)小球施加不為零的水平方向的恒力F，使小球落到AB連線之間的某點(diǎn)C，不計(jì)空氣阻力。則()A．小球落到B點(diǎn)與落到C點(diǎn)所用時(shí)間相等B．小球落到B點(diǎn)與落到C點(diǎn)的速度方向一定相同C．小球落到C點(diǎn)時(shí)的速度方向不可能豎直向下D．力F越大，小球落到斜面的時(shí)間越短【答案】D【解析】對(duì)小球施加不為零的水平方向的恒力F時(shí)，小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)不變，仍做自由落體運(yùn)動(dòng)，因A距B的豎直高度大于A距C的豎直高度，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知，小球落到B點(diǎn)的時(shí)間與落到C點(diǎn)所用的時(shí)間不相等，A錯(cuò)誤；由圖可知，對(duì)小球施加的水平方向的恒力F一定是方向向左，小球在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若到達(dá)C點(diǎn)時(shí)水平速度恰好減為零，則落到C點(diǎn)的速度方向豎直向下；而落到B點(diǎn)的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度方向不可能豎直向下，故B、C錯(cuò)誤；當(dāng)加力F時(shí)：豎直方向y＝eq\f(1,2)gt2；水平方向：x＝v0t－eq\f(1,2)·eq\f(F,m)t2，設(shè)斜面傾角為α，則tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t－\f(F,2m)t2)，解得：t＝eq\f(2v0tanα,g＋\f(F,m)tanα)，可知力F越大，小球落到斜面的時(shí)間t越短，D正確。題型三圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題【題型解碼】1.基本思路(1)受力分析，明確向心力的來(lái)源，確定圓心以及半徑．(2)列出正確的動(dòng)力學(xué)方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度通常利用動(dòng)能定理來(lái)建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析．【典例分析1】(2019·陜西省漢中一模)(多選)如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，整個(gè)裝置能繞過(guò)CD中點(diǎn)的軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對(duì)物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開(kāi)始時(shí)繩子處于自然長(zhǎng)度(繩子恰好伸直但無(wú)彈力)，物塊A到OO′軸的距離為物塊B到OO′軸距離的兩倍?，F(xiàn)讓該裝置從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，從繩子處于自然長(zhǎng)度到兩物塊A、B即將滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．B受到的靜摩擦力一直增大B．B受到的靜摩擦力是先增大后減小再增大C．A受到的靜摩擦力是先增大后減小D．A受到的合外力一直在增大【參考答案】BD【名師解析】由桿CD對(duì)物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等知，A、B質(zhì)量相等，設(shè)為m。開(kāi)始角速度較小時(shí)，兩物塊均由靜摩擦力提供向心力，角速度增大，靜摩擦力增大，根據(jù)f＝mrω2，rA＝2rB知，隨著角速度的增大，A先達(dá)到最大靜摩擦力，之后繩子產(chǎn)生拉力；當(dāng)繩子剛好產(chǎn)生拉力時(shí)，B受靜摩擦力作用且未達(dá)到最大靜摩擦力。對(duì)A，拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，T＋fm＝mω2rA，隨著角速度的增大，繩子上的拉力T增大，靜摩擦力不變；對(duì)B，繩子上的拉力和B所受的靜摩擦力的合力提供向心力，有T＋fB＝mω2rB，與上式聯(lián)立得fB＝fm－mω2(rA－rB)＝fm－mω2rB，隨著角速度的增大，靜摩擦力fB先減小，后反向增大，直到增大到fm時(shí)A、B即將滑動(dòng)。由以上分析可知A受到的靜摩擦力先增大，達(dá)到最大靜摩擦力后不變，B受到的靜摩擦力先增大后減小，然后再增大，故B正確，A、C錯(cuò)誤；合外力提供A做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，F(xiàn)合＝mω2r，在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)前物塊A的半徑不變，質(zhì)量不變，隨著轉(zhuǎn)速的增大，A受到的合外力一直在增大，故D正確?！镜淅治?】(2019·河北衡水武邑中學(xué)四模)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管豎直放置，一可看做質(zhì)點(diǎn)的小球在圓管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí)，小球受到的彈力F與其在A點(diǎn)速度平方(即v2)的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)細(xì)管內(nèi)徑可忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閑q\f(R,b)B．該小球的質(zhì)量為eq\f(a,b)RC．當(dāng)v2＝2b時(shí)，小球在圓管的最低點(diǎn)受到的彈力大小為7aD．