2024-2025学年高考物理重点专题讲解及突破04曲线运动含解析

2024-2025年高考物理重点专题讲解及突破04：曲线运动超重点1：运动的合成和分解超重点1：运动的合成和分解1．合运动和分运动的关系等时性各分运动经验的时间与合运动经验的时间相等独立性一个物体同时参加几个分运动，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果2.运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则．3．合运动的性质推断加速度(或合外力)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(变更：变加速运动,不变：匀变速运动))加速度(或合外力)与速度方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共线：直线运动,不共线：曲线运动))1．(2024·湖南永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜爱的欣赏性体育项目．当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成损害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关【答案】C【解析】运动员同时参加了两个分运动，即竖直方向向下的运动和水平方向随风的运动，两个分运动同时发生，相互独立，因此，水平分速度越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故A、B错误，C正确；运动员着地速度与风力大小有关，故D错误．2．(多选)(2024·山东试验中学高三段考)一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t(式中的物理量单位均为国际单位)．关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体在x轴方向上做匀减速直线运动B．物体在y轴方向上做匀加速直线运动C．物体运动的轨迹是一条直线D．物体运动的轨迹是一条曲线【答案】BC【解析】对应位移时间公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t，可得初速度：v0x＝－4m/s，v0y＝6m/s；加速度：ax＝－4m/s2，ay＝6m/s2.物体在x轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故A错误；物体在y轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故B正确；题中分运动的初速度和加速度数值完全相同，故合运动的初速度数值和方向也是相同的，合运动的初速度方向与加速度方向相同，故合运动肯定是匀加速直线运动，故C正确，D错误．3．[运动合成与分解的应用](2024·高考全国卷Ⅱ)由于卫星的放射场不在赤道上，同步卫星放射后须要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次放射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103m/sB．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B【解析】由题设条件可知，卫星在转移轨道上飞经赤道上空时速度v1＝1.55×103m/s，同步卫星的环绕速度v＝3.1×103m/s，设发动机给卫星的附加速度为v2，由平行四边形定则，三个速度间关系如图所示，由图可知附加速度方向为东偏南，由余弦定理可得v2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1)－2vv1cos30°)≈1.9×103m/s，选项B正确．超重点2：小船过河问题超重点2：小船过河问题1．船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．2．三种速度：船在静水中的速度v船、水的流速v水、船的实际速度v合．3．三种情景状况图示说明渡河时间最短当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝eq\f(d,v船)渡河位移最短假如v船＞v水，当船头方向与上游夹角θ满意v船cosθ＝v水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河宽d假如v船＜v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，等于eq\f(dv水,v船)[典例1]小船在200m宽的河中横渡，水流速度为2m/s，船在静水中的速度为4m/s.(1)若小船的船头始终正对对岸，它将在何时、何处到达对岸？(2)要使小船到达正对岸，应如何航行？历时多长？(3)若水流速度是5m/s，船在静水中的速度是3m/s，则怎样渡河才能使船漂向下游的距离最短？最短距离是多少？【答案】见解析【解析】(1)小船参加了两个分运动，即船随水漂流的运动和船在静水中的运动．因为分运动之间具有独立性和等时性，故小船渡河的时间等于垂直于河岸方向的分运动的时间，即t＝eq\f(d,v船)＝eq\f(200,4)s＝50s小船沿水流方向的位移s水＝v水t＝2×50m＝100m即船将在正对岸下游100m处靠岸．(2)要使小船到达正对岸，合速度v应垂直于河岸，如图所示，则cosθ＝eq\f(v水,v船)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，故θ＝60°即船头的指向与上游河岸成60°角，渡河时间t＝eq\f(d,v)＝eq\f(200,4sin60°)s＝eq\f(100\r(3),3)s.(3)因为v船＝3m/s＜v水＝5m/s，所以船不行能垂直河岸横渡，不论航向如何，总被水流冲向下游．如图所示，设船头(v船)与上游河岸成θ角，合速度v与下游河岸成α角，可以看出：α角越大，船漂向下游的距离x′越短．以v水的矢尖为圆心，以v船的大小为半径画圆，当合速度v与圆相切时，α角最大．则cosθ＝eq\f(v船,v水)＝eq\f(3,5)，故船头与上游河岸的夹角θ＝53°又eq\f(x′,d)＝eq\f(v,v船)＝eq\f(\r(v\o\al(2,水)－v\o\al(2,船)),v船)，代入数据解得x′＝267m.[易错警示]求解小船渡河问题的3点留意(1)船的航行方向是船头指向，是分运动；船的运动方向是船的实际运动方向，是合运动，一般状况下与船头指向不一样．(2)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关．(3)船渡河位移最小值与v船和v水大小关系有关，v船＞v水时，河宽即为最小位移；v船＜v水时，应利用图解法求极值的方法处理．训练1．(多选)(2024·湖北武汉调研)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身供应的速度(即在静水中的速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则()A．