2019屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動 第3講 力與物體的曲線運動學案

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1、第3講　力與物體的曲線運動 　　　　　　 真題再現 考情分析 (2018·高考全國卷 Ⅲ )在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(　　) A.2倍 B.2倍 解析：選A.甲、乙兩球都落在同一斜面上，則隱含做平拋運動的甲、乙的最終位移方向相同，根據位移方向與末速度方向的關系，即末速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的2倍，可得它們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正確. [命題點分析] 平拋運動規(guī)律、機械能守恒定律 [思路方法]

2、 由條件知運動為平拋運動，而且都落在同一斜面上，可由傾角公式知tan θ＝，再由機械能守恒定律聯立求解 (2017·高考全國卷Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網；其原因是(　　) A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D.速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大 解析：選C.發(fā)球機從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球，根據平拋運動規(guī)律，豎直方向上，h＝gt2，可知兩球下落相同

3、距離h所用的時間是相同的，選項A錯誤；由v＝2gh可知，兩球下落相同距離h時在豎直方向上的速度vy相同，選項B錯誤；由平拋運動規(guī)律，水平方向上，x＝vt，可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少，選項C正確；由于做平拋運動的球在豎直方向的運動為自由落體運動，兩球在相同時間間隔內下降的距離相同，選項D錯誤. [命題點分析] 平拋運動規(guī)律 [思路方法] 由平拋運動的分解原則知豎直高度決定運動時間，水平速度和豎直高度決定水平位移 (2017·高考全國Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程

4、中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始終指向大圓環(huán)圓心 D.始終背離大圓環(huán)圓心 解析：選A.由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環(huán)剛下滑時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項錯誤. [命題點分析] 圓周運動向心力來源分析 [思路方法] 解答此題的關鍵以小環(huán)為研究對象，分析大圓環(huán)對它的作用力的方向和速度方向的關系 命題規(guī)律研究及預測 每年高考試題都會對平拋運動和圓周運動這兩種運

5、動形式進行考查，包括電場中的類平拋運動和磁場中的勻速圓周運動，可單獨考查某一種運動形式，也可把運動與功能關系、受力分析結合進行考查. 在2019年的備考中對該部分也該引起重視，尤其對于平拋運動規(guī)律分析、圓周運動中的臨界點分析等要熟練應用 　運動的合成與分解 合運動性質和軌跡的判斷方法：若加速度與初速度的方向在同一直線上，則為直線運動，否則為曲線運動，加速度恒定則為勻變速，加速度不恒定則為非勻變速． 三種過河情景分析 (1)過河時間最短：船頭正對河岸時，渡河時間最短，tmin＝(d為河寬)． (2)過河路徑最短(v水

6、＝ D.船頭指向上游與河岸夾角為α，cos α＝. (3)過河路徑最短(v水>v船時)：合速度不可能垂直于河岸，無法垂直渡河．最短航程s短＝＝D. 端速問題解題原則 把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解．常見的模型如圖所示． (2018·高考北京卷)根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置．但實際上，赤道上方200 m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6 cm處．這一現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現將小

7、球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球(　　) A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零 B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零 C．落地點在拋出點東側 D．落地點在拋出點西側 [解析]　由于該“力”與豎直方向的速度大小成正比，所以從小球拋出至運動到最高點過程，該“力”逐漸減小到零，將小球的上拋運動分解為水平和豎直兩個分運動，由于上升階段，水平分運動是向西的變加速運動(水平方向加速度大小逐漸減小)，故小球到最高點時速度不為零，水平向西的速度達到最大值，故選項A錯誤；小球到最高點時豎直方向的分速度為零，由題意可知小球這時不受水平方向的力，故小球到

8、最高點時水平方向加速度為零，選項B錯誤；下降階段，由于受水平向東的力，小球的水平分運動是向西的變減速運動(水平方向加速度大小逐漸變大)，故小球的落地點在拋出點西側，選項C錯誤，D正確． [答案]　D 角度1　小船渡河問題 1.如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河．出發(fā)時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達正對岸的A點． 則下列判斷正確的是(　　) A．甲船正好也在A點靠岸 B．甲船在A點下游靠岸 C．甲、乙兩船到達對岸的時間相等 D．甲、乙兩船可能在未到達對岸前相遇 解析：選C.甲、乙兩船在垂直河岸方向的分速

