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IP屬地：廣西 上傳時間：2022-12-06 格式：DOC 頁數(shù)：20 大?。?98KB 積分：12 舉報 版權申訴

高考物理二輪復習熱點題型與提分秘籍專題04曲線運動?？寄Ｐ皖}型一曲線運動和運動的合成與分解【題型解碼】1．曲線運動的理解(1)曲線運動是變速運動，速度方向沿切線方向；(2)合力方向與軌跡的關系：物體做曲線運動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．曲線運動的分析(1)物體的實際運動是合運動，明確是在哪兩個方向上的分運動的合成．(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關系判斷合運動的性質(zhì)．(3)運動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由跨過定滑輪O的輕繩連接，A可在豎直桿上自由滑動。當A從與定滑輪O等高的位置無初速釋放，下落至最低點時，輕繩與桿夾角為37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．物塊A下落過程中，A與B速率始終相同B．物塊A釋放時的加速度為gC．M＝2mD．A下落過程中，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錯誤；物塊A釋放時，豎直方向只受重力作用，則加速度為g，B正確；A下落到最低點的過程中，A、B組成的系統(tǒng)的機械能守恒，設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錯誤?！镜淅治?】(2019·江西宜春市第一學期期末)如圖所示是物體在相互垂直的x方向和y方向運動的v－t圖象．以下判斷正確的是()A．在0～1s內(nèi)，物體做勻速直線運動B．在0～1s內(nèi)，物體做勻變速直線運動C．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速直線運動D．在1～2s內(nèi)，物體做勻變速曲線運動【參考答案】C【名師解析】在0～1s內(nèi)，水平方向為勻速運動，豎直方向為勻加速運動，則合運動為勻變速曲線運動，故選項A、B錯誤；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，可知合運動為勻變速直線運動，故選項C正確，D錯誤．【提分秘籍】1.解決運動的合成和分解的一般思路(1)明確合運動和分運動的運動性質(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)運用力與速度的方向關系或矢量的運算法則進行分析求解。2．關聯(lián)速度問題的解題方法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(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示?！就黄朴柧殹?.(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，同時讓鉛筆尖靠著直尺沿橫向勻加速移動，則筆尖畫出的軌跡應為()【答案】C【解析】筆尖沿水平方向做勻加速直線運動，在豎直方向做勻速直線運動，結合合力指向曲線運動軌跡的內(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動，其v-t圖象如圖乙所示，同時人頂桿沿水平地面運動的x-t圖象如圖丙所示。若以地面為參考系，下列說法中正確的是()A．猴子的運動軌跡為直線B．猴子在2s內(nèi)做勻變速曲線運動C．t＝0時猴子的速度大小為8m/sD．t＝2s時猴子的加速度為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動，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動，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)做勻變速曲線運動，A錯誤，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“做曲線運動的條件”的實驗中，有一個在水平桌面上向右做直線運動的小鐵球，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動軌跡．觀察實驗現(xiàn)象，以下敘述正確的是()A．第一次實驗中，小鐵球的運動是勻變速直線運動B．第二次實驗中，小鐵球的運動類似平拋運動，其軌跡是一條拋物線C．該實驗說明做曲線運動物體的速度方向沿軌跡的切線方向D．該實驗說明物體做曲線運動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】第一次實驗中，小鐵球受到沿著速度方向的引力作用，做直線運動，并且引力隨著距離的減小而變大，加速度變大，則小鐵球的運動是非勻變速直線運動，選項A錯誤；第二次實驗中，小鐵球所受的磁鐵的引力方向總是指向磁鐵，是變力，故小球的運動不是類似平拋運動，其軌跡也不是一條拋物線，選項B錯誤；該實驗說明物體做曲線運動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，但是不能說明做曲線運動物體的速度方向沿軌跡的切線方向，選項C錯誤，D正確．4.(2019·陜西寶雞市高考模擬檢測(二))如圖所示的機械裝置可以將圓周運動轉(zhuǎn)化為直線上的往復運動．連桿AB、OB可繞圖中A、B、O三處的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，連桿OB在豎直面內(nèi)的圓周運動可通過連桿AB使滑塊在水平橫桿上左右滑動．已知OB桿長為L，繞O點沿逆時針方向做勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，當連桿AB與水平方向夾角為α，AB桿與OB桿的夾角為β時，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】設滑塊的水平速度大小為v，A點的速度的方向沿水平方向，如圖將A點的速度分解根據(jù)運動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA分＝vcosα，B點做圓周運動，實際速度是圓周運動的線速度，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．題型二平拋運動和類平拋運動的規(guī)律及應用【題型解碼】1．基本思路處理平拋(或類平拋)運動時，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成求合運動．2．兩個突破口(1)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．(2)若平拋運動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電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可知()A．小球從A到B再到C的整個過程中機械能守恒B．電場力大小為2mgC．