越接近河岸水流速度越小B．越接近河岸水流速度越大C．无论水流速度是否变更，这种渡河方式耗时最短D．该船渡河的时间会受水流速度变更的影响【答案】AC【解析】由船的运动轨迹可知，切线方向即为船的合速度方向，将合速度分解，由于静水速度不变，可知越接近河岸水流速度越小，选项A正确，B错误；小船渡河的时候，当船身方向垂直河岸时渡河时间是最短的，而且时间是不受水流速度影响的，选项C正确，D错误．训练2．一小船渡河，已知河水的流速与距某一河岸的距离的变更关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，则()A．船渡河的最短时间为75sB．要使船以最短时间渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线C．要使船以最短路程渡河，船在行驶过程中，船头必需始终与河岸垂直D．要使船以最短时间渡河，船在河水中的速度是5m/s【答案】A【解析】当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，t＝eq\f(d,v船)＝eq\f(300,4)s＝75s，故A正确；船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线运动，故B错误；要使船以最短路程渡河，必需是小船合速度始终与河岸垂直，故C错误；依据速度的合成可知，船在河水正中间时速度最大，为5m/s，其余位置小于5m/s，故D错误．训练3．如图所示，一艘轮船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同．某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消逝，轮船相对于水的速度渐渐减小，但船头方向始终未发生变更．求：(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小．(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值．【答案】(1)5m/s(2)2.4m/s【解析】(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示．故此时轮船相对于静水的速度v2的大小v2＝eq\r(v2＋v\o\al(2,1))＝eq\r(42＋32)m/s＝5m/s，设v与v2的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(v,v2)＝0.8.(2)熄火前，船的牵引力沿v2的方向，水的阻力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消逝，在阻力作用下，v2渐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ则vmin＝v1cosα＝3×0.8m/s＝2.4m/s.超重点3：超重点3：“关联速度”模型1．模型特点合速度→物体的实际运动速度v分速度→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(其一：沿绳或杆的分速度v1,其二：与绳或杆垂直的分速度v2))2．解题的思路把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个重量，依据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．[典例2](2024·陕西宝鸡模拟)如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P.设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小．现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是()A．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是eq\r(3)∶2B．当θ＝90°时，Q的速度最大C．当θ＝90°时，Q的速度为零D．当θ向90°增大的过程中Q的合力始终增大[思路点拨](1)P、Q两物体用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等．(2)将Q的速度沿绳子和垂直绳子的方向分解，利用数学关系求解．【答案】B【解析】P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，分解vQ如图所示．则当θ＝60°时，Q的速度vQcos60°＝vP，解得eq\f(vP,vQ)＝eq\f(1,2)，故A错误；P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ＝90°时，Q的速度最大，故B正确，C错误；当θ向90°增大的过程中Q的合力渐渐减小．当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度为零，合力为零，故D错误．[规律总结]“绳(杆)”关联速度问题分析思路(1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，沿绳或杆方向的分速度大小相同．训练1.(2024·湖北龙泉中学、宜昌一中联考)某人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，人以速度v0匀速向下拉绳，当物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是()A.eq\f(v0,cosθ) B.eq\f(v0,sinθ)C．v0cosθ D．v0sinθ【答案】A【解析】将A的速度以运动效果分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度，如图所示，拉绳的速度等于A沿绳方向的分速度，依据平行四边形定则得，实际速度v＝eq\f(v0,cosθ)，选项A正确．训练2.一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1起先下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向夹角θ＝30°，B球的速度大小为v2，则()A．v2＝eq\f(1,2)v1 B．v2＝2v1C．v2＝v1 D．v2＝eq\r(3)v1【答案】C【解析】球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，对其分解如图所示，有v11＝v1sin30°＝eq\f(1,2)v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos60°＝eq\f(1,2)v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C项正确．训练3．