2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運動第3講拋體運動和圓周運動學(xué)案

PAGEPAGE1第3講拋體運動和圓周運動主干學(xué)問體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問規(guī)律(1)解決運動合成問題的四關(guān)鍵．①明性質(zhì)：明確合運動或分運動的運動性質(zhì)；②定方向：確定運動是在哪兩個方向上的合成或分解；③找已知：找出各方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)；④求結(jié)果：運用平行四邊形定則進(jìn)行求解．(2)豎直平面內(nèi)圓周運動的兩模型和兩點一過程．①兩模型：繩模型和桿模型；②兩點一過程：“兩點”指最高點和最低點，“一過程”指從最高點到最低點的運動過程及規(guī)律．思想方法(1)物理思想：分解思想、臨界值的思想．(2)物理方法：假設(shè)法、合成法、正交分解法1．(2024·全國Ⅲ卷，17)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)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．4倍C．6倍 D．8倍A[如圖所示，可知：x＝vt，x·tanθ＝eq\f(1,2)gt2則x＝eq\f(2tanθ,g)·v2，即x∝v2甲、乙兩球拋出速度為v和eq\f(v,2)，則相應(yīng)水平位移之比為4∶1，由相像三角形知，下落高度之比也為4∶1，由自由落體運動規(guī)律得，落在斜面上豎直方向速度之比為2∶1，則可得落至斜面時速率之比為2∶1.]2．(2024·天津卷，2)滑雪運動深受人民群眾寵愛．某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零 D．機械能始終保持不變C[運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動．A錯：運動員做勻速圓周運動，合外力指向圓心．B錯：如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小．C對：由動能定理知，勻速下滑動能不變，合外力做功為零．D錯：運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小．]特殊提示質(zhì)點做勻速圓周運動時，沿圓弧切線方向的合力為零，沿半徑方向的合力供應(yīng)向心力．3．(2024·高考全國卷Ⅱ，17)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(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)B[設(shè)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，依據(jù)機械能守恒定律有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，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＝eq\f(1,2)gt2，求得x＝eq\r(－16R－\f(v2,8g)2＋\f(v4,4g2))，因此當(dāng)R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)時，x取得最大值，B項正確，A、C、D項錯誤．]4．(2024·全國Ⅲ卷，25)如圖，在豎直平面內(nèi)，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，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)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，小球還始終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?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點時速度的大??；(2)小球到達(dá)A點時動量的大?。?3)小球從C點落至水平軌道所用的時間．解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)②設(shè)小球到達(dá)C點時的速度大小為v，由牛頓其次定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得eq\x\to(DA)＝Rsinα⑥eq\x\to(CD)＝R(1＋cosα)⑦由動能定理有－mg·eq\x\to(CD)－F0·eq\x\to(DA)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)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(shè)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為t.由運動學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝eq\x\to(CD)⑩v⊥＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))?答案(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))[考情分析]■命題特點與趨勢1．高考對平拋運動與圓周運動學(xué)問的考查，多集中在考查平拋運動與圓周運動規(guī)律的應(yīng)用及與生活、生產(chǎn)相聯(lián)系的命題，多涉及有關(guān)物理量的臨界和極限狀態(tài)的求解，或考查有關(guān)平拋運動與圓周運動自身固有的特征物理量．