PAGE26-第3講力與曲線運動構建網絡·重溫真題1．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖a，在跳臺滑雪競賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運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答案BD解析v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，其次次滑翔過程中v-t圖線與t軸所圍面積比第一次的大表示在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤；由圖a知落在雪道上時的水平位移與豎直位移成正比，再由A項分析知，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過程中豎直方向的速度改變比其次次的大，時間比其次次的短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，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，C錯誤；v-t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小，設在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確。2．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙的運動周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A錯誤；依據線速度與角速度的關系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與座艙的重力大小不相等，其合力供應向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。3．(2024·全國卷Ⅰ)發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(忽視空氣的影響)。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網。其緣由是()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答案C解析在豎直方向，球做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2知，選項A、D錯誤。由v2＝2gh知，選項B錯誤。在水平方向，球做勻速直線運動，通過相同水平距離，速度大的球用時少，選項C正確。4．(2024·江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽視空氣阻力，兩只小球落到水平地面的()A．時刻相同，地點相同 B．時刻相同，地點不同C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同答案B解析彈射管在豎直方向做自由落體運動，所以彈出小球在豎直方向運動的時間相等，因此兩球應同時落地；由于兩小球先后彈出，且彈出小球的水平初速度相同，所以小球在水平方向運動的時間不等，因小球在水平方向做勻速運動，所以水平位移不相等，因此落點不相同，故B正確。5．(2024·全國卷Ⅲ)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倍答案A解析設甲球落至斜面時的速率為v1，乙球落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯立解得：v1＝eq\r(1＋4tan2θ)·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2＝eq\r(1＋4tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，A正確。6．(2024·江蘇高考)(多選)火車以60m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發覺放在桌面上的指南針在10s內勻速轉過了約10°。在此10s時間內，火車()A．運動路程為600m B．加速度為零C．角速度約為1rad/s D．轉彎半徑約為3.4km答案AD解析圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，A正確；火車轉彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零，故B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，故C錯誤，D正確。7．(2024·全國卷Ⅱ)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.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析設小物塊的質量為m，滑到軌道上端時的速度為v1。小物塊上滑過程中，機械能守恒，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgR①小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運動，設水平位移為x，下落時間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③聯立①②③式整理得x2＝（eq\f(v2,2g)）2－（4R－eq\f(v2,2g)）2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，對應的軌道半徑R＝eq\f(v2,8g)。故選B。8．(2024·北京高考)依據中學所學學問可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。但事實上，赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處，這一現象可說明為，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答案D解析上升過程水平方向向西加速運動，在最高點豎直方向上速度為零，水平方向的“力”為零，所以水平方向的加速度為零，但水平方向上有向西的水平速度，且有豎直向下的加速度，故A、B錯誤；下降過程水平方向受到一個向東的“力”而向西減速運動，依據對稱性落至地面時水平速度為零，整個過程都在向西運動，所以落點在拋出點的西側，故C錯誤，D正確。9．(2024·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，sinα＝eq\f(3,5)，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??；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。