9、度均為vsin 60°，過河時間均為t＝，故C正確；由乙恰好到達A點知，u＝vsin 30°＝v，則甲沿河岸方向的速度為u＋v＝v，沿河岸方向的位移為v·t＝<2L，故A、B、D錯誤． 角度2　牽連速度的分解問題 2．(多選)如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為 D.現將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力一定大于2mg B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度也為d C．小環(huán)在B處的速度與

10、重物上升的速度大小之比等于 D．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 解析：選AC.由題意，釋放時小環(huán)向下加速運動，則重物將加速上升，對重物由牛頓第二定律可知繩中張力一定大于重力2mg，所以A正確；小環(huán)到達B處時，重物上升的高度應為繩子豎直部分縮短的長度，即Δh＝d－d，所以B錯誤；根據題意，沿繩子方向的速度大小相等，將小環(huán)在B處 的速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解有vBcos θ＝v重，即＝＝，所以C正確，D錯誤． 命題角度 解決方法 易錯辨析 曲線運動規(guī)律分析 運動的分解思想 要建立合適的坐標系使運算簡潔 小船渡河問題 分運動的獨立性原則 注意船

11、速和水速的關系來確定解題方法 牽連速度的分解 速度的分解 弄清實際速度的方向進行正交分解 　 　拋體運動問題 抓住“六點”破解平拋運動問題 建立坐標，分解運動 將平拋運動分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向上的勻速直線運動(在某些情況下運動分解的方向不一定在豎直方向和水平方向上)． 各自獨立，分別分析 平拋運動是勻變速曲線運動，在任意相等的時間內速度的變化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下． 兩個分運動與合運動具有等時性，且t＝　　，由下降高度決定，與初速度v0無關． 任意時刻的速度與水平方向的夾角θ的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾

12、角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ. 建好“兩個模型” (1)常規(guī)的平拋運動及類平拋模型． (2)與斜面相結合的平拋運動模型． ①從斜面上水平拋出又落回到斜面上：位移方向恒定，落點速度方向與斜面間的夾角恒定，此時往往分解位移，構建位移三角形． ②從斜面外水平拋出垂直落在斜面上：速度方向確定，此時往往分解速度，構建速度三角形．　 (多選)飛鏢運動正以其獨有的魅力風靡全世界，如圖所示為三個同學在游樂場中水平擲出的三支相同的飛鏢插入豎直飛鏢盤上的情況，不計空氣阻力，根據飛鏢插入盤上的位置和角度可以推斷(　　) A．若①號與②號飛鏢拋出時的速度相同，則扔②號飛鏢的同學站

13、得離飛鏢盤更近些 B．若①號與②號飛鏢從同一點拋出，則拋出時的速度滿足v1>v2 C．若②號與③號飛鏢拋出時的速度相同，則在空中的運動時間t2t3，可得選項 A、C 錯誤；若①號與②號飛鏢從同一點拋出，由h＝gt2，可得②號飛鏢的運動時間長，由x＝v0t可得拋出時的初速度滿足v1>v2，選

14、項 B 正確；tan θ＝＝，若②號與③號飛鏢飛行的水平距離x相同，則②號飛鏢的豎直位移長，重力對②號飛鏢做功較多，選項 D 正確． [答案]　BD 角度1　分解思想的應用 1．從距地面h高度處水平拋出一個小球，落地時速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列結論中正確的是(　　) A．小球初速度大小為tan θ B．小球落地時的速度大小為 C．若小球初速度大小減為原來的一半，則平拋運動的時間變?yōu)樵瓉淼膬杀? D．若小球初速度大小減為原來的一半，則落地時速度方向與水平方向的夾角為2θ 解析：選B.平拋的小球在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由

15、落體運動，所以落地時豎直方向上的分速度為vy＝，由落地時速度方向與水平方向的夾角為θ可知tan θ＝，故v0＝cot θ，選項 A 錯誤；根據速度的合成可得小球落地時的速度v＝，即v＝，選項 B 正確；平拋運動的時間只與高度有關，而與水平方向的初速度無關，故選項 C 錯誤；tan θ＝，設初速度大小減半時，小球落地時的速度方向與水平方向的夾角為α，則有tan α＝＝＝2tan θ，但α≠2θ，選項 D 錯誤． 角度2　平拋運動中的臨界問題 2．一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h.發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方

16、向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是(　　) A.