豎直平面內(nèi)的圓周運動結(jié)合能量學(xué)問命題，勻速圓周運動結(jié)合磁場相關(guān)學(xué)問命題是考試重點，歷年均有相關(guān)選擇題或計算題出現(xiàn)．2．單獨命題常以選擇題的形式出現(xiàn)；與牛頓運動定律、功能關(guān)系、電磁學(xué)學(xué)問相綜合的命題常以計算題的形式出現(xiàn)．3．平拋運動的規(guī)律及其探討方法，圓周運動的角速度、線速度及加速度是近年考試的熱點，且多數(shù)與電場、磁場、機械能等學(xué)問結(jié)合形成綜合類考題．■解題要領(lǐng)1．嫻熟駕馭平拋、圓周運動的規(guī)律，對平拋運動和圓周運動的組合問題，要擅長利用轉(zhuǎn)折點的速度進(jìn)行突破．2．敏捷應(yīng)用運動的合成與分解的思想解決平拋、類平拋運動問題；對勻速圓周運動問題，駕馭找尋向心力來源、圓心及求半徑的方法．高頻考點一運動的合成與分解[備考策略]1．物體做曲線運動的條件：F合與v不共線．2．探討曲線運動的方法：運動的合成與分解．3．運動的合成與分解的運算法則：平行四邊形定則或三角形定則．4．合運動與分運動的三個特性：等時性、獨立性、等效性．5．特殊留意：合運動就是物體的實際運動．[題組突破]1－1.(2024·遼寧鞍山二模)(多選)如圖所示，河道寬L＝200m，越到河中心河水的流速越大，且流速大小滿意μ＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))．一小船在靜水中的速度v＝10m/s，自A處動身，船頭垂直河岸方向渡河到達(dá)對岸B處．設(shè)船的運動方向與水流方向夾角為θ，下列說法正確的是()A．小船渡河時間大于20sB．A、B兩點間距離為200eq\r(2)mC．到達(dá)河中心前小船加速度大小為0.2m/s2D．在河中心時θ最小，且tanθ＝0.5BD[當(dāng)船頭垂直河岸方向渡河時，渡河的時間有最小值為t＝eq\f(L,v)＝eq\f(200,10)s＝20s，故A錯誤．因為水的流速大小滿意μ＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))，易得水流速的平均速度等于eq\f(L,4)處的水流速，則有u＝0.2×eq\f(L,4)＝10m/s.所以沿河岸方向上的位移為x＝ut＝200m．所以A、B兩點間距離為s＝eq\r(2002＋2002)m＝200eq\r(2)m，故B正確；船在靜水中速度是不變的，而水流速度滿意u＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))，因x＝vt，其中v＝10m/s，那么μ＝2t，因此到達(dá)河中心前小船加速度大小為2m/s2，故C錯誤；當(dāng)?shù)竭_(dá)中心時，水流速度為u＝0.2x＝0.2×100m/s＝20m/s最大，此時θ最小，由三角形學(xué)問，得tanθ＝eq\f(v,u)＝eq\f(10,20)＝0.5，故D正確．]1－2.(2024·河南省洛陽聯(lián)考)如圖所示，一塊橡皮用細(xì)線懸掛于O點，用釘子靠著線的左側(cè)，沿與水平方向成θ角的斜面對右上以速度v勻速運動，運動中始終保持懸線豎直，橡皮的速度方向與水平方向的夾角為α，則()A．若θ＝0，則α隨釘尖的速度v的增大而增大B．若θ＝0，則α隨釘尖的速度v的增大而減小C．若θ＝45°，釘尖的速度為v，則橡皮速度為2eq\r(2)vD．若θ＝45°，釘尖的速度為v，則橡皮速度為eq\r(2＋\r(2))vD[若θ＝0，則橡皮的運動可視為水平方向隨釘尖一起勻速，豎直方向細(xì)線的縮短長度等于水平方向細(xì)線增加的長度，即豎直方向也做與釘尖運動速率相同的勻速運動，所以橡皮的速度方向與水平方向的夾角α＝45°，與釘尖的速度v無關(guān)，選項A、B錯；若θ＝45°，釘尖的速度為v，則橡皮在水平方向的分速度為eq\f(\r(2),2)v，而在t時間內(nèi)沿豎直方向向上運動的距離為y＝vt＋eq\f(\r(2),2)vt，即豎直方向的分速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))v，所以橡皮速度為eq\r(2＋\r(2))v，C錯、D對．]1－3.(多選)如圖所示，A、B兩球分別套在兩光滑無限長的水平直桿上，兩球通過一輕繩繞過肯定滑輪(軸心固定不動)相連，某時刻連接兩球的輕繩與水平方向的夾角分別為α、β，A球向左的速度為v.下列說法正確的是()A．此時B球的速度為eq\f(cosα,cosβ)vB．此時B球的速度為eq\f(cosβ,cosα)vC．當(dāng)β增大到等于90°時，B球的速度達(dá)到最大D．當(dāng)β增大到90°的過程中，繩對B球的拉力始終做正功ACD[將A球的速度v沿輕繩方向和垂直于輕繩方向分解，沿輕繩方向分速度v1＝vcosα；將B球的速度vB沿輕繩方向和垂直于輕繩方向分解，沿輕繩方向分速度v2＝vBcosβ；兩小球沿輕繩方向的分速度相等，即vcosα＝vBcosβ，解得此時B球的速度為vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，選項A正確，B錯誤．由vB＝eq\f(cosα,cosβ)v，當(dāng)β增大到等于90°時，B球的速度達(dá)到最大，選項C正確．由于拉力與B球位移方向夾角小于90°，所以在β增大到90°的過程中，繩對B球的拉力始終做正功，選項D正確．]歸納反思涉及繩(桿)牽連物體的運動，其分析技巧為1．解題關(guān)鍵：找出合速度與分速度的關(guān)系是求解關(guān)聯(lián)問題的關(guān)鍵．2．基本思路：(1)先確定合速度的方向(物體實際運動方向)．(2)分析合運動所產(chǎn)生的實際效果：一方面使繩或桿伸縮；另一方面使繩或桿轉(zhuǎn)動．