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))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設小球到達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式和題給數據得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)⑤(2)設小球到達A點的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，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。由運動學公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數據得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。命題特點：高考中單獨考查曲線運動的學問點時，題型多為選擇題，將曲線運動與功和能、動量、電場和磁場綜合時題型多為計算題或選擇題。思想方法：運動的合成與分解、模型法、假設法。高考考向1運動的合成與分解例1(多選)如圖所示，質量為m的物塊A和質量為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＝2D．A下落過程中，輕繩上的拉力大小始終等于Mgeq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)A的速度與B的速度有什么關系？提示：將A的速度沿繩方向和垂直繩方向分解，物體B的速度等于A沿繩子方向的分速度。(2)B在什么力的作用下運動？提示：在輕繩的拉力與B的重力的合力作用下運動。[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。[答案]BC1.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。(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)兩個重量，依據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。1．(2024·濟南高三模擬)曲柄連桿結構是發動機實現工作循環，完成能量轉換的主要運動零件，如圖所示，連桿下端連接活塞Q，上端連接曲軸P。在工作過程中，活塞在汽缸內上下做直線運動，帶動曲軸繞圓心O旋轉，若P做線速度大小為v0的勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度等于v0B．當OP與OQ垂直時，活塞運動的速度大于v0C．當OPQ在同始終線時，活塞運動的速度等于v0D．當OPQ在同始終線時，活塞運動的速度大于v0答案A解析當OP與OQ垂直時，設∠PQO＝θ，此時活塞的速度為v，將P點的速度v0分解為沿桿方向和垂直桿方向的速度；將活塞的速度v分解為沿桿方向和垂直于桿方向的速度，則此時v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正確，B錯誤；當OPQ在同始終線時，P點沿桿方向的速度為零，則活塞運動的速度等于0，C、D錯誤。2．(2024·安徽皖中名校聯盟高三第一次模擬聯考)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側可知C正確。3．(2024·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始終線上，故猴子在2s內做勻變速曲線運動，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。高考考向2平拋運動規律的應用例2(2024·山東德州二模)中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托面，一手拿刀，干脆將面削到開水鍋里。如圖所示，小面圈剛被削離時距開水鍋的高度為h，與鍋沿的水平距離為L，鍋的半徑也為L，將削出的小面圈的運動視為平拋運動，且小面圈都落入鍋中，重力加速度為g，則下列關于全部小面圈在空中運動的描述錯誤的是()A．運動的時間都相同B．速度的改變量都相同C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的3倍D．若初速度為v0，則Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)平拋運動的時間由哪個物理量確定？提示：高度。(2)小面圈落入鍋中的臨界條件是什么？提示：恰好經過鍋沿。[解析]依據h＝eq\f(1,2)gt2可得小面圈在空中運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，全部小面圈在空中運動的時間都相同，故A正確；依據Δv＝gΔt可得全部小面圈的速度改變量都相同，故B正確；因為水平位移的范圍為L＜x＜L＋2R＝3L，則最小水平初速度為vmin＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,2h))，最大水平初速度為：vmax＝eq\f(3L,t)＝3Leq\r(\f(g,2h))，則水平初速度的范圍為：Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))，故D正確；落入鍋中時，最大速度vmax′＝eq\r(v\o\al(2,max)＋gt2)＝eq\r(\f(9L2g,2h)＋2gh)，最小速度為vmin′＝eq\r(v\o\al(2,min)＋gt2)＝eq\r(\f(L2g,2h)＋2gh)，故C錯誤。題目要求選說法錯誤的，故選C。[答案]C抓住“六點”破解平拋運動問題(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肯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，在隨意相等的時間內速度的改變量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下。(4)兩個分運動與合運動具有等時性，且t＝eq\r(\f(2h,g))，由下落高度h確定，與初速度v0無關。(5)隨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角φ的正切值的2倍，即tanθ＝2tanφ。或者說，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。(6)建好“兩個模型”①常規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。4．(2024·山東青島一模)隨著北京冬奧會的接近，滑雪項目成為了人們特別寵愛的運動項目。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解析依據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變為原來的eq\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變為eq\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為原來的eq\r(2)倍，C錯誤，D正確。5．(2024·廣東茂名一模)如圖所示，有一內壁光滑的高為H＝5m、寬為L＝1m的直立長方形容器，可視為質點的小球從上端口邊緣O以水平初速度v0向左拋出正好打在E點，若球與筒壁碰撞時無能量損失，不計空氣阻力，重力加速度的大小為g＝10m/s2。