當(dāng)0≤v2＜b時(shí)，小球在A點(diǎn)對(duì)圓管的彈力方向豎直向上【參考答案】BC【名師解析】由圖乙可知，當(dāng)v2＝b時(shí)，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒(méi)有力的作用，此時(shí)由重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0時(shí)，F(xiàn)＝a，有mg＝a，又因?yàn)間＝eq\f(b,R)，所以小球的質(zhì)量m＝eq\f(a,b)R，B正確；當(dāng)v2＝2b時(shí)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v′，則由機(jī)械能守恒定律可得mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m·2b，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)受到的彈力大小為F′，則由向心力公式可得F′－mg＝meq\f(v′2,R)，聯(lián)立解得F′＝7a，C正確；當(dāng)0≤v2＜b時(shí)，小球在最高點(diǎn)時(shí)需要的向心力小于小球的重力，所以圓管對(duì)小球的彈力方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的彈力方向豎直向下，D錯(cuò)誤?！咎岱置丶?.圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的求解步驟(1)審清題意，確定研究對(duì)象，明確物體做圓周運(yùn)動(dòng)的平面。(2)分析清楚物體的受力情況，找清楚是哪些力充當(dāng)向心力。(3)分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如線速度、角速度、周期、軌跡半徑等。(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。2．圓周運(yùn)動(dòng)的一些典型模型的處理方法【突破訓(xùn)練】1.(2019·江蘇宿遷一調(diào))如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)繞過(guò)容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)器壁靜止，A、B和球心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α＞β。則()A．A的質(zhì)量一定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時(shí)為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大【答案】D【解析】由題中條件只能比較A、B的加速度大小，而它們所受合力未知，故不能比較A、B的質(zhì)量，A錯(cuò)誤；當(dāng)A受到的摩擦力恰為零時(shí)，受力分析如圖：根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanα＝mωeq\o\al(2,A)Rsinα解得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))同理可得，當(dāng)B受到的摩擦力恰為零時(shí)，ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))由于α＞β，所以ωA＞ωB，而實(shí)際上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同時(shí)為零，B錯(cuò)誤；若A不受摩擦力，則此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物塊實(shí)際的向心力大于B所受摩擦力為零時(shí)的向心力，所以此時(shí)B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯(cuò)誤；如果轉(zhuǎn)臺(tái)角速度從A不受摩擦力時(shí)的角速度ωA開(kāi)始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正確。2.(2019·遼寧大連二模)游樂(lè)場(chǎng)有一種叫做“快樂(lè)飛機(jī)”的游樂(lè)項(xiàng)目，模型如圖所示。已知模型飛機(jī)質(zhì)量為m，固定在長(zhǎng)為L(zhǎng)的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．模型飛機(jī)受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向一定與旋臂垂直C．旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夾角θ增大，則旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力減小【答案】C【解析】向心力是效果力，物體實(shí)際不受向心力作用，A錯(cuò)誤；飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力的一個(gè)分力與飛機(jī)的重力平衡，另一個(gè)分力提供了飛機(jī)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因?yàn)椴恢乐亓εc向心力的定量關(guān)系，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向不一定與旋臂垂直，B錯(cuò)誤；旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大?。篎＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，若夾角θ增大，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力增大，故C正確，D錯(cuò)誤。3.(2019·四川南充三診)如圖所示，圖1是甲汽車在水平路面上轉(zhuǎn)彎行駛，圖2是乙汽車在傾斜路面上轉(zhuǎn)彎行駛。關(guān)于兩輛汽車的受力情況，以下說(shuō)法正確的是()A．兩車都受到路面豎直向上的支持力作用B．兩車都一定受平行路面指向彎道內(nèi)側(cè)的摩擦力C．甲車可能不受平行路面指向彎道內(nèi)側(cè)的摩擦力D．