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為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的過程中，存在電場力做功，故機械能不守恒，A錯誤；設AC連線與水平方向的夾角為θ，小球從A經(jīng)B到C的過程中，水平方向上做勻速直線運動，所以C點速度與A點的速度相同，動能變化為零，根據(jù)動能定理得：mg·LACsinθ－F電場·LBCsinθ＝0，解得：F電場＝3mg，故B錯誤；由于小球在水平方向做勻速直線運動，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的時間與從B到C的時間之比為2∶1，故C正確；小球從A到B過程只受重力作用，故加速度為g，小球從B到C過程，所受合力為F電場－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錯誤?！镜淅治?】(2019·黑龍江齊齊哈爾市聯(lián)誼校期末)如圖所示，D點為固定斜面AC的中點．在A點和D點分別以初速度v01和v02水平拋出一個小球，結果兩球均落在斜面的底端C.空氣阻力不計．設兩球在空中運動的時間分別為t1和t2，落到C點前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到C點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】兩球都做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，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錯誤．小球水平方向做勻速直線運動，則v0＝eq\f(x,t).兩球水平位移之比x1∶x2＝2∶1，結合eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，得eq\f(v01,v02)＝eq\r(2)，故B正確．設斜面的傾角為α，小球落到C點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錯誤．【提分秘籍】破解平拋（類平拋）運動問題的六大要點(1)建立坐標系，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，而類平拋運動分解的方向不一定在豎直方向和水平方向上。(2)各自獨立，分別分析(3)平拋運動是勻變速曲線運動，在任意相等的時間內(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)運動的推論①任意時刻速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。②設在任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)求解平拋(或類平拋)運動的技巧①處理平拋(或類平拋)運動的基本方法是把運動分解為相互垂直的勻速直線運動和勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的。②要善于確定平拋(或類平拋)運動的兩個分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問題的突破口。(6)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。a．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。b．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?！就黄朴柧殹?.(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P，坐標為(0,6m)。從P點將一小球水平拋出，初速度為1m/s。則小球第一次打在曲面上的位置為(不計空氣阻力)()A．(3m,3m)B．(2m,4m)C．(1m,1m)D．(1m,2m)【答案】C【解析】設小球經(jīng)過時間t打在斜面上M(x，y)點，則水平方向：x＝v0t，豎直方向：6m－y＝eq\f(1,2)gt2。又因為y＝x2，可解得：x＝1m，y＝1m，故C正確。2.(2019·江蘇泗陽縣第一次統(tǒng)測)如圖所示，某同學由O點先后拋出完全相同的3個小球(可將其視為質(zhì)點)，分別依次垂直打在豎直木板M、N、P三點上．已知M、N、P、O四點距離水平地面高度分別為4h、3h、2h、h.不計空氣阻力，以下說法正確的是()A．擊中P點的小球動能最小B．分別到達M、N、P三點的小球的飛行時間之比為1∶2∶3C．分別到達M、N、P三點的小球的初速度的豎直分量之比為3∶2∶1D．到達木板前小球的加速度相同【答案】D【解析】將運動逆向看，可看成是三個平拋運動，且達到O點時水平位移相等，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可得運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))，則到達M、N、P的運動時間之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故B錯誤；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點的小球動能最小，故A錯誤；由v＝gt可知，到達M、N、P三點的小球的初速度的豎直分量之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故C錯誤；做平拋運動物體的加速度為重力加速度，故到達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，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】兩球拋出后都做平拋運動，兩球從同一高度拋出落到同一點，它們在豎直方向的位移相等，小球在豎直方向做自由落體運動，由于豎直位移h相等，它們的運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))相等；對球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C，不計空氣阻力。則()A．小球落到B點與落到C點所用時間相等B．小球落到B點與落到C點的速度方向一定相同C．小球落到C點時的速度方向不可能豎直向下D．力F越大，小球落到斜面的時間越短【答案】D【解析】對小球施加不為零的水平方向的恒力F時，小球在豎直方向的運動不變，仍做自由落體運動，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點的時間與落到C點所用的時間不相等，A錯誤；由圖可知，對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動，若到達C點時水平速度恰好減為零，則落到C點的速度方向豎直向下；而落到B點的小球做平拋運動，到達B點的速度方向不可能豎直向下，故B、C錯誤；當加力F時：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，小球落到斜面的時間t越短，D正確。題型三圓周運動問題【題型解碼】1.