(3)確定兩個分速度的方向：沿繩或桿方向的分速度和垂直繩或桿方向的分速度，而沿繩或桿方向的分速度大小相同．高頻考點二拋體運動問題[備考策略]拋體運動問題并不難，解題的關(guān)鍵就是敏捷運用運動的合成與分解．本考點應(yīng)從以下兩個方面賜予突破：①對平拋運動規(guī)律的理解；②平拋運動與斜面的綜合問題．建議考生適當(dāng)關(guān)注即可1．圖解平拋運動的實質(zhì)2．平拋運動與斜面相關(guān)的兩個結(jié)論(1)對于在斜面上平拋又落到斜面上的物體，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．[題組突破]2－1.(2024·河南省平頂山市高三二模)如圖，某次空中投彈的軍事演習(xí)中，戰(zhàn)斗機以恒定速度沿水平方向飛行，先后釋放兩顆炸彈，分別擊中山坡上的M點和N點．釋放兩顆炸彈的時間間隔為Δt1，擊中M、N的時間間隔為Δt2，不計空氣阻力，則()A．Δt2＝0 B．Δt2<Δt1C．Δt2＝Δt1 D．Δt2>Δt1B[依據(jù)y＝eq\f(1,2)gt2，由于擊中山坡上M點的炸彈豎直位移y較大，可知擊中山坡上M點的炸彈在空中運動時間較長，所以Δt2<Δt1，選項B正確．]2－2.(2024·四川省成都市龍泉二中高三月考)如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與球心等高且在同一豎直面內(nèi)．現(xiàn)甲、乙兩位同學(xué)(可視為質(zhì)點)分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發(fā)覺兩球剛好落在坑中同一點Q，已知∠MOQ＝60°，忽視空氣阻力．則下列說法正確的是()A．甲、乙兩同學(xué)拋出球的速率之比為1∶3B．若僅增大v1，則兩球?qū)⒃诼淙肟又兄跋嘧睠．兩球的初速度無論怎樣變更，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和不變D．若僅從M點水平拋出小球，變更小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中AB[兩球剛好落在坑中同一點，說明兩球在豎直方向的位移相同，由y＝eq\f(1,2)gt2可知，兩球在空中飛行的時間相同．設(shè)半球形的半徑為R，則甲同學(xué)拋出的球的水平位移為x甲＝R－Rcos60°＝eq\f(R,2)，乙同學(xué)拋出的球的水平位移為x乙＝R＋Rcos60°＝eq\f(3R,2)，由x＝vt可知，甲、乙兩同學(xué)拋出球的速率之比為v1∶v2＝x甲∶x乙＝1∶3，選項A正確；若僅增大v1，則兩球?qū)⒃诼淙肟又兄跋嘧?，選項B正確；由x＝vt可知，只要落入坑中的同一點，則x甲＋x乙＝2R，兩球拋出的速率之和v1＋v2＝eq\f(x甲,t)＋eq\f(x乙,t)＝eq\f(x甲＋x乙,t)與小球在空中飛行時間有關(guān)，即與小球落入坑中的同一點的位置有關(guān)，選項C錯誤；依據(jù)平拋運動規(guī)律的推論，小球落入坑中時速度方向的反向延長線與水平直徑的交點在eq\f(1,2)水平位移的eq\f(1,2)處，即若僅從M點水平拋出小球，變更小球拋出的速度，小球不行能垂直坑壁落入坑中，選項D錯誤．]2－3.(2024·天星押題預(yù)料卷)如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，兩個可視為質(zhì)點的小球甲和乙分別沿水平方向拋出，兩球的初速度大小相等，已知甲的拋出點為斜面體的頂點，經(jīng)過一段時間兩球落在斜面上的A、B兩點后不再反彈，落在斜面上的瞬間，小球乙的速度與斜面垂直．忽視空氣的阻力，重力加速度為g.則下列選項正確的是()A．甲、乙兩球在空中運動的時間之比為tan2θ∶1B．甲、乙兩球下落的高度之比為2tan2θ∶1C．甲、乙兩球的水平位移之比為tanθ∶1D．甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ∶1D[由小球甲的運動可知，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tanα甲＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則tanα甲＝2tanθ，由小球乙的運動可知，tanθ＝eq\f(v0,v′y)＝eq\f(v0,gt′)，解得t′＝eq\f(v0,gtanθ)，落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tanα乙＝eq\f(v′y,v0)＝eq\f(1,tanθ)，則甲、乙兩球在空中運動的時間之比為t∶t′＝2tan2θ∶1，A錯；由h＝eq\f(1,2)gt2可知甲、乙兩球下落的高度之比為4tan4θ∶1，B錯誤；由x＝v0t可知甲、乙兩球的水平位移之比為2tan2θ∶1，C錯誤；甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ∶1，D正確．][歸納反思]處理平拋運動問題的五個關(guān)鍵點(1)平拋運動(或類平拋運動)，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成法則求合運動．(2)對于從斜面上平拋又落到斜面上的問題，豎直位移與水平位移的比值等于斜面傾角的正切值．(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度與豎直速度的比值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肯定不同．(5)抓住兩個三角形：速度三角形和位移三角形，結(jié)合題目呈現(xiàn)的角度或函數(shù)方程找到解決問題的突破口．高頻考點三圓周運動[備考策略]1．