(2024·河南中原名校联考)如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中心小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中心小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()A．vsinθ B．vcosθC．vtanθ D.eq\f(v,tanθ)【答案】A【解析】由题意可知，线与光盘的交点参加两个运动，一是沿着线方向的运动，二是垂直线方向的运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有v线＝vsinθ；而线的速度，即为小球上升的速度，故A正确．超重点4：平抛运动的基本规律超重点4：平抛运动的基本规律1．飞行时间：由t＝eq\r(\f(2h,g))知，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．2．水平射程：x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同确定．3．落地速度：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，落地时速度与水平方向夹角为θ，有tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(2gh),v0).故落地速度只与初速度v0和下落高度h有关．4.速度变更量：做平抛运动的物体在随意相等时间间隔Δt内的速度变更量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线肯定能过此时水平位移的中点，如图甲所示，B是OC的中点．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα.1．(2024·高考全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽视空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其缘由是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大【答案】C【解析】发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，依据平抛运动规律，竖直方向上，h＝eq\f(1,2)gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误；由veq\o\al(2,y)＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误；由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误．2.(多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球水平抛出时的初速度大小为eq\f(gt,tanθ)B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq\f(θ,2)C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D．若小球初速度增大，则θ减小【答案】AD【解析】画出平抛运动分解图，如图所示，由tanθ＝eq\f(gt,v0)可得小球平抛的初速度大小v0＝eq\f(gt,tanθ)，A正确；由tanα＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2)tanθ可知，α≠eq\f(θ,2)，B错误；小球做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，与小球初速度无关，C错误；由tanθ＝eq\f(gt,v0)可知，v0越大，θ越小，D正确．3.(多选)如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R.将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则下列叙述正确的是()A．当小球的初速度v0＝eq\r(gR)时，落到环上时的竖直分速度最大B．当小球的初速度v0<eq\f(\r(2gR),2)时，将撞击到环上的ac段圆弧C．当v0取适当值时，小球可以垂直撞击圆环D．无论v0取何值，小球都不行能垂直撞击圆环【答案】BD【解析】小球抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，若使得竖直分速度最大，依据自由落体运动规律有y＝eq\f(1,2)gt2，当y＝R＝eq\f(1,2)gt2时速度最大，此时t＝eq\r(\f(2R,g))，小球落在c点，水平位移为R，那么平抛的初速度v0＝eq\f(\r(2gR),2)，选项A错误．由上知当时速度v0<eq\f(\r(2gR),2)时，水平位移小于R，则小球将撞击到环上的ac段圆弧，选项B正确．假如平抛运动末速度与圆弧垂直，则末速度反向延长线肯定指向圆心，依据平抛运动末速度反向延长线与水平位移的交点为水平位移的中点推断，水平位移即为2R，而小球从a点向右做平抛运动时不行能落在b点，所以无论v0取何值小球都不行能垂直撞击圆环，选项C错误，D正确．＊与斜面有关的平抛常见模型及分析方法方法运动情景定量关系总结分解速度vx＝v0vy＝gttanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt)速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形vx＝v0vy＝gttanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)分解位移x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形[典例1](2024·湖南邵阳高三质检)如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg.不计空气阻力．(取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2)求：(1)A点与O点的距离L；(2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员落到A点时的动能．[思路点拨]解此题抓住两点：(1)利用化曲为直的分解思想．(2)OA间距为运动员的位移．