乙車可能受平行路面指向彎道外側(cè)的摩擦力【答案】D【解析】圖1中路面對(duì)汽車的支持力豎直向上，圖2中路面對(duì)汽車的支持力垂直路面斜向上，A錯(cuò)誤；圖1中路面對(duì)汽車指向圓心的摩擦力提供向心力，圖2中路面的支持力與重力的合力提供向心力時(shí)，mgtanθ＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gRtanθ)，此時(shí)路面對(duì)乙車沒(méi)有摩擦力作用；若v＜eq\r(gRtanθ)，則乙車受平行路面指向彎道外側(cè)的摩擦力，故B、C錯(cuò)誤，D正確。4.(2019·山西運(yùn)城高三上學(xué)期模擬)(多選)如圖為過(guò)山車及其軌道簡(jiǎn)化模型，過(guò)山車車廂內(nèi)固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全帶，安全帶恰好未繃緊，不計(jì)一切阻力，以下判斷正確的是()A．過(guò)山車在圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．過(guò)山車在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)至少等于eq\r(gR)C．過(guò)山車在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)乘客處于失重狀態(tài)D．若過(guò)山車能順利通過(guò)整個(gè)圓軌道，在最高點(diǎn)時(shí)安全帶對(duì)假人一定無(wú)作用力【答案】BD【解析】過(guò)山車在圓軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，即速度大小在變化，所以不是做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；當(dāng)過(guò)山車在圓軌道最高點(diǎn)重力等于向心力時(shí)，速度最小，故有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，B正確；在圓軌道最低點(diǎn)，乘客有豎直向上指向圓心的加速度，故乘客處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；若過(guò)山車能順利通過(guò)整個(gè)圓軌道，則在最高點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)向≥mg，假人受重力，還可能受座椅對(duì)它向下的彈力，安全帶對(duì)假人一定無(wú)作用力，D正確。5．(多選)如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)(不計(jì)一切阻力)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)繩對(duì)小球的拉力為T，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長(zhǎng)為eq\f(mb,a)B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當(dāng)v2＝c時(shí)，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差均為6a【答案】AD【解析】設(shè)繩長(zhǎng)為R，由牛頓第二定律知小球在最高點(diǎn)滿足T＋mg＝meq\f(v2,R)，即T＝eq\f(m,R)v2－mg，由題圖乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝eq\f(a,m)，R＝eq\f(mb,a)，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝c時(shí)，有T＋mg＝meq\f(c,R)，將g和R的值代入得T＝eq\f(ac,b)－a，C錯(cuò)誤；因小球在最低點(diǎn)滿足T′－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，即在最低點(diǎn)和最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋eq\f(m,R)(veq\o\al(2,1)－v2)，又由機(jī)械能守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正確。題型四圓周、直線平拋組合模型【典例分析】(2019·河南洛陽(yáng)高三一模)如圖為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道的圓心角為37°，半徑為r＝0.25m，C端切線水平，AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.豎直墻壁CD高H＝0.2m，緊靠墻壁在地面上固定一個(gè)和CD等高，底邊長(zhǎng)L＝0.3m的斜面．一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上從距離B點(diǎn)l＝0.5m處由靜止釋放，從C點(diǎn)水平拋出．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小；(2)求小物塊從C點(diǎn)拋出到擊中斜面的時(shí)間；(3)改變小物塊從斜面上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面時(shí)動(dòng)能的最小值．【參考答案】：(1)2.2N(2)eq\f(\r(3),15)s(3)0.15J【名師解析】：(1)由動(dòng)能定理得mglsin37°＋mg(r－rcos37°)－μmglcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(3)m/s在C點(diǎn)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得FN＝2.2N由牛頓第三定律得，小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為FN′＝2.2N.(2)如圖，設(shè)物塊落到斜面上時(shí)水平位移為x，豎直位移為yeq\f(L－x,y)＝eq\f(L,H)，得x＝0.3－1.5yx＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt215t2＋2eq\r(3)t－0.6＝0t＝eq\f(\r(3),15)s.