17、正確． 角度3　類平拋模型 3．如圖所示，A、B兩質點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A 在豎直平面內運動，落地點為 P1，B 沿光滑斜面(已知斜面傾角為θ)運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩質點的運動時間相同 B．A、B兩質點在x軸方向上的位移相同 C．A、B兩質點在運動過程中的加速度大小相同 D．A、B兩質點落地時的速度大小相同 解析：選D.對A、B兩質點的運動進行分解，由牛頓第二定律可知，A 質點在運動過程中的加速度大小a1＝g，B質點在運動過程中的加速度大小a2＝gsin θ，選

18、項C 錯誤；設O點與水平面之間的高度差為h，A質點的運動時間為t1，B質點的運動時間為t2，則由h＝gt可得t1＝；由＝gsin θ·t可得t2＝，故 t1

19、進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成求合運動． (2)對于在斜面上平拋又落到斜面上的問題，其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值． (3)若平拋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． (4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同．　 　圓周運動 水平面內圓周運動?？嫉呐R界模型 圖示 受力 臨界 豎直方向：受重力和支持力，且二力的合力為零 水平方向：受靜摩擦力的作用，且靜摩擦力提供物體做圓周運動的向心力，關系式：Ff＝ 當 F向＝Ffmax時，物體達到臨界點 豎直面內圓周運動常考的

20、兩種臨界模型 最高點無支撐 最高點有支撐 圖示 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 向心力 來源 mg＋F彈＝m mg±F彈＝m 恰好過 最高點 F彈＝0，mg＝m，v＝，即在最高點速度不能為零 mg＝F彈，v＝0，即在最高點速度可為零 求解水平面、豎直面內圓周運動問題的思路 　 (多選)(2018·黑龍江大慶市二模)如圖所示，豎直平面內的兩個半圓軌道在B點平滑相接，兩個半圓的圓心O1、O2在同一水平線上，粗糙的小半圓半徑為R，光滑的大半圓的半徑為2R；一質量為m的滑塊(可視

21、為質點)從大的半圓一端A點以一定的初速度向上沿著半圓內壁運動，且剛好能通過大半圓的最高點，最后滑塊從小半圓的左端沖出軌道，剛好能到達大半圓的最高點，已知重力加速度為g，則(　　) A．滑塊在A點的初速度為 B．滑塊在A點對半圓軌道的壓力為6mg C．滑塊第一次通過小半圓過程克服摩擦力做的功為mgR D．增大滑塊在A點的初速度，則滑塊通過小半圓克服摩擦力做的功不變 [解析]　由于滑塊恰好能通過大的半圓的最高點，重力提供向心力，即mg＝m，解得：v＝，以AB面為參考面，根據機械能守恒定律可得：mv＝2mgR＋m()2，求得vA＝，故A正確；滑塊在A點受到圓軌道的支持力為：F＝m＝3mg，

22、由牛頓第三定律可知B錯誤；設滑塊在O1點的速度為v1，則：v1＝＝2，在小的半圓中運動過程中，根據動能定理得Wf＝mv－mv＝mgR，故C正確；增大滑塊在A點的初速度，則滑塊在小的半圓中各個位置速度都增大，滑塊對小半圓軌道的平均壓力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D錯誤． [答案]　AC 角度1　水平面內的圓周運動 1．(多選)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25 倍．假設賽車在直道上做勻

23、變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動．要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　) A．在繞過小圓弧彎道后加速 B．在大圓弧彎道上的速率為45 m/s C．在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D．通過小圓弧彎道的時間為5.58 s 解析：選AB.因賽車在圓弧彎道上做勻速圓周運動，由向心力公式有F＝m，則在大小圓弧彎道上的運動速率分別為v大＝ ＝ ＝45 m/s，v?。?＝ ＝30 m/s，可知賽車在繞過小圓弧彎道后做加速運動，則A、B項正確；由幾何關系得直道長度為d＝＝50 m，由運動學公式v－v＝2ad