解決圓周運動力學(xué)問題的關(guān)鍵(1)正確進(jìn)行受力分析，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(xué)方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).結(jié)合v＝ωr、T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2πr,v)等基本公式進(jìn)行求解．2．抓住“兩類模型”是解決問題的突破點(1)模型1——水平面內(nèi)的圓周運動，一般由牛頓運動定律列方程求解．(2)模型2——豎直面內(nèi)的圓周運動(繩球模型和桿球模型)，通過最高點和最低點的速度常利用動能定理(或機械能守恒)來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓其次定律進(jìn)行動力學(xué)分析求解．3．豎直平面內(nèi)圓周運動的兩種臨界問題(1)繩球模型：小球能通過最高點的條件是v≥eq\r(gR).(2)桿球模型：小球能通過最高點的條件是v≥0.[命題視角]考向1水平面內(nèi)的圓周運動問題例1(2024·山東省菏澤二模)(多選)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤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ωA．b肯定比a先起先滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmgAC[本題從向心力來源入手，分析發(fā)生相對滑動的臨界條件．小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力供應(yīng)向心力，即f＝mω2R.當(dāng)角速度增加時，靜摩擦力增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當(dāng)fa＝kmg時，即kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當(dāng)fb＝kmg時，即kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達(dá)到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉(zhuǎn)動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當(dāng)ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛起先滑動，選項C正確；當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤．]考向2豎直面內(nèi)的圓周運動例2(2024·臨川一中高三期中考試)(多選)如圖所示，N、M、B分別為半徑R＝0.1m的豎直光滑圓弧軌道的左端點、最低點和右端點，B點和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37°.現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，進(jìn)入圓弧軌道后，從N點飛出時的速度大小為v＝2m/s.不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說法正確的是()A．A、B間的豎直高度為0.12mB．小球經(jīng)過B點時對軌道壓力的大小為2.4NC．小球經(jīng)過M點時對軌道壓力的大小為4.4ND．小球從A點到M點的過程中所受重力的功率始終增大AB[設(shè)A、B之間的豎直高度為h，對小球從A點靜止釋放至運動到N點的過程，由機械能守恒定律有，mg(Rcos37°＋h)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝0.12m，選項A正確；對小球從A運動到B的過程，由機械能守恒定律有，mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，設(shè)小球經(jīng)過B點時在水平方向受到軌道的彈力大小為FB，由牛頓其次定律有，F(xiàn)B＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，聯(lián)立解得FB＝eq\f(2mgh,R)＝2.4N，依據(jù)牛頓第三定律，小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小為2.4N，選項B正確；對小球從A點靜止釋放至運動到M點的過程，由機械能守恒定律有，mg(R＋h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，設(shè)小球經(jīng)過M點時受到軌道的支持力大小為FM，由牛頓其次定律有，F(xiàn)M－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，聯(lián)立解得FM＝5.4N，依據(jù)牛頓第三定律，小球經(jīng)過M點時對軌道的壓力大小為5.4N，選項C錯誤；由于小球運動到M點時速度方向水平，重力方向豎直向下，依據(jù)功率公式可知運動到M點時重力的功率為零，所以小球從A點靜止釋放至運動到M點的過程中，重力的功領(lǐng)先增大后減小，選項D錯誤．][歸納反思]1．解決圓周運動問題要留意以下幾點：(1)要進(jìn)行受力分析，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(xué)方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2．