2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分第4講曲線運(yùn)動學(xué)案

PAGE16-第4講曲線運(yùn)動1．物體做曲線運(yùn)動的條件．當(dāng)物體所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一條直線上時，物體做曲線運(yùn)動．2．運(yùn)動的合成與分解的運(yùn)算法則：平行四邊形定則．3．做平拋運(yùn)動的物體，平拋運(yùn)動的時間完全由下落高度確定．4．平拋(或類平拋)運(yùn)動的推論．(1)隨意時刻速度的反向延長線肯定通過此時水平位移的中點．(2)設(shè)在隨意時刻瞬時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．做勻速圓周運(yùn)動的物體，其向心力等于合力，并且向心力只變更速度的方向，不變更速度的大小，因此物體的動能保持不變，向心力不做功，但動量不斷變更．6．水平面內(nèi)圓周運(yùn)動臨界問題．(1)水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力供應(yīng)，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分別等臨界狀態(tài)．(2)常見臨界條件：繩子松弛的臨界條件是繩的張力FT＝0；接觸面滑動的臨界條件是拉力F＝Ffmax；接觸面分別的臨界條件是接觸面間的彈力FN＝0.7．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的兩種臨界問題．(1)繩模型：半徑為R的圓形軌道，物體能通過最高點的條件是v≥eq\r(gR).(2)桿模型：物體能通過最高點的條件是v≥0.1.(2024·全國卷Ⅰ)如圖，一同學(xué)表演蕩秋千．已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg.繩的質(zhì)量忽視不計，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為()A．200NB．400NC．600ND．800N解析：最低點由2T－mg＝eq\f(mv2,r)，知T＝410N，即每根繩子拉力約為400N，故B正確．答案：B2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h.若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點．c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達(dá)b點.eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0解析：有題意可知當(dāng)在a點動能為E1時，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1，當(dāng)在a點時動能為E2時，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2，聯(lián)立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故B正確．答案：B3.(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖(a)，在跳臺滑雪競賽中，運(yùn)動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離．某運(yùn)動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺起先計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻．則()A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大解析：依據(jù)v-t圖線與橫軸所圍圖形的面積表示位移，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，選項A錯誤；依據(jù)v-t圖線的斜率表示加速度，綜合分析可知，其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，選項C錯誤；其次次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大，又運(yùn)動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，選項B正確；豎直方向上的速度大小為v1時，依據(jù)v-t圖線的斜率表示加速度可知，其次次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小，由牛頓其次定律有mg－F阻＝ma，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大，選項D正確．答案：BD考點一運(yùn)動的合成與分解1．運(yùn)動合成與分解的一般思路．(1)明確合運(yùn)動或分運(yùn)動的運(yùn)動性質(zhì)．(2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解．(3)找出各個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)速度分解問題．對于用繩、桿相牽連的物體，在運(yùn)動過程中，兩物體的速度通常不同，但兩物體沿繩或桿方向的速度重量大小相等．(1)常用的解答思路：先確定合運(yùn)動的方向，然后分析合運(yùn)動所產(chǎn)生的實際效果，以確定兩個分速度的方向(作出分速度與合速度的矢量關(guān)系的平行四邊形)．(2)常見的模型．3．