【答案】(1)75m(2)20m/s(3)32500J【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有y＝Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2得A点与O点的距离L＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m(2)设运动员离开O点时的速度大小为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即x＝Lcos37°＝v0t解得v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s(3)方法一：合成法运动员到达A点时，竖直方向的速度vy＝gt＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J方法二：结论法运动员到达A点时，位移的偏角θ＝37°，所以速度的偏角β满意tanβ＝2tanθ＝eq\f(vy,v0)即vy＝2v0tanθ＝30m/s运动员到达A点时的动能Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝32500J[方法技巧]与斜面有关的平抛运动模型的2点技巧(1)在解答该类问题时，首先运用平抛运动的位移和速度规律并将位移或速度分解．(2)充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得到顺当解决．训练1.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为()A．tanθ B．2tanθC.eq\f(1,tanθ) D.eq\f(1,2tanθ)【答案】D【解析】方法一：分解法由“其速度方向与斜面垂直”知，小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角β＝eq\f(π,2)－θ，如图所示．由tanβ＝eq\f(vy,v0)，得vy＝v0tanβ＝eq\f(v0,tanθ)，则t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v0,gtanθ)，所以eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(1,2tanθ)，D正确．方法二：结论法由题意知，小球落到斜面上时，速度的偏角为β＝eq\f(π,2)－θ，如图所示．设此时小球的位移偏角为α，则有2tanα＝tan(eq\f(π,2)－θ)＝eq\f(1,tanθ)，得tanα＝eq\f(1,2tanθ)，故eq\f(y,x)＝eq\f(1,2tanθ)，D正确．训练2．(2024·山西四校联考)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0水平抛出一个小球，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2v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是()A．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．P、Q间距是原来间距的3倍【答案】B【解析】依据tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)得，小球在空中运动的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍，选项C错误．速度与水平方向的夹角的正切值tanβ＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度大小无关，故选项A错误，B正确．P、Q的间距s＝eq\f(x,cosθ)＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanθ,gcosθ)，初速度变为原来的2倍，则P、Q的间距变为原来的4倍，选项D错误．超重点4：圆周运动超重点4：圆周运动一、匀速圆周运动及其描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．描述圆周运动的物理量及其关系(1)线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2πr,T).(2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(2π,T).(3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝eq\f(2πr,v)，T＝eq\f(1,f).(4)向心加速度：描述速度方向变更快慢的物理量．an＝rω2＝eq\f(v2,r)＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r.(5)相互关系：①v＝ωr＝eq\f(2π,T)r＝2πrf.②an＝eq\f(v2,r)＝rω2＝ωv＝eq\f(4π2,T2)r＝4π2f2r.二、匀速圆周运动的向心力1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避开再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力状况，找出全部的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．3．向心力的公式Fn＝man＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r.三、离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消逝或不足以供应圆周运动所需向心力的状况下，就做渐渐远离圆心的运动．2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线飞出去的趋势．3.受力特点(1)当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F＜mω2r时，物体渐渐远离圆心，F为实际供应的向心力，如图所示．四．常见的三种传动方式及特点(1)皮带传送：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.(2)摩擦或齿轮传动：如图甲、乙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB.(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比．1.(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来变更行驶速度．如图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()A．该自行车可变换两种不同挡位B．该自行车可变换四种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1【答案】BC【解析】该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转四周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误．2．