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(jié)合牛頓其次定律進(jìn)行動力學(xué)分析．[題組突破]3－1.(2024·陜西省西安鐵一中高三下考前模擬(二))細(xì)線上端系在天花板上，下端懸掛小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，細(xì)線的懸點到圓心的距離為h，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g.不計空氣阻力，小球做圓周運動的角速度為()A.eq\r(\f(g,h))B.eq\r(\f(gcosθ,h))C.eq\r(\f(gsinθ,h))D.eq\r(\f(gtanθ,h))A[小球做勻速圓周運動，則有mgtanθ＝mω2htanθ，解得ω＝eq\r(\f(g,h))，選項A正確．]3－2.(2024·華師大一附中高三其次次調(diào)研)(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，一可看作質(zhì)點的小球在圓管內(nèi)做圓周運動，當(dāng)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(guān)系如圖乙所示．設(shè)細(xì)管內(nèi)徑可忽視不計，則下列說法正確的是()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，小球在圓管的最低點受到的彈力大小為7D．當(dāng)0≤v2<b時，小球在A點對圓管的彈力方向豎直向上BC[由圖乙可知，當(dāng)v2＝b時，小球與圓管內(nèi)壁之間恰好沒有力的作用，此時由重力供應(yīng)小球做圓周運動的向心力，即mg＝meq\f(b,R)，故g＝eq\f(b,R)，選項A錯誤；當(dāng)v2＝0時，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，選項B正確；當(dāng)v2＝2b時，設(shè)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(shè)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，選項C正確；當(dāng)0≤v2<b時，小球在最高點時須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，選項D錯誤．]高頻考點四平拋運動與圓周運動的組合問題[備考策略]駕馭兩類思維流程類型一單個質(zhì)點的連續(xù)運動的思維流程類型二質(zhì)點和圓盤的獨立運動的思維流程[典例導(dǎo)航]例3(2024·甘肅蘭州二診)如圖所示，從A點以v0＝4m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當(dāng)物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道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＝0.6m、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)小物塊運動至B點時的速度大小和方向；(2)小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道C點的壓力；(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)物塊做平拋運動：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2到達(dá)B點時豎直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s方向與水平面的夾角為θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)即：θ＝37°，斜向下(2)從A至C點，由動能定理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(v\o\al(2,2),R)由上式可得v2＝2eq\r(7)m/s，依據(jù)牛頓第三定律可知，物塊m對圓弧軌道C點的壓力大為小47.3N，方向豎直向下．(3)由題意可知小物塊m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為Ff′Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff<Ff′，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動，至長木板右端時速度剛好為0，才能保證小物塊不滑出長木板．則長木板長度至少為l＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝2.8m.答案(1)5m/s方向與水平方向的夾角為37°斜向下(2)47.3N方向豎直向下(3)2.8m[題組突破]4－1.(2024·陜西咸陽市一模)固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示．今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進(jìn)入圓弧軌道運動，只要適當(dāng)調(diào)整釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后()A．肯定會落到水平面AE上B．肯定會再次落到圓弧軌道上C．可能會再次落到圓弧軌道上D．