基本思路(1)受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．(2)列出正確的動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2.技巧方法豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析．【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，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的軸OO′轉(zhuǎn)動，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊A到OO′軸的距離為物塊B到OO′軸距離的兩倍?，F(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使轉(zhuǎn)速逐漸增大，從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是()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對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等知，A、B質(zhì)量相等，設為m。開始角速度較小時，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先達到最大靜摩擦力，之后繩子產(chǎn)生拉力；當繩子剛好產(chǎn)生拉力時，B受靜摩擦力作用且未達到最大靜摩擦力。對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A、B即將滑動。由以上分析可知A受到的靜摩擦力先增大，達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錯誤；合外力提供A做圓周運動的向心力，F(xiàn)合＝mω2r，在發(fā)生相對滑動前物塊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·河北衡水武邑中學四模)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的圓形細管豎直放置，一可看做質(zhì)點的小球在圓管內(nèi)做圓周運動，當其運動到最高點A時，小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關系如圖乙所示。設細管內(nèi)徑可忽略不計，則下列說法正確的是()A．當?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v2＝2b時，小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7aD．當0≤v2＜b時，小球在A點對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v2＝b時，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒有力的作用，此時由重力提供小球做圓周運動的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，A錯誤；當v2＝0時，F(xiàn)＝a，有mg＝a，又因為g＝eq\f(b,R)，所以小球的質(zhì)量m＝eq\f(a,b)R，B正確；當v2＝2b時，設小球運動到最低點時的速度大小為v′，則由機械能守恒定律可得mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m·2b，設小球在最低點時受到的彈力大小為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0≤v2＜b時，小球在最高點時需要的向心力小于小球的重力，所以圓管對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錯誤。【提分秘籍】1.圓周運動問題的求解步驟(1)審清題意，確定研究對象，明確物體做圓周運動的平面。(2)分析清楚物體的受力情況，找清楚是哪些力充當向心力。(3)分析清楚物體的運動狀態(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．圓周運動的一些典型模型的處理方法【突破訓練】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)臺上，轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止，A、B和球心O點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錯誤；當A受到的摩擦力恰為零時，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B受到的摩擦力恰為零時，ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))由于α＞β，所以ωA＞ωB，而實際上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同時為零，B錯誤；若A不受摩擦力，則此時轉(zhuǎn)臺的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物塊實際的向心力大于B所受摩擦力為零時的向心力，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯誤；如果轉(zhuǎn)臺角速度從A不受摩擦力時的角速度ωA開始增大，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)游樂場有一種叫做“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機質(zhì)量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時，下列說法正確的是()A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直C．旋臂對模型飛機的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力減小【答案】C【解析】向心力是效果力，物體實際不受向心力作用，A錯誤；飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，豎直方向受力平衡，所以旋臂對模型飛機的作用力的一個分力與飛機的重力平衡，另一個分力提供了飛機做勻速圓周運動的向心力，因為不知道重力與向心力的定量關系，所以旋臂對模型飛機的作用力方向不一定與旋臂垂直，B錯誤；旋臂對模型飛機的作用力大?。篎＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，若夾角θ增大，旋臂對模型飛機的作用力增大，故C正確，D錯誤。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。