24、，得賽車在直道上的加速度大小為a＝6.50 m/s2，則C項錯誤；賽車在小圓弧彎道上運動時間t＝＝2.79 s，則D項錯誤． 角度2　豎直平面內的圓周運動 2．(2016·高考全國卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點，(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：選C.小球從釋放到最低點的過程中，只有重

25、力做功，由機械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，繩長L越長，小球到最低點時的速度越大，A項錯誤；由于P球的質量大于Q球的質量，由Ek＝mv2可知，不能確定兩球動能的大小關系，B項錯誤；在最低點，根據牛頓第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的質量大于Q球的質量，因此C項正確；由a＝＝2g可知，兩球在最低點的向心加速度相等，D項錯誤． 命題角度 解決方法 易錯辨析 水平面內的轉彎問題 分析向心力的來源 找不清向心力的來源 水平面內圓周運動的臨界問題 提供向心力的某力達到極值 判斷不準臨界狀態(tài) 豎直面內的繩模型 先分析特殊臨界點再利用動能定理求解其他位置

26、 不能準確找到繩上力為零時的臨界狀態(tài) 豎直面內的桿(軌道)模型 準確分析桿上受力的方向、由向心力公式求解速度 不能分析桿上的受力方向 　 　平拋與圓周運動的綜合問題 此類問題是由圓周運動和平拋運動復合而成的，其解法相對簡單．對于圓周運動，一般運用動能定理或機械能守恒定律來分析運動的過程，運用受力分析和牛頓運動定律來分析運動的特殊位置(如最高點和最低點)；對于平拋運動，通常結合運動的合成與分解知識，將其分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動進行處理．解決此類問題時，要特別注意圓周運動與平拋運動的結合點，此位置往往是解題的關鍵．　 (2017·高考全國卷Ⅱ)

27、如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. [解析]　設軌道半徑為R，小物塊從軌道上端飛出時的速度為v1，由于軌道光滑，根據機械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物塊從軌道上端飛出后做平拋運動，對運動分解有：x＝v1t，2R＝gt2，求得x＝，因此當R－＝0，即R＝時，x取得最大值，B項正確，A、C、D項錯誤． [答案]　B [突破訓練] (2018·高

28、考全國卷 Ⅲ )如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝.一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零．重力加速度大小為g.求 (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??； (2)小球到達A點時動量的大小； (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間． 解析：(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的

29、大小為F.由力的合成法則有 ＝tan α① F2＝(mg)2＋F② 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 F＝m③ 由①②③式和題給數據得 F0＝mg④ v＝.⑤ (2)設小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得 DA＝Rsin α⑥ CD＝R(1＋cos α)⑦ 由動能定理有 －mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，小球在A點的動量大小為 p＝mv1＝.⑨ (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間

30、為t.由運動學公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α? 由⑤⑦⑩?式和題給數據得 t＝ .? 答案：見解析 　　　　　 (建議用時：45分鐘) 一、單項選擇題 1．(2018·南京調研)如圖所示，當汽車靜止時，車內乘客看到窗外雨滴沿豎直方向OE勻速運動．現從t＝0時汽車由靜止開始做甲、乙兩種勻加速啟動，甲啟動后t1時刻，乘客看到雨滴從B處離開車窗，乙啟動后t2時刻，乘客看到雨滴從F處離開車窗．F為AB中點．則t1∶t2為(　　) A．2∶1　　　　　　　　　 B．1∶ C．1∶ D．1∶(－1) 解析：選 A．由題意可知，在乘客看來，雨滴在豎直方