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的()A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4【答案】D【解析】A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，eq\f(vb,RB)＝eq\f(vc,RC)，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误．转速之比等于角速度之比，故C错误．由a＝ωv得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，D正确．3.(多选)如图所示，当正方形薄板围着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点()A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶eq\r(2)C．线速度之比vA∶vB＝eq\r(2)∶1D．线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)【答案】AD【解析】板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，选项A正确，B错误；线速度v＝ωr，线速度之比vA∶vB＝1∶eq\r(2)，选项C错误，D正确．＊圆周运动的动力学分析1．向心力的来源(1)向心力的方向沿半径指向圆心；(2)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力状况，全部的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．六种常见的向心力实例运动模型①飞机水平转弯②火车转弯③圆锥摆向心力的来源图示运动模型④飞车走壁⑤汽车在水平路面转弯⑥光滑水平转台向心力的来源图示1.(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．b肯定比a先起先滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】因圆盘从静止起先绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则依据牛顿其次定律可得Ff＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动须要的向心力较大，选项B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b肯定比a先起先滑动，选项A正确；当b起先滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，选项C正确；当a起先滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而转盘的角速度eq\r(\f(2kg,3l))＜eq\r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来供应，由牛顿其次定律可得Ff＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．2．(多选)铁路转弯处的弯道半径r是依据地形确定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速度v有关．下列说法正确的是()A．速率v肯定时，r越小，要求h越大B．速率v肯定时，r越大，要求h越大C．半径r肯定时，v越小，要求h越大D．半径r肯定时，v越大，要求h越大【答案】AD【解析】火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G与轨道支持力FN的合力来供应，如图所示，则有mgtanθ＝eq\f(mv2,r)，且tanθ≈sinθ＝eq\f(h,L)，其中L为轨间距，是定值，有mgeq\f(h,L)＝eq\f(mv2,r)，通过分析可知A、D正确．3.[圆锥摆模型分析](多选)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动．则以下叙述正确的是()A．只有当mA＜mB时，小球A的角速度才会大于小球B的角速度B．不论A、B的质量关系如何，小球A的线速度始终大于小球B的线速度C．不论A、B的质量关系如何，小球A对漏斗内壁的压力始终大于小球B对漏斗内壁的压力D．不论A、B质量关系如何，小球A的周期始终大于小球B的周期【答案】BD【解析】对A、B两球中随意一球探讨，进行受力分析，如图，小球只受重力和漏斗给的支持力FN.如图所示，设内壁与水平面的夹角为θ.依据牛顿其次定律有：mgtanθ＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，则得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r))，v＝eq\r(grtanθ)，T＝2πeq\r(\f(r,gtanθ)).可知，小球的轨道半径越大角速度越小，线速度越大，周期越大，与两球质量大小无关．所以A的角速度小于B的角速度，A的线速度大于B的线速度，A的周期始终大于B的周期，故A错误，B、D正确；支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)，θ相同，知两球所受的支持力与质量成正比，故C错误．＊竖直平面内的圆周运动模型1．轻绳模型和轻杆模型概述在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力状况可分为两类．一是无支撑(如球与绳连接，沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接，小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．2．两类模型对比轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mgv＝eq\r(gr)的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点[典例1]如图所示，一质量为m＝0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的速度不能超过多大？[思路点拨]解此题关键有两点：(1)小球在竖直平面内做完整圆周运动的条件．(2)最低点小球做圆周运动的向心力来源．【答案】(1)2m/s(2)15N(3)4eq\r(2)m/s【解析】(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿其次定律得mg＋F1＝eq\f(mv2,R)①由于轻绳对小球只能供应指向圆心的拉力，即F1不行能取负值，亦即F1≥0②联立①②得v≥eq\r(gR)，代入数值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s.