不能確定A[假如小球恰能通過最高點D，依據(jù)mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，得vD＝eq\r(gR)，知小球在最高點的最小速度為eq\r(gR).依據(jù)R＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2R,g)).則平拋運動的水平位移為：x＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R.知小球肯定落在水平面AE上．故A正確，B、C、D錯誤．]4－2.(2024·廣西桂林市、崇左市高三聯(lián)合調(diào)研考試)如圖所示為豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道，O點是其圓心，半徑R＝0.8m，OA水平、OB豎直．軌道底端距水平地面的高度h＝0.8m．從軌道頂端A由靜止釋放一個質(zhì)量m1＝0.1kg小球，小球到達(dá)軌道底端B時，恰好與靜止在B點的另一個小球m2發(fā)生碰撞，碰后它們粘在一起水平飛出，落地點C與B點之間的水平距離x＝0.4m．忽視空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞前瞬間入射小球的速度大小v1；(2)兩球從B點飛出時的速度大小v2；(3)碰后瞬間兩小球?qū)壍缐毫Φ拇笮。馕?1)從A點運動的小球向下運動的過程中機械能守恒，得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).代入數(shù)據(jù)得：v1＝4m/s.(2)兩球做平拋運動，依據(jù)平拋運動規(guī)律得：豎直方向上有：h＝eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.4s水平方向上有：x＝v2t，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝1m/s.(3)兩球碰撞，規(guī)定向左為正方向，依據(jù)動量守恒定律得：m1v1＝(m1＋m2)v2解得：m2＝3m1＝3×0.1＝碰撞后兩個小球受到的合外力供應(yīng)向心力，則：FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v\o\al(2,2),R)代入數(shù)據(jù)得：FN＝4.5N由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫σ彩?.5N，方向豎直向下．答案(1)4m/s(2)1m/s(3)4.5N課時跟蹤訓(xùn)練(三)一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題)1．(2024·天星教化考前預(yù)料)將一小球以肯定的初速度水平拋出，設(shè)小球拋出后的水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y，結(jié)果小球在空中運動過程中y與x2的關(guān)系如圖所示，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，則小球被拋出的初速度大小為()A.eq\f(\r(10),2)m/sB.eq\r(5)m/sC．2m/sD.eq\r(2)m/sA[將小球做的平拋運動進(jìn)行分解，設(shè)水平初速度大小為v0，則有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，則y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2，結(jié)合圖象有eq\f(g,2v\o\al(2,0))＝2，求得v0＝eq\f(\r(10),2)m/s，A項正確．]2．(2024·石家莊市高三考前診斷(二))2024年冬奧會將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運動中．若跳臺滑雪競賽運動員從平臺飛出后可視為平拋運動，現(xiàn)運動員甲以肯定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實線①所示，則質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出，其運動軌跡應(yīng)為圖中的()A．① B．②C．③ D．④A[依據(jù)平拋運動規(guī)律可知，平拋運動軌跡只與初速度有關(guān)，與物體質(zhì)量無關(guān)，所以質(zhì)量比甲大的運動員乙以相同的初速度從同一位置飛出時，其運動軌跡應(yīng)為圖中的①，選項A正確．]3．(2024·最新高考信息卷)如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知()A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2eq\r(\f(gh,3))B．甲、乙兩小球到達(dá)C點所用時間之比為1∶eq\r(3)C．A、B兩點高度差為eq\f(h,4)D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等C[A項，小球乙到C的速度為v＝eq\r(2gh)，此時小球甲的速度大小也為v＝eq\r(2gh)，又因為小球甲速度與豎直方向成30°角，可知水平分速度為eq\f(\r(2gh),2)故A錯；B.小球運動到C時所用的時間為h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g)).而小球甲到達(dá)C點時豎直方向的速度為eq\f(\r(6gh),2)，所以運動時間為t′＝eq\f(\r(6gh),2g)，所以甲、乙兩小球到達(dá)C點所用時間之比為eq\r(3)∶2故B錯．C.