小船過河的時間t＝eq\f(d,v垂)，其中v垂為小船在靜水中的速度沿垂直于河岸方向的分速度．如圖所示，甲、乙兩船在同一河岸邊A、B兩處，兩船船頭方向與河岸均成θ角，且恰好對準(zhǔn)對岸邊C點．若兩船同時起先渡河，經(jīng)過一段時間t，同時到達(dá)對岸，乙船恰好到達(dá)正對岸的D點．若河寬d、河水流速均恒定，兩船在靜水中的劃行速率恒定，不影響各自的航行，下列推斷正確的是()A．兩船在靜水中的劃行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．兩船同時到達(dá)D點D．河水流速為eq\f(dtanθ,t)解析：由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度v1相等，由v1＝vsinθ知兩船在靜水中的劃行速率v相等，故A項錯誤；乙船沿BD到達(dá)D點，故河水流速v水方向沿AB方向，且v水＝vcosθ，甲船不行能到達(dá)正對岸，甲船渡河的路程較大，故B項錯誤；由于甲船沿垂直河岸的位移d＝vsinθ·t，沿AB方向的位移大小x＝(vcosθ＋v水)t，解得x＝eq\f(2d,tanθ)＝AB，故兩船同時到達(dá)D點，故C項正確；依據(jù)速度的合成與分解v水＝vcosθ，而vsinθ＝eq\f(d,t)，解得v水＝eq\f(d,ttanθ)，故D項錯誤．答案：C考向小船渡河問題1．端午節(jié)賽龍舟是中華民族的傳統(tǒng)，若某龍舟在競賽前劃向競賽點的途中要渡過72m寬兩岸平直的河，龍舟在靜水中劃行的速率為4m/s，河水的流速3m/s，下列說法中正確的是()A．該龍舟以最短時間渡河通過的位移為96mB．該龍舟渡河的最大速率為8m/sC．該龍舟渡河所用時間最少為18sD．該龍舟不行能沿垂直河岸的航線抵達(dá)對岸解析：該龍舟以最短時間渡河，tmin＝eq\f(d,v1)＝eq\f(72,4)s＝18s，沿河岸方向的位移：x＝v2tmin＝54m；通過的位移為x′＝eq\r(d2＋x2)＝eq\r(722＋542)m＝90m，故A項錯誤，C項正確；當(dāng)船速與水流速度同向時合速度最大，最大速度為4m/s＋3m/s＝7m/s，故B項錯誤；因龍舟的靜水速度大于水流速度，可知該龍舟能夠垂直河岸到達(dá)正對岸，故D項錯誤．答案：C考向關(guān)聯(lián)速度問題2．質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運(yùn)動．當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向成夾角θ2時(如圖所示)，下列推斷正確的是()A．P的速率為vB．P的速率為vcosθ2C．繩的拉力等于mgsinθ1D．繩的拉力小于mgsinθ1解析：將小車速度沿繩子和垂直繩子方向分解為v1、v2，P的速率等于v1＝vcosθ2，A錯誤，B正確；小車向右做勻速直線運(yùn)動，θ2減小，P的速率增大，繩的拉力大于mgsinθ1，C、D錯誤．答案：B考向運(yùn)動的合成實例3.如圖所示，在滅火搶救過程中，消防隊員有時要借助消防車上的梯子爬到高處進(jìn)行救人或滅火作業(yè)．為了節(jié)約救援時間，人沿梯子勻加速向上運(yùn)動的同時消防車勻速后退，則關(guān)于消防隊員的運(yùn)動，下列說法正確的是()A．消防隊員做勻加速直線運(yùn)動B．消防隊員做勻變速曲線運(yùn)動C．消防隊員做變加速曲線運(yùn)動D．消防隊員水平方向的速度保持不變解析：依據(jù)運(yùn)動的合成，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，其加速度的方向大小不變，所以消防員做勻變速曲線運(yùn)動，故A、C錯誤，B正確．將消防員的運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，知水平方向上的最終的速度為消防車勻速后退的速度和消防隊員沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因為沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在變更，所以消防隊員水平方向的速度在變更，故D錯誤．答案：B考點二平拋運(yùn)動規(guī)律1．平拋運(yùn)動的基本規(guī)律．2．平拋運(yùn)動中的兩個重要推論．(1)做平拋(或類平拋)運(yùn)動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線肯定通過此時水平位移的中點，如圖甲所示．(2)做平拋(或類平拋)運(yùn)動的物體在任一時刻任一位置處，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tanθ＝2tanα，如圖乙所示．(2024·江蘇卷)(多選)如圖所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l.忽視空氣阻力，則()A．A和B的位移大小相等B．A的運(yùn)動時間是B的2倍C．A的初速度是B的eq\f(1,2)D．A的末速度比B的大解析：位移為初位置到末位置的有向線段，如題圖所示可得sA＝eq\r(l2＋（2l）2)＝eq\r(5)l，sB＝eq\r(l2＋（2l）2)＝eq\r(5)l，A和B的位移大小相等，A正確；平拋運(yùn)動的時間由高度確定，即tA＝eq\r(\f(2×2l,g))＝eq\r(2)×eq\r(\f(2l,g))，tB＝eq\r(\f(2×l,g))＝eq\r(\f(2l,g))，則A的運(yùn)動時間是B的eq\r(2)倍，B錯誤；平拋運(yùn)動，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，則vxA＝eq\f(l,tA)＝eq\f(\r(gl),2)，vxB＝eq\f(2l,tB)＝eq\r(2gl)，則A的初速度是B的eq\f(1,2\r(2))，C錯誤；小球A、B在豎直方向上的速度分別為vyA＝2eq\r(gl)，vyB＝eq\r(2gl)，所以可得vA＝eq\f(\r(17gl),2)，vB＝2eq\r(gl)＝eq\f(\r(16gl),2)，即vA>vB，D正確．