(2)将v2＝4m/s代入①得，F2＝15N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿其次定律得F3－mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),R)③将F3＝45N代入③得v3＝4eq\r(2)m/s即小球的速度不能超过4eq\r(2)m/s.[规律总结]分析竖直平面内圆周运动问题的思路训练1．(多选)(2024·北京东城区模拟)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动．关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()A．当v＝eq\r(gL)时，轻杆对小球的弹力为零B．当v由eq\r(gL)渐渐增大时，轻杆对小球的拉力渐渐增大C．当v由eq\r(gL)渐渐减小时，轻杆对小球的支持力渐渐减小D．当v由零渐渐增大时，向心力也渐渐增大【答案】ABD【解析】在最高点轻杆对小球的作用力为0时，由牛顿其次定律得mg＝eq\f(mv2,L)，v＝eq\r(gL)，A正确；当v＞eq\r(gL)时，轻杆对小球有拉力，则F＋mg＝eq\f(mv2,L)，v增大，F增大，B正确；当v＜eq\r(gL)时，轻杆对小球有支持力，则mg－F′＝eq\f(mv2,L)，v减小，F′增大，C错误；由F向＝eq\f(mv2,L)知，v增大，向心力增大，D正确．训练2．(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示．设细管内径可忽视不计，则下列说法中正确的是()A．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)B．该小球的质量为eq\f(a,b)RC．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7aD．当0≤v2<b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上【答案】BC【解析】由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力供应小球做圆周运动的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝eq\f(b,R)，所以小球的质量m＝eq\f(a,b)R，选项B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由向心力公式可得F′－mg＝meq\f(v′2,R)，联立解得F′＝7a，选项C正确；当0≤v2<b时，小球在最高点时须要的向心力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错误．＊周运动与平抛运动的组合问题题型简述平抛运动与圆周运动的组合问题分为两类：一类是物体先做平抛运动，后进入圆轨道受到约束做圆周运动；另一类是物体先做圆周运动，失去约束沿水平方向抛出，后做平抛运动．方法突破(1)明确匀速圆周运动的向心力来源，依据牛顿其次定律和向心力公式列方程．(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.[典例2](2024·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)[思路点拨]小物块运动的过程分为两个阶段，一是由轨道最低点到轨道最高点的圆周运动，符合机械能守恒定律；二是从轨道最高点到水平地面的平抛运动．依据两个阶段列方程，联立得出关于x的表达式是解题的关键．【答案】B【解析】小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)小物块从最高点水平飞出做平抛运动有2R＝eq\f(1,2)gt2x＝v1t(x为落地点到轨道下端的距离)联立得：x2＝eq\f(4v2,g)R－16R2当R＝eq\f(v2,8g)时，x具有最大值，选项B正确．[真题点评](1)“平抛＋圆周”或“圆周＋平抛”组合类型的题目是高考重点，此类题目综合考查直线、平抛、圆周基本运动模型．(2)解此类问题的关键是分析两种运动过渡时的速度，同时敏捷应用各种运动形式的解题方法．拓展1竖直面上“平抛＋圆周”组合1.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为()A.eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g) B.eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)C.eq\f(v\o\al(2,0),gtanα) D.eq\f(2v\o\al(2,0),gtanα)【答案】A【解析】设小球到B点时速度为v，如图所示，在B点分解其速度可知vx＝v0，vy＝v0tanα，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，联立得t＝eq\f(v0tanα,g)，A、B之间的水平距离为xAB＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g)，所以只有A项正确．拓展2“水平圆周＋平抛”组合2.(2024·福建厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台起先做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5m，离水平地面的高度H＝0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.【答案】(1)1m/s(2)0.2【解析】(1)设物块做平抛运动所用时间为t，竖直方向有H＝eq\f(1,2)gt2①水平方向有s＝v0t②联立①②两式得v0＝seq\r(\f(g,2H))＝1m/s.③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力供应向心力，有μmg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)④联立③④得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),gR)＝0.2⑤拓展3竖直面“圆周＋平抛”组合3.如图所示，一不行伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【答案】(1)1.41m(2)20N【解析】(1)小球从A到B过程机械能守恒，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①小球从B到C做平抛运动，则在水平方向有s＝vBt②在竖直方向有H＝eq\f(1,2)gt2③联立①②③式解得s＝1.41m.(2)小球下摆到B点时，绳子的拉力与小球重力的合力供应向心力，由牛顿其次定律有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L)④联立①④式解得F＝20N由牛顿第三定律得F′＝F＝20N即轻绳所受的最大拉力为20N.题组突破训练题组突破训练一、选择题1.