31、向上做勻速直線運動，在水平方向做勻加速直線運動，因分運動與合運動具有等時性，則t1∶t2＝∶＝2∶1. 2．(2018·蘭州二模)如圖所示，物體A、B經無摩擦的定滑輪用細線連在一起，A物體受水平向右的力F的作用，此時B勻速下降，A水平向左運動，可知(　　) A．物體 A 做勻速運動 B．物體 A 做加速運動 C．物體 A 所受摩擦力逐漸增大 D．物體 A 所受摩擦力不變 解析：選B. 把 A 向左的速度v沿細線方向和垂直細線方向分解，設細線與水平方向夾角為α，沿細線方向的分速度為vcos α，B勻速，則v cos α不變，而α角增大，cos α減小，則v增大，所以 A 做加

32、速運動，選項B正確，A錯誤；由于A對地面的壓力逐漸減小，所以物體 A 所受摩擦力逐漸減小，選項 C、D錯誤． 3.如圖所示，小球從斜面的頂端以不同的初速度沿水平方向拋出，落在傾角一定、足夠長的斜面上．不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．初速度越大，小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角越大 B．小球落到斜面上時的速度大小與初速度的大小成正比 C．小球運動到距離斜面最遠處所用的時間與初速度的大小無關 D．當用一束平行光垂直照射斜面時，小球在斜面上的投影做勻速運動 解析：選B.做平拋運動的物體落到斜面上時，設其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角(即斜面傾角

33、)為θ，根據平拋運動規(guī)律有tan α＝，tan θ＝＝，所以tan α＝2tan θ，由此可知，小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角與初速度無關，即無論初速度多大，小球落在斜面上時的速度方向與水平方向的夾角都相等，選項A錯誤；設小球落在斜面上時的速度大小為v，根據平拋運動規(guī)律，y＝gt2，x＝v0t，tan θ＝，vy＝gt，聯立解得vy＝2tan θ×v0，小球落在斜面上時的速度大小v＝＝×v0，即小球落在斜面上時的速度大小與初速度的大小成正比，選項B正確；初速度越大，小球運動到距離斜面最遠處所用的時間越長，選項C錯誤；若把平拋運動分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向的兩個分運動，則小球在

34、沿斜面方向的分運動為勻加速直線運動，當用一束平行光垂直照射斜面時，小球在斜面上的投影做勻加速直線運動，選項D錯誤． 4.半圓形軌道豎直放置，在軌道水平直徑的兩端，分別以速度v1、v2水平拋出a、b兩個小球，兩球均落在軌道上的P點，OP與豎直方向所成夾角θ＝30°，如圖所示，設兩球落在P點時速度與豎直方向的夾角分別為α、β，則(　　) A．v2＝2v1 B．v2＝3v1 C．α＝3β D．tan α＝3tan β 解析：選 B. 兩球下落高度相同，即運動時間相同，由幾何關系可知xb＝R，所以xa＝2R－R＝R，所以v2＝3v1，即選項A錯誤，選項B正確；因為豎直方向的速度相同，t

35、an α＝，tan β＝，所以tan β＝3tan α，選項C、D均錯誤． 5．(2018·山西段考)如圖所示，一半圓柱體放在地面上，橫截面半徑為 R，圓心為 O，在半圓柱體的右側 B 點正上方離地面高為2R 處的A點水平向左拋出一個小球，小球恰好能垂直打在半圓柱體上，小球從拋出到落到半圓柱體上所用的時間為 t，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由題意及平拋運動的規(guī)律知，小球打在半圓柱體上時速度方向的延長線過圓心，反向延長線過水平位移的中點，設小球運動過程中下落的高度為y，水平位移為x，則＝，x＝v0t，y＝gt2解得v0＝，

36、A 項正確． 6.如圖所示，將一物體以某一初速度水平拋出，落在水平地面上的A點，A點距拋出點的水平距離為x.若拋出時的高度、初速度可以調節(jié)，要使物體水平拋出后仍能落在地面上的A點且落地時動能最小，則拋出點距地面的高度應為(　　) A. B. C. D．x 解析：選C.由平拋運動規(guī)律知x＝v0t，h＝gt2，解得v0＝x；對整個平拋過程由動能定理知mgh＝Ek－mv，代入v0可得Ek＝mgh＋，由數學知識可知，當mgh＝，即h＝時，Ek取最小值，要使物體仍落在地面上的A點且落地時動能最小，拋出點距地面的高度應為，選項C正確． 7.如圖所示，可視為質點的木塊A、B疊放