由甲乙各自運動的時間得：Δh＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(h,4)，故C對；D.由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等故D錯；故選C.]4．(2024·寧夏六盤山二模)如圖所示，半徑為R的圓輪在豎直面內(nèi)繞O軸勻速轉(zhuǎn)動，輪上A、B兩點均粘有一小物體，當(dāng)B點轉(zhuǎn)至最低位置時，此時O、A、B、P四點在同一豎直線上，已知OA＝AB，P是地面上的一點．A、B兩點處的小物體同時脫落，最終落到水平地面上同一點(不計空氣的阻力)．則OP的距離是()A.eq\f(7,6)R B．7RC.eq\f(5,2)R D．5RA[設(shè)OP之間的距離為h，則A下落的高度為h－eq\f(1,2)R，A隨圓輪運動的線速度為eq\f(1,2)ωR，設(shè)A下落的時間為t1，水平位移為x，則在豎直方向上有h－eq\f(1,2)R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①在水平方向上有x＝eq\f(1,2)ωR·t1②B下落的高度為h－R，B隨圓輪運動的線速度為ωR，設(shè)B下落的時間為t2，水平位移也為x，則在豎直方向上有h－R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)③在水平方向上有x＝ωR·t2④聯(lián)立①②③④式解得h＝eq\f(7,6)R，A項正確．]5．(2024·高考物理全真模擬二)如圖所示，小球從靜止起先沿光滑曲面軌道AB滑下，從B端水平飛出，撞擊到一個與地面呈θ＝37°的斜面上，撞擊點為C.已知斜面上端與曲面末端B相連．若AB的高度差為h，BC間的高度差為H，則h與H的比值等于(不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,9)D.eq\f(9,4)C[小球下滑過程中機械能守恒，則有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝eq\r(2gh)，到達(dá)B點后小球做平拋運動在豎直方向有：H＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\r(\f(2H,g))，水平方向x＝vBt，依據(jù)幾何關(guān)系有：tan37°＝eq\f(H,x)＝eq\f(H,vBt)＝eq\f(H,\r(\f(2H,g))\r(2gh))＝eq\f(3,4)，解得：eq\f(h,H)＝eq\f(4,9)，故C正確，A、B、D錯誤．]6．(2024山東省淄博市高三三模)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長度為R的細(xì)繩拴著在豎直面上繞O點做圓周運動，恰好能通過豎直面的最高點A，重力加速度為g，不計空氣阻力，則()A．小球通過最高點A的速度為gRB．小球通過最低點B和最高點A的動能之差為mgRC．若細(xì)繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，則小球還能上升的高度為RD．若細(xì)繩在小球運動到A處斷了，則經(jīng)過t＝eq\r(\f(2R,g))時間小球運動到與圓心等高的位置D[A.小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零，有：mg＝meq\f(v2,R).得v＝eq\r(gR)，故A錯誤；B.從最高點到最低點重力做功為2mgR，依據(jù)動能定理可知小球通過最低點B和最高點A的動能之差為2mgR，故B錯；C.從A到C由動能定理可知：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，當(dāng)繩子斷掉后上升的高度為h，則－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(3,2)R，故C錯；D.若細(xì)繩在小球運動到A處斷了，則下降R所用的時間為R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2R,g))，故D正確；故選D.]7．(2024山東省臨沂市高三三模)如圖所示，不行伸長的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧用光滑輕環(huán)套在桿上，細(xì)繩和彈簧的另一端固定在質(zhì)量為m的小球上，起先時處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使該裝置繞桿旋轉(zhuǎn)且角速度緩慢增大，則下列說法正確的是()A．輕繩上的彈力保持不變B．輕繩上的彈力漸漸變大C．彈簧上的彈力漸漸變大D．彈簧上的彈力先變小后變大BD[小球隨桿做勻速圓周運動，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)角速度較小時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對小球受力分析有：Tcosθ＝mg，Tsinθ－F＝mω2r，由于小球在豎直方向處于靜止，所以T＝eq\f(mg,cosθ)，隨角速度增大，θ增大，所以T增大，隨角速度增大，θ增大，彈簧彈力減小，當(dāng)角速度較大時，小球做圓周運動的半徑增大，彈簧彈力增大，由以上分析可知，B、D正確．]8．(2024·吉林一中高三第三次調(diào)研)如圖所示，ABCD是一個邊長為L的正方形木塊，將一個可視為質(zhì)點的小球從P點以初速度v0斜向上拋出，小球到達(dá)A點時速度方向恰好與AB平面相切．已知重力加速度為g，P、D之間的距離為2LA．小球到達(dá)A點時的速度為eq\f(\r(2),4)v0B．小球在P點時，速度方向與水平夾角為45°C．