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点动身经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在这两段时间内的速度变更量大小相等，方向相同C．质点在这两段时间内的速度变更量大小不相等，但方向相同D．质点在MN间的运动是变加速运动【答案】B【解析】由题中可知弧长MP大于弧长PN，tMP＝tPN，A错误．质点始终受恒力作用，由牛顿其次定律得a＝eq\f(F,m)，加速度恒定，则质点在这两段时间内的速度变更量大小相等，方向相同，且质点做匀变速曲线运动，B正确，C、D错误．2.(2024·山东东营一中质检)如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端放在升降平台上，平台以速度v匀速上升．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为()A.eq\f(vsinα,L) B.eq\f(v,Lsinα)C.eq\f(vcosα,L) D.eq\f(v,Lcosα)【答案】B【解析】棒与平台接触点的实际运动即合运动，其方向垂直棒指向左上，如图所示，合速度v实＝ωL，沿竖直方向的速度重量等于v，即ωLsinα＝v，所以ω＝eq\f(v,Lsinα)，B正确．3.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动状况是()A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上做匀速运动D．物体M向上做匀加速运动【答案】B【解析】当小车匀速向左运动时，沿绳子方向的速度vcosθ增大，物体M向上做变加速运动，绳的拉力大于M的重力，选项B正确．4.(2024·山东潍坊统考)如图所示，河水由西向东流，河宽为800m，河中各点的水流速度大小v水与各点到较近河岸的距离x的关系为v水＝eq\f(3,400)x(m/s)(x的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4m/s，则下列说法正确的是()A．小船渡河的轨迹为直线B．小船在河水中的最大速度是5m/sC．小船在距南岸200m处的速度小于在距北岸200m处的速度D．小船渡河的时间是200s【答案】BD【解析】小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，A错误．当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm＝5m/s，B正确．小船在距南岸200m处的速度等于在距北岸200m处的速度，C错误．小船的渡河时间t＝200s，D正确．5.(2024·天津试验中学模拟)（多选）如图所示，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的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．小环刚释放时轻绳中的张力肯定大于2mgB．小环到达B处时，重物上升的高度为(eq\r(2)－1)dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)【答案】ABD【解析】小环释放后，v增加，而v1＝vcosθ，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力肯定大于2mg，A项正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(eq\r(2)－1)d，B项正确；如图所示，将小环速度v进行正交分解，其分速度v1与重物上升的速度大小相等，v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)，C项错误，D项正确．6.(2024·江苏南通模拟)如图所示，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过肯定滑轮相连．现在使A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角为α、β，下列说法正确的是()A．此时B球的速度为veq\f(cosα,cosβ)B．此时B球的速度为veq\f(sinα,sinβ)C．在β增大到90°的过程中，B球做匀速运动D．在β增大到90°的过程中，B球做加速运动【答案】AD【解析】由于绳连接体沿绳方向的速度大小相等，因此vcosα＝vBcosβ，故vB＝veq\f(cosα,cosβ)，A正确，B错误．在β增大到90°的过程中，α在减小，因此B球的速度在增大，B球做加速运动，C错误，D正确．7．(多选)(2024·河北保定模拟)有一物体在离水平地面高h处以初速度v0水平抛出，落地时速度为vt，竖直分速度为vy，水平射程为l，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为()A.eq\r(\f(2h,g)) B.eq\f(2h,vy)C.eq\f(l,vt) D.eq\r(\f(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0),g))【答案】AB【解析】由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，A正确；由h＝eq\x\to(v)yt，eq\x\to(v)y＝eq\f(vy,2)，得h＝eq\f(vy,2)t，故t＝eq\f(2h,vy)，B正确；因t＝eq\f(l,v0)，而v0≠vt，故C错误；因vy＝eq\r(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,x))＝eq\r(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0))，而t＝eq\f(vy,g)，故t＝eq\f(\r(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0)),g)，D错误．8.(多选)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，重力加速度为g，由此可算出()A．轰炸机的飞行高度B．轰炸机的飞行速度C．炸弹的飞行时间D．炸弹投出时的动能【答案】ABC【解析】由于炸弹垂直击中山坡上的目标A，tanθ＝eq\f(v0,gt)，水平方向hcotθ＝v0t，由两式可解得t和v0，由t可求解轰炸机的飞行高度，由于不知炸弹的质量，无法求出炸弹的动能，A、B、C三项正确．9.(多选)如图所示，一斜面体高AB＝L，底边长BC＝2L，由斜面顶端A点以肯定的初速度水平抛出一个物体，物体刚好落在斜面体顶端C点．若将抛出的初速度减半，则下列说法正确的是()A．物体落到斜面上时的速度大小为eq\f(1,2)eq\r(gL)B．物体落到斜面上时的速度方向与水平方向成45°角C．物体从抛出到落到斜面上所用时间为eq\r(\f(L,2g))D．