37、在一起，放在水平轉臺上隨轉臺一起繞固定轉軸OO′勻速轉動，木塊A、B與轉軸OO′的距離為 1 m，A的質量為5 kg，B的質量為10 kg，已知A與B間的動摩擦因數為 0.2，B與轉臺間的動摩擦因數為 0.3，若木塊A、B與轉臺始終保持相對靜止，則轉臺角速度 ω的最大值為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2)(　　) A．1 rad/s B. rad/s C. rad/s D．3 rad/s 解析：選 B.假設A相對B滑動，即有μ1mg＝mωr，可得 ω1＝＝ rad/s；假設B相對轉臺滑動，即有μ2(M＋m)g＝(M＋m) ω r，可得：ω2＝＝ rad/s，顯然

38、ω1<ω2, 所以轉臺角速度ω的最大值為 rad/s，即選項B正確. 8.如圖所示，一輕繩一端連接在懸點O，另一端連著一個質量為m的小球，將球放在與O點等高的位置，繩子剛好拉直，繩長為L，在O點正下方 處的A點有一釘子，球由靜止釋放后下落到最低點，繩與釘子相碰后沒有斷，球繼續(xù)運動，不計空氣阻力，忽略繩經過A點時的機械能損失，則 (　　) A．球運動到與 A點等高的 B 點時，繩對懸點 O 的拉力大小等于mg B．球運動到與 A 點等高的 B 點時，繩對釘子的作用力大小等于 mg C．球剛好能運動到懸點 O 點 D．球運動到與 A 點等高的 B 點時，剪斷繩子，球能運動到與O點等高的

39、位置 解析：選 D.小球從由靜止釋放至運動到B點的過程中機械能守恒，mg×L＝mv2，則繩的拉力F＝m＝2mg，A項錯誤；此時繩對釘子的作用力為兩邊繩上張力的合力，即2mg，B項錯誤；根據機械能守恒定律可知，如果球能運動到O點，則到 O點時的速度為零，在繩模型的圓周運動中這是不可能的，因此C項錯誤；若運動到B點時剪斷繩子，球將做豎直上拋運動，過程中機械能守恒，球能運動到與O點等高的位置，D項正確． 二、多項選擇題 9．(2016·高考全國卷Ⅰ)一質點做勻速直線運動．現對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質點速度的

40、方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質點單位時間內速率的變化量總是不變 解析：選BC.施加一恒力后，質點的速度方向可能與該恒力的方向相同，可能與該恒力的方向相反，也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時間變化，但不可能總是與該恒力的方向垂直，若施加的恒力方向與質點初速度方向垂直，則質點做類平拋運動，質點速度方向與恒力方向的夾角隨時間的增大而減小，選項A錯誤，B正確；質點開始時做勻速直線運動，說明原來作用在質點上的合力為零，現對其施加一恒力，根據牛頓第二定律，質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同，且大小不變，由a＝可知，質點單位時間內速度的變化

41、量Δv總是不變的，但速率的變化量不確定，選項C正確，D錯誤． 10．(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) A．a＝　　　　 B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC.質點由半球面最高點到最低點的過程中，由動能定理有：mgR－W＝mv2，又在最低點時，向心加速度大小a＝，兩式聯立可得a＝，A項正確，B項錯誤；在最低點時有N－mg＝m，解得N＝，C項正

42、確，D項錯誤． 11．如圖所示，乒乓球臺長為L，球網高為h，某乒乓球愛好者在球臺上方離球臺高度為2h處以一定的初速度水平發(fā)出一個球，結果球經球臺反彈一次后(無能量損失)剛好能貼著球網邊緣飛過球網，忽略空氣阻力，則球的初速度大小可能為(　　) A.　　　　　 B. C. D. 解析：選A B.若球反彈后在上升過程中剛好能貼著球網飛過，則2h＝gt，x1 ＝ v0t1，球反彈后從飛過球網到上升至最高點的過程中 h＝gt，x2 ＝ v0t2，2x1－x2 ＝ ，解得 v0＝ ，A 正確；若球反彈后在下降過程中剛好能貼著球網飛過，2h＝gt′，x＝vt， 球反彈后從最高點到下降飛過