答案：AD考向平拋運(yùn)動的應(yīng)用1．如圖所示是運(yùn)動員將網(wǎng)球在邊界A處正上方B點水平向右擊出，恰好過網(wǎng)C的上邊沿落在D點的示意圖，不計空氣阻力，已知AB＝h1，網(wǎng)高h(yuǎn)2＝eq\f(5,9)h1，AC＝x，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．落點D距離網(wǎng)的水平距離為eq\f(1,3)xB．網(wǎng)球的初速度大小為xeq\r(\f(g,h1))C．若擊球高度低于eq\f(20,27)h1，無論球的初速度多大，球都不行能落在對方界內(nèi)D．若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于eq\f(x\r(2gh1),h1)，肯定落在對方界內(nèi)解析：因為h1－h(huán)2＝eq\f(4,9)h1，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知eq\f(tAC,tAD)＝eq\f(2,3)，由x＝v0t可知eq\f(xAC,xAD)＝eq\f(2,3)，則xAD＝eq\f(3,2)x，D距網(wǎng)的水平距離為eq\f(1,2)x，所以A錯誤；網(wǎng)球從A到D，h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,AD)，eq\f(3,2)x＝v0tAD，得v0＝eq\f(3,4)xeq\r(\f(2g,h1))，所以B錯誤；當(dāng)擊球高度為一臨界值h′，此時球剛好過網(wǎng)又剛好壓界，則有h′－h(huán)2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x＝v0t1，h′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，2x＝v0t2，解得h′＝eq\f(20,27)h1，若擊球高度小于該臨界值，速度大會出界，速度小會觸網(wǎng)，所以C正確；若保持擊球高度不變，要想球落在對方界內(nèi)，則有h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，2x＝vmaxt1，則平拋的最大速度vmax＝eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)；h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x＝vmint2，則平拋運(yùn)動的最小速度vmin＝eq\f(3,4)·eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)，即eq\f(3,4)·eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)＜v＜eq\f(x,h1)eq\r(2gh1)，所以D錯誤．答案：C考向與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動2.2024年冬奧會將在北京實行，滑雪是冬奧會的競賽項目之一．如圖所示，某運(yùn)動員(可視為質(zhì)點)從雪坡上先后以初速度之比v1∶v2＝3∶4沿水平方向飛出，均落在雪坡上，不計空氣阻力，則運(yùn)動員從飛出到落到雪坡上的整個過程中()A．運(yùn)動員先后落在雪坡上的速度方向不相同B．運(yùn)動員先后在空中飛行的時間之比為9∶16C．運(yùn)動員先后落到雪坡上的速度之比為3∶4D．運(yùn)動員先后下落的高度之比為3∶4解析：設(shè)運(yùn)動員的速度和水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，而位移和水平方向的夾角tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，因此可得tanα＝2tanθ；運(yùn)動員先后落在雪坡上時位移的偏向角相同，依據(jù)平拋運(yùn)動速度的偏向角的正切等于位移的偏向角的正切的2倍可知，速度的偏向角相同，即運(yùn)動員落到雪坡上的速度方向相同，選項A錯誤；依據(jù)tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，可得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，由于v1∶v2＝3∶4，可知t1∶t2＝3∶4，依據(jù)vy＝gt可知豎直速度之比為v1y∶v2y＝3∶4，因速度偏向角相等，則落到雪坡上的速度之比v′1∶v′2＝3∶4，依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知運(yùn)動員先后下落的高度之比為h1∶h2＝teq\o\al(2,1)∶teq\o\al(2,2)＝9∶16，則選項C正確，A、B、D錯誤．答案：C考向平拋運(yùn)動重要推論的應(yīng)用3.一個小球從一斜面頂端分別以v10、v20、v30水平拋出，分別落在斜面上1、2、3點，如圖所示，落到斜面時豎直分速度分別是v1y、v2y、v3y，則()A.eq\f(v1y,v10)>eq\f(v2y,v20)>eq\f(v3y,v30)B.eq\f(v1y,v10)<eq\f(v2y,v20)<eq\f(v3y,v30)C.eq\f(v1y,v10)＝eq\f(v2y,v20)＝eq\f(v3y,v30)D．條件不足，無法比較解析：設(shè)小球落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角為α，由tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gt2,v0t)＝eq\f(2y,x)＝2tanθ，所以eq\f(v1y,v10)＝eq\f(v2y,v20)＝eq\f(v3y,v30)，選項C正確．