(3)x＝0.3－1.5yveq\o\al(2,0)t2＝veq\o\al(2,0)eq\f(2y,g)＝(0.3－1.5y)2veq\o\al(2,0)＝eq\f(g0.3－1.5y2,2y)Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgy＝eq\f(0.09,4)mgeq\f(1,y)＋eq\f(25,16)mgy－eq\f(0.9,4)mg解得當(dāng)y＝0.12m時(shí)，Ekmin＝0.15J.【提分秘籍】解決“圓周平拋（直線）組合模型”問(wèn)題的5點(diǎn)要素1．一個(gè)物體平拋運(yùn)動(dòng)和（圓周）直線運(yùn)動(dòng)先后進(jìn)行，要明確直線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，關(guān)鍵抓住速度是兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)．2．兩個(gè)物體分別做平拋運(yùn)動(dòng)和（圓周）直線運(yùn)動(dòng)，且同時(shí)進(jìn)行，則它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，同時(shí)滿足一定的空間幾何關(guān)系．3.對(duì)于多過(guò)程問(wèn)題首先要搞清各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的特點(diǎn)，然后選用相應(yīng)規(guī)律．4．要特別注意運(yùn)用有關(guān)規(guī)律建立兩運(yùn)動(dòng)之間的聯(lián)系，把轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度作為分析重點(diǎn)．5.程序法在解圓周平拋（直線）組合模型中的應(yīng)用所謂“程序法”是指根據(jù)題意按先后順序分析發(fā)生的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并明確每一過(guò)程的受力情況、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后過(guò)程的銜接點(diǎn)是具有相同的速度．【突破訓(xùn)練】1.(2019·山東青島一模)隨著北京冬奧會(huì)的臨近，滑雪項(xiàng)目成為了人們非常喜愛(ài)的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖，運(yùn)動(dòng)員從高為h的A點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)B點(diǎn)水平飛出后經(jīng)過(guò)時(shí)間t落到長(zhǎng)直滑道上的C點(diǎn)，不計(jì)滑動(dòng)過(guò)程的摩擦和空氣阻力，關(guān)于運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．若h加倍，則水平飛出的速度v加倍B．若h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t加倍C．若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度大小不變D．若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向不變【答案】D【解析】根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2，可得運(yùn)動(dòng)員水平飛出的速度v＝eq\r(2gh)，若h加倍，則水平飛出的速度v變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員落到長(zhǎng)直滑道上的位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，則若h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t變?yōu)閑q\r(2)倍，B錯(cuò)誤；設(shè)運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v)＝2tanθ，則若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度方向不變，大小為v′＝eq\f(v,cosα)，α不變，則若h加倍，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上的速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍，C錯(cuò)誤，D正確。2.(2019·云南二模)(多選)如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道上的三個(gè)點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心等高，M點(diǎn)與O點(diǎn)在同一豎直線上，N點(diǎn)和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝45°?，F(xiàn)從B點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后沿水平方向通過(guò)與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)，已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，則以下結(jié)論正確的是()A．A、B兩點(diǎn)間的高度差為eq\f(\r(2),2)RB．C到N的水平距離為2RC．小球在M點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為(3＋eq\r(2))mgD．小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為eq\r(\f(2R,g))【答案】AC【解析】從A點(diǎn)到C點(diǎn)：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，從A點(diǎn)到N點(diǎn)：mg(h＋Rcos45°)＝