小球在由P向A運動的過程中，重力的瞬時功率漸漸減小D．僅減小初速度v0，小球仍有可能運動到AB平面上BC[依據(jù)逆向思維，小球從A到P做平拋運動；設(shè)小球做平拋運動的初速度為v，依據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在P點時，eq\f(vy,v)＝eq\f(2y,x)＝eq\f(2L,2L)＝1，所以vy＝v，而eq\r(v\o\al(2,y)＋v2)＝v0，所以vy＝v＝eq\f(\r(2),2)v0，小球在P點時，速度方向與水平夾角為45°，選項A錯誤，選項B正確；球在由P向A運動的過程中，重力的瞬時功率P＝mgvy，隨著vy的變小而漸漸減小，選項C正確；僅減小初速度v0，小球不行能運動到AB平面上，選項D錯誤．]9．如圖所示，一根原長為l0的輕彈簧套在光滑直桿AB上，其下端固定在桿的A端，質(zhì)量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連．球和桿一起繞經(jīng)過桿A端的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，且桿與水平面間始終保持30°角．已知桿處于靜止?fàn)顟B(tài)時彈簧的壓縮量為eq\f(l0,2)，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．則下列說法正確的是()A．彈簧為原長時，桿的角速度為eq\r(\f(g,2l0))B．當(dāng)桿的角速度為eq\r(\f(g,l0))時，彈簧處于壓縮狀態(tài)C．在桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能不守恒D．在桿的角速度由0緩慢增大到eq\f(2,3)eq\r(\f(2g,l0))過程中，小球機械能增加了eq\f(5,4)mgl0CD[靜止時，keq\f(l0,2)＝mgsinθ?kl0＝mg，彈簧為原長時，mgtan30°＝mω2l0·cos30°，解得：ω＝eq\r(\f(2g,3l0))，A項錯誤；當(dāng)桿的角速度大于eq\r(\f(2g,3l0))時，小球做圓周運動所需的向心力增大，所以彈簧對小球的彈力沿桿向下，彈簧處于拉伸狀態(tài)，B項錯誤；在桿的角速度增大的過程中，小球的線速度增大，重力勢能增大，彈簧的彈性勢能增大，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，C項正確；小球隨桿轉(zhuǎn)動的角速度為eq\f(2,3)eq\r(\f(2g,l0))時，彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為Δl，在水平方向上：FNsin30°＋kΔl·cos30°＝mω2(l0＋Δl)cos30°，在豎直方向上：FNcos30°－kΔl·sin30°－mg＝0，解得：Δl＝eq\f(l0,2)，則小球的重力勢能增加量為ΔEp＝mgl0sin30°＝eq\f(1,2)mgl0，動能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)ωl0cos30°))2＝eq\f(3,4)mgl0，可知D項正確．]10．(2024·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從離地面高H處水平拋出，第一次落地時的水平位移為eq\f(4,3)H，反彈的高度為eq\f(9,16)H.已知小球與地面接觸的時間為t，重力加速度為g，不計摩擦和空氣阻力．下列說法正確的是()A．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為eq\f(7m\r(2gH),4t)B．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為eq\f(7m\r(2gH),4t)＋mgC．小球第一次落地點到其次次落地點的水平距離為2HD．小球第一次落地點到其次次落地點的水平距離為eq\f(3,2)HAC[A、B項：以豎直向上為正方向小球第一次落地時豎直方向的速度為v1＝－eq\r(2gH)，小球第一次反彈起豎直方向的速度為v2＝eq\r(2g×\f(9H,16))＝eq\r(\f(9gH,8))，在小球第一次與地面接觸的過程中應(yīng)用用動時定理有：eq\x\to(F)t＝mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)解得：eq\x\to(F)＝eq\f(7m\r(2gH),4t)，故A正確，B錯誤；C、D項：小球第一次下落的時間為t＝eq\r(\f(2H,g))，水平初速度v0＝eq\f(\f(4H,3),\r(\f(2H,g)))＝eq\r(\f(8gH,9))，第一次反彈到最高點所用的時間為t′＝eq\r(\f(2×\f(9H,16),g))，所以第一次落地點到其次次落地點的水平距離為2v0t′＝2eq\r(\f(8gH,9))×eq\r(\f(9H,8g))＝2H，故C正確，D錯誤．]11．(2024·長沙一中高三診斷)如圖所示，BC為半徑等于eq\f(2,5)eq\r(2)m、豎直放置的光滑細(xì)圓管，O為細(xì)圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為45°、動摩擦因數(shù)為μ＝0.6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球從O點正上方某處A點以速度v0水平拋出，恰好能垂直O(jiān)B從B點進(jìn)入圓管，OB與豎直方向的夾角為45°，小球從進(jìn)入圓管起先受到始終豎直向上的F＝5N的力的作用，當(dāng)小球運動到圓管的末端C時作用力F馬上消逝，小球能平滑地沖上粗糙斜面．(g取10m/s2)求：(1)小球從O點的正上方某處A點水平拋出的初速度v0為多少？OA的距離為