答案：C考向逆向思維和對稱方法的應(yīng)用4.如圖所示，水平面上有一足夠長的斜面，在斜面上的某點將一小球以速度v0斜向上拋出，拋出時速度方向與斜面的夾角為θ，經(jīng)過一段時間后，小球沿水平方向擊中斜面，不計空氣阻力．若減小小球拋出時的速度v0，仍使小球水平擊中斜面，則應(yīng)當(dāng)()A．保持夾角θ不變B．適當(dāng)增大夾角θC．適當(dāng)減小夾角θD．無論怎樣調(diào)整夾角θ，小球都不行能水平擊中斜面解析：小球斜向上拋出水平擊中斜面，可以看成從斜面上平拋后擊中斜面的逆運(yùn)動，小球從斜面拋出落在斜面上，斜面傾角即為平拋運(yùn)動的位移與水平面的夾角，只要小球仍落在斜面上，位移偏向角不變，依據(jù)速度偏向角與位移偏向角的關(guān)系可知，速度偏向角也不變，所以減小斜拋的速度v0后，若使小球仍能水平擊中斜面，應(yīng)保持夾角θ不變，故選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A考向類平拋運(yùn)動5.如圖所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質(zhì)點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，則()A．P→Q所用的時間t＝2eq\r(2\f(l,gsinθ))B．P→Q所用的時間t＝eq\r(\f(2l,g))C．初速度v0＝beq\r(\f(gsinθ,2l))D．初速度v0＝beq\r(\f(g,2l))解析：物體的加速度為a＝gsinθ.依據(jù)l＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))，故A、B兩項錯誤；初速度v0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))，故C項正確，D項錯誤．答案：C6.如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.求：(1)粒子在電場中運(yùn)動的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離Y.解析：(1)粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動，粒子在電場中運(yùn)動的時間為t＝eq\f(L,v0).(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律，粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(Eq,m).vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，故粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))，又Y＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：Y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案：(1)eq\f(L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))考點三圓周運(yùn)動問題1．解決圓周運(yùn)動問題的關(guān)鍵．(1)幾何關(guān)系分析：分析圓周運(yùn)動的軌道平面、圓心、半徑等．(2)運(yùn)動分析：分析圓周運(yùn)動的線速度、角速度、周期等．(3)受力分析：做好受力分析，利用力的合成與分解學(xué)問，表示出物體做圓周運(yùn)動時，外界所供應(yīng)的向心力．2．圓周運(yùn)動的兩類模型．(1)水平方向上的圓周運(yùn)動模型．圖例受力狀況臨界狀態(tài)①豎直方向：受重力和支持力，二力平衡，合力為零②水平方向：受靜摩擦力的作用，且靜摩擦力供應(yīng)物體做圓周運(yùn)動的向心力．關(guān)系式為：Ff＝eq\f(mv2,R)當(dāng)F向＝Ffmax時，物塊達(dá)到臨界狀態(tài)(2)豎直方向上的圓周運(yùn)動模型．項目繩模型桿模型圖例最高點受力重力mg、彈力F彈向下或等于零重力mg、彈力F彈向下、向上或等于零最高點向心力mg＋F彈＝meq\f(v2,r)mg＋F彈＝meq\f(v2,r)或mg－F彈＝meq\f(v2,r)恰好過最高點F彈＝0，v＝eq\r(gr)，在最高點速度不能為零mg＝F彈，v＝0，在最高點速度可為零(2024·北京質(zhì)檢)(多選)如圖所示，甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側(cè)做圓周運(yùn)動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，兩種過山車都有平安鎖(由上、下、側(cè)三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是()A．甲圖中，當(dāng)軌道車以肯定的速度通過軌道最高點時，座椅肯定給人向上的力B．乙圖中，當(dāng)軌道車以肯定的速度通過軌道最低點時，平安帶肯定給人向上的力C．丙圖中，當(dāng)軌道車以肯定的速度通過軌道最低點時，座椅肯定給人向上的力D．丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為eq\r(gR)解析：甲圖中，由mg＝meq\f(v2,R)可知，當(dāng)軌道車以肯定的速度v＝eq\r(gR)通過軌道最高點時，座椅給人向上的力為零，A錯誤；乙圖中，由F－mg＝meq\f(v2,R)可知，當(dāng)軌道車以肯定的速度通過軌道最低點時，平安帶肯定給人向上的力F＝mg＋meq\f(v2,R)，B正確；丙圖中，由F－mg＝meq\f(v2,R)可知，當(dāng)軌道車以肯定的速度通過軌道最低點時，座椅肯定給人向上的力F＝mg＋meq\f(v2,R)，C正確；由于過山車都有平安鎖(由上、下、側(cè)三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，丁圖中，軌道車過最高點的最小速度可以為零，D錯誤．答案：BC考向豎直方向上的圓周運(yùn)動1.(多選)2013年，我國航天員在“天宮一號”為青少年進(jìn)行太空授課，運(yùn)行中的“天宮一號”處于完全失重狀態(tài)．在“天宮一號”中，長為L的細(xì)線一端固定，另一端系一個小球，拉直細(xì)線，讓小球在B點以垂直于細(xì)線的速度v0起先做圓周運(yùn)動，如圖所示．設(shè)“天宮一號”衛(wèi)星軌道處的重力加速度為g′，在小球運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是()A．小球做勻速圓周運(yùn)動B．細(xì)線拉力的大小不斷變更C．只要v0＞0，小球就能通過A點D．只有v0≥eq\r(5g′L)，小球才能通過A點解析：在“天宮一號”中，小球處于完全失重狀態(tài)，讓小球在B點以垂直于細(xì)線的速度v0起先做圓周運(yùn)動，則小球做勻速圓周運(yùn)動，細(xì)線的拉力供應(yīng)向心力，大小不變，方向時刻變更，選項A正確，B錯誤；只要v0＞0，小球就能通過A點，選項C正確，D錯誤．答案：AC考向水平方向上的圓周運(yùn)動2．如圖所示，兩個相同的小木塊A和B(均可看作為質(zhì)點)，質(zhì)量均為m.用長為L的輕繩連接，置于水平圓盤的同一半徑上，A與豎直軸的距離為L，此時繩子恰好伸直無彈力，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A．木塊A、B所受的摩擦力始終相等B．木塊B所受摩擦力總等于木塊A所受摩擦力的兩倍C．ω＝eq\r(\f(kg,L))是繩子起先產(chǎn)生彈力的臨界角速度D．若ω＝eq\r(\f(2kg,3L))，則木塊A、B將要相對圓盤發(fā)生滑動解析：當(dāng)角速度較小時，A、B均靠靜摩擦力供應(yīng)向心力，由于B轉(zhuǎn)動的半徑較大，則B先達(dá)到最大靜摩擦力，角速度接著增大，則繩子出現(xiàn)拉力，當(dāng)A的靜摩擦力達(dá)到最大時，角速度增大，A、B起先發(fā)生相對滑動，可知B的靜摩擦力方向始終指向圓心，在繩子出現(xiàn)張力前，A、B的角速度相等，半徑之比為1∶2，則靜摩擦力之比為1∶2，當(dāng)繩子出現(xiàn)張力后，A、B的靜摩擦力之比不是1∶2，故A、B錯誤．當(dāng)摩擦力剛好供應(yīng)B做圓周運(yùn)動的向心力時，繩子起先產(chǎn)生拉力，則kmg＝mω2·2L，解得ω＝eq\r(\f(kg,2L))，故C錯誤；當(dāng)A的摩擦力達(dá)到最大時，A、B起先滑動，對A有：kmg－T＝mLω′2，對B有：T＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝eq\r(\f(2kg,3L))，故D正確．答案：D考點四平拋運(yùn)動與圓周運(yùn)動綜合問題1．解題方法：運(yùn)動的合成與分解．2．解題流程．如圖所示，從A點以v0＝4m/s的水平速度拋出一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當(dāng)物塊運(yùn)動至B點時，恰好沿切線方向進(jìn)入固定的光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平．已知長木板的質(zhì)量M＝4kg，A、B兩點距C點的高度分別為H＝0.5m，h＝0.15m，R＝0.75m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g取10m/s2，求：(1)小物塊運(yùn)動至B點時的速度大小和方向與水平面夾角的正切值；(2)小物塊滑至C點時，對圓弧軌道C點的壓力大??；(3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板？解析：(1)物塊從A到B做平拋運(yùn)動，有H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，設(shè)到達(dá)B點時豎直分速度為vy，則vy＝gt，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(23)m/s，方向與水平面的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(7),4).(2)從A至C點，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).設(shè)C點受到的支持力為FN，則有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，代入數(shù)據(jù)解得v2＝eq\r(26)m/s，F(xiàn)N≈44.7N.依據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對圓弧軌道C點的壓力大小為44.7N.(3)由題意可知小物塊對長木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N，長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力F′f＝μ2(M＋m)g＝10N，因Ff＜F′f，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動．小物塊在長木板上做勻減速運(yùn)動，其加速度a＝μ1g＝5m/s2.若到長木板右端時速度剛好為0，則長木板