43、球網的過程中h＝gt′，x ＝ vt，2x′1＋x′2＝， 解得v＝，B項正確． 12.(2018·成都二模)某電視臺在某欄目播出了“解析離心現象”，某同學觀看后，采用如圖所示的裝置研究離心現象，他將兩個桿垂直固定在豎直面內，在垂足 O1和水平桿上的 O2位置分別固定一力傳感器，其中 O1O2＝ l，現用兩根長度相等且均為 l 的細繩拴接一質量為 m 的鐵球 P，細繩的另一端分別固定在 O1、O2處的傳感器上．現讓整個裝置圍繞豎直桿以恒定的角速度轉動，使鐵球在水平面內做勻速圓周運動，兩段細繩始終沒有出現松弛現象，且保證 O1、O2和 P 始終處在同一豎直面內．則(　　) A．O1P 的拉力

44、的最大值為mg B．O1P 的拉力的最大值為mg C．O2P 的拉力的最小值為mg D．O2P 的拉力的最小值為0 解析：選BD.當轉動的角速度為零時，O1P 繩的拉力與 O2P 繩的拉力相等，設為 F1，則2F1cos 30°＝mg，F1 ＝ mg; 若 O2P 繩的拉力剛好等于零，此時 O1P 繩的拉力最大，設這時 O1P 繩的拉力為 F2，則F2cos 30°＝mg，F2 ＝ mg，因此 O1P 繩的拉力范圍為mg< FO1P≤mg，O2P 繩的拉力范圍為0≤FO2P

45、，其中y軸豎直，長為l的不可伸長細繩，一端固定在A點，A點的坐標為，另一端系一質量為m的小球．現在x坐標軸上(x>0)固定一個小釘，拉小球使細線繃直并水平，再將小球從靜止釋放，當細繩碰到釘子以后，小球可以繞釘子在豎直平面內做圓周運動． (1)當釘子在x＝l的P點時，小球經過最低點細繩恰好不被拉斷，求細繩能承受的最大拉力； (2)在滿足(1)的條件下，為使小球釋放后能繞釘子在豎直平面內做圓周運動，而細繩又不被拉斷，求釘子所在位置的范圍． 解析：(1)當釘子在x＝l的P點時，小球繞釘子轉動的半徑為： R1＝l－ ＝l－l＝l 小球由靜止到最低點的過程中機械能守恒： mg＝mv 在最低

46、點細繩承受的拉力最大，有： F－mg＝m 聯立求得最大拉力F＝7mg. (2)小球繞釘子做圓周運動恰好到達最高點時，有： mg＝m 運動中機械能守恒：mg＝mv 釘子所在位置為x′＝ 聯立解得x′＝l 因此釘子所在位置的范圍為l≤x≤ l. 答案：(1)7mg　(2)l≤x≤l 14.(2018·鄭州模擬)如圖所示，半徑為r1＝1.8 m的光滑圓弧軌道末端水平，固定在水平地面上，與豎直截面為半圓形的坑平滑連接，bd為坑沿水平方向的直徑．現將質量為m＝1.0 kg的小球從圓弧頂端a點由靜止釋放，小球離開b點后擊中坑壁上的c點．測得c點與水平地面的豎直距離為h＝1.8 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球剛到達軌道末端b點時對軌道的壓力大小FN； (2)半圓形坑的半徑r2. 解析：(1)小球沿光滑軌道滑下 由機械能守恒定律得mgr1＝mv2 到達b點時，支持力與重力的合力提供向心力 F支－mg＝ 根據牛頓第三定律FN＝F支 聯立解得FN＝3mg＝30 N. (2)小球從b點做平拋運動，豎直方向上h＝gt2 水平方向上x＝vt 故小球從b到c過程的水平位移 x＝v＝3.6 m 由幾何關系得，r＝(x－r2)2＋h2 解得r2＝2.25 m. 答案：(1)30 N　(2)2.25 m 21