關于兩輛汽車的受力情況，以下說法正確的是()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中路面對汽車的支持力豎直向上，圖2中路面對汽車的支持力垂直路面斜向上，A錯誤；圖1中路面對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，mgtanθ＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gRtanθ)，此時路面對乙車沒有摩擦力作用；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錯誤，D正確。4.(2019·山西運城高三上學期模擬)(多選)如圖為過山車及其軌道簡化模型，過山車車廂內(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，不計一切阻力，以下判斷正確的是()A．過山車在圓軌道上做勻速圓周運動B．過山車在圓軌道最高點時的速度應至少等于eq\r(gR)C．過山車在圓軌道最低點時乘客處于失重狀態(tài)D．若過山車能順利通過整個圓軌道，在最高點時安全帶對假人一定無作用力【答案】BD【解析】過山車在圓軌道上運動過程中，重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，即速度大小在變化，所以不是做勻速圓周運動，A錯誤；當過山車在圓軌道最高點重力等于向心力時，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，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錯誤；若過山車能順利通過整個圓軌道，則在最高點時，F(xiàn)向≥mg，假人受重力，還可能受座椅對它向下的彈力，安全帶對假人一定無作用力，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)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長為eq\f(mb,a)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a【答案】AD【解析】設繩長為R，由牛頓第二定律知小球在最高點滿足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錯誤；當v2＝c時，有T＋mg＝meq\f(c,R)，將g和R的值代入得T＝eq\f(ac,b)－a，C錯誤；因小球在最低點滿足T′－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，即在最低點和最高點時繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋eq\f(m,R)(veq\o\al(2,1)－v2)，又由機械能守恒定律知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和CD等高，底邊長L＝0.3m的斜面．一個質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(視為質(zhì)點)在傾斜軌道上從距離B點l＝0.5m處由靜止釋放，從C點水平拋出．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小物塊運動到C點時對軌道壓力的大??；(2)求小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間；(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動能的最小值．【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，小物塊運動到C點時對軌道壓力大小為FN′＝2.2N.(2)如圖，設物塊落到斜面上時水平位移為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y＝0.12m時，Ekmin＝0.15J.【提分秘籍】解決“圓周平拋（直線）組合模型”問題的5點要素1．一個物體平拋運動和（圓周）直線運動先后進行，要明確直線運動的性質(zhì)，關鍵抓住速度是兩個運動的銜接點．2．兩個物體分別做平拋運動和（圓周）直線運動，且同時進行，則它們運動的時間相等，同時滿足一定的空間幾何關系．3.對于多過程問題首先要搞清各運動過程的特點，然后選用相應規(guī)律．4．要特別注意運用有關規(guī)律建立兩運動之間的聯(lián)系，把轉(zhuǎn)折點的速度作為分析重點．5.程序法在解圓周平拋（直線）組合模型中的應用所謂“程序法”是指根據(jù)題意按先后順序分析發(fā)生的運動過程，并明確每一過程的受力情況、運動性質(zhì)、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后過程的銜接點是具有相同的速度．【突破訓練】1.(2019·山東青島一模)隨著北京冬奧會的臨近，滑雪項目成為了人們非常喜愛的運動項目。如圖，運動員從高為h的A點由靜止滑下，到達B點水平飛出后經(jīng)過時間t落到長直滑道上的C點，不計滑動過程的摩擦和空氣阻力，關于運動員的運動，下列說法正確的是()A．若h加倍，則水平飛出的速度v加倍B．若h加倍，則在空中運動的時間t加倍C．若h加倍，運動員落到斜面上的速度大小不變D．若h加倍，運動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，可得運動員水平飛出的速度v＝eq\r(2gh)，若h加倍，則水平飛出的速度v變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，A錯誤；運動員從B點滑出后做平拋運動，設運動員落到長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，則在空中運動的時間t變?yōu)閑q\r(2)倍，B錯誤；設運動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，運動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，運動員落到斜面上的速度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，C錯誤，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點，B點和圓心等高，M點與O點在同一豎直線上，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝45°?，F(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后沿水平方向通過與O點等高的C點，已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，則以下結論正確的是()A．A、B兩點間的高度差為eq\f(\r(2),2)RB．C到N的水平距離為2RC．小球在M點對軌道的壓力大小為(3＋eq\r(2))mgD．小球從N點運動到C點的時間為eq\r(\f(2R,g))【答案】AC【解析】從A點到C點：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，從A點到N點：mg(h＋Rcos45°)＝