物体从抛出到落到斜面上的过程中位移大小为eq\f(\r(5),4)L【答案】BCD【解析】物体做平抛运动，落到斜面上C点时，速度的反向延长线通过水平位移的中点，此时速度方向与水平方向的夹角为45°，物体以不同的初速度做平抛运动，落到斜面上时的速度方向相同，因此B项正确；设物体做平抛运动的时间为t，则x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)，解得t＝eq\f(v0,g)，由此可知，初速度减半，平抛运动的时间减半，下落的高度是原来的eq\f(1,4)，即eq\f(1,4)L，可知物体落到斜面上时竖直方向的分速度vy＝eq\r(2g×\f(L,4))＝eq\r(\f(gL,2))，落到斜面上时的速度大小v＝eq\r(2)vy＝eq\r(gL)，A项错误；物体初速度减半后，落到斜面上的时间t′＝eq\r(\f(2×\f(L,4),g))＝eq\r(\f(L,2g))，平抛运动过程中的位移s＝eq\r(\f(L,4)2＋2×\f(L,4)2)＝eq\f(\r(5),4)L，C、D两项正确．10.据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所运用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞．如图所示的AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y.某次训练中，视察战机(视为质点)通过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t，则战机离开B点的速率为()A.eq\f(x,t) B.eq\f(y,t)C.eq\f(\r(x2＋y2),t) D.eq\f(\r(x2＋4y2),t)【答案】D【解析】战机的运动轨迹是抛物线，当水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则战机到达B点时的水平分速度大小vx＝eq\f(x,t)，竖直分速度大小vy＝eq\f(2y,t)，合速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(\r(x2＋4y2),t)，选项D正确．11.(多选)如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外公路宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的公路上，则小球离开屋顶时的速度v的大小的可能值为(g取10m/s2)()A．8m/s B．12m/sC．6m/s D．2m/s【答案】ABC【解析】若v太大，小球落在公路外边，因此，要使球落在公路上，v的最大值vmax为球落在公路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1.则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解以上两式得vmax＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s若v太小，小球被墙拦住，因此，球不能落在公路上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在公路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2小球的竖直方向位移：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)联立以上两式解得vmin＝Leq\r(\f(g,2H－h))＝5m/s因此答案应为A、B、C.12.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111m的短道竞赛．运动员竞赛过程中在通过弯道时假如不能很好地限制速度，将发生侧滑而摔离正常竞赛路途．图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运动路途，Oa为运动员在O点时的速度方向(探讨时可将运动员看成质点)．下列论述正确的是()A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所须要的向心力C．若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧D．若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间【答案】D【解析】运动员发生侧滑是因为运动员受到指向圆心的合力小于所须要的向心力，A、B错误．若在O点发生侧滑，假如向心力突然消逝，则沿切线Oa运动，而现在是由于所供应的向心力小于所须要的向心力，因此滑动的方向在Oa与Ob之间，D正确．13．如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮．假设脚踏板的转速为n，则自行车前进的速度为()A.eq\f(2πnr1r3,r2) B.eq\f(πnr2r3,r1)C.eq\f(πnr1r3,r2) D.eq\f(2πnr2r3,r1)【答案】A【解析】前进速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的点角速度相等，同一链条上的点线速度大小相等可得：ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，又有ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝eq\f(2πnr1r3,r2)，A正确．14.如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入圆轨道．OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2.下列关系式正确的是()A．tanθ1tanθ2＝2 B．cotθ1tanθ2＝2C．cotθ1cotθ2＝2 D．tanθ1cotθ2＝2【答案】A【解析】小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为θ1，tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，位移与竖直方向的夹角为θ2，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，则tanθ1tanθ2＝2.故A正确，B、C、D错误．15.(2024·安徽合肥高三模拟)如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A．物块始终受到三个力作用B．只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C．从a到b，物块所受的摩擦力先增大后减小D．从b到a，物块处于超重状态【答案】D【解析】在c点处，物块可能只受重力作用，在d点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处，物块受到重力、支持力、静摩擦