則小球的初速度v0的大小可能是()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．9m/s答案D解析依據平拋運動的分析可知H＝eq\f(1,2)gt2，(2n＋1)L＝v0t，代入數值解得v0＝(2n＋1)m/s，其中n＝0,1,2，3，…，所以v0的可能值為1m/s,3m/s,5m/s，7m/s，9m/s，…，故D正確，A、B、C錯誤。高考考向3圓周運動問題例3(2024山東省試驗、淄博試驗、煙臺一中、萊蕪一中四校聯合一模)如圖所示，用手握著細繩的一端在水平桌面上做半徑為r的勻速圓周運動，圓心為O，角速度為ω，細繩長為L，質量忽視不計，運動過程中細繩始終與小圓相切。在細繩的另外一端系著一個質量為m的小球，小球在桌面上恰好在以O為圓心的大圓上做圓周運動。小球和桌面之間的動摩擦因數到處相同，以下說法正確的是()A．小球將做變速圓周運動B．細繩拉力為mω2eq\r(r2＋L2)C．小球與桌面間的動摩擦因數μ＝eq\f(ω2r\r(r2＋L2),gL)D．手對細繩做功的功率為eq\f(mω3\r(r2＋L23),L)eq\a\vs4\al(破題關鍵點)(1)勻速圓周運動與變速圓周運動有什么區分？提示：勻速圓周運動的線速度和角速度大小不變，變速圓周運動的線速度和角速度大小不斷改變；勻速圓周運動的合力充當向心力，只有向心加速度，變速圓周運動的合力不指向圓心，有向心加速度還有切向加速度。(2)繩子的拉力等于向心力嗎？提示：繩子拉力和摩擦力的合力充當向心力。[解析]手握著細繩做的是勻速圓周運動，且運動過程中細繩始終與小圓相切，所以細繩另外一端的小球做的也是勻速圓周運動，故A錯誤；設大圓半徑為R，由圖分析可知R＝eq\r(r2＋L2)。設繩中張力為T，則Tcosφ＝mRω2，cosφ＝eq\f(L,R)，故T＝eq\f(mω2R2,L)＝eq\f(mω2r2＋L2,L)，故B錯誤；小球在桌面上做勻速圓周運動，故小球與桌面間的摩擦力f＝μmg＝Tsinφ，由于T＝eq\f(mω2r2＋L2,L)，sinφ＝eq\f(r,R)＝eq\f(r,\r(r2＋L2))，所以μ＝eq\f(ω2r\r(r2＋L2),gL)，故C正確；手對細繩做功的功率等于細繩對小球做功的功率，故P＝Tvsinφ＝eq\f(mω2R2,L)·ω·R·eq\f(r,R)＝eq\f(mω3rr2＋L2,L)，故D錯誤。[答案]C1.圓周運動問題的求解步驟(1)審清題意，確定探討對象，明確物體做圓周運動的平面。(2)分析清晰物體的受力狀況，找清晰是哪些力充當向心力。(3)分析清晰物體的運動狀態，如線速度、角速度、周期、軌跡半徑等。(4)依據牛頓其次定律列方程求解。2．圓周運動的一些典型模型的處理方法6.(2024·貴陽監測)如圖所示，兩個內壁光滑、半徑為R(圖中未標出)的半圓形軌道正對著固定在豎直平面內，對應端點(圈中虛線處)相距為x，最高點A和最低點B的連線豎直。一個質量為m的小球交替著在兩軌道內運動而不脫離軌道，已知小球通過最高點A時的速率vA>eq\r(gR)，不計空氣阻力，重力加速度為g。則()A．小球在A點的向心力小于mgB．小球在B點的向心力等于4mgC．小球在B、A兩點對軌道的壓力大小之差大于6mgD．小球在B、A兩點的動能之差等于2mg(R＋x)答案C解析依據題述，小球在最高點A時的速率vA>eq\r(gR)，由F向＝meq\f(v\o\al(2,A),R)可知，小球在A點的向心力大于mg，A錯誤；依據機械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得veq\o\al(2,B)＝2g(2R＋x)＋veq\o\al(2,A)＝4gR＋2gx＋veq\o\al(2,A)，小球在B點的向心力F＝meq\f(v\o\al(2,B),R)＝4mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，肯定大于4mg，B錯誤；設小球運動到軌道最低點B時所受半圓形軌道的支持力為FB′，由牛頓其次定律，FB′－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FB′＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，依據牛頓第三定律，小球運動到軌道最低點時對軌道的壓力大小為FB＝FB′＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，設小球運動到軌道最高點A時所受半圓形軌道的支持力為FA′，由牛頓其次定律，FA′＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得FA′＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，則由牛頓第三定律知，小球運動到A點時對軌道的壓力大小為FA＝FA′＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，小球在B、A兩點對軌道的壓力之差為ΔF＝FB－FA＝6mg＋eq\f(2mgx,R)，大于6mg，C正確；依據eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg·(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，小球在B、A兩點的動能之差ΔEk＝EkB－EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mg(2R＋x)，D錯誤。7．(2024·江蘇宿遷一調)如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉動。質量不同的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止，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的質量肯定小于B的質量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的質量，A錯誤；當A受到的摩擦力恰為零時，受力分析如圖：依據牛頓其次定律得：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，而事實上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不行能同時為零，B錯誤；若A不受摩擦力，則此時轉臺的角速度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；假如轉臺角速度從A不受摩擦力時的角速度ωA起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正確。8．(2024·河北衡水中學高三二調)如圖所示的裝置可繞豎直軸OO′轉動，可視為質點的小球A與細線1、2連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線1水平，細線2與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球的質量m＝1kg，細線2長l＝1m，B點距C點的水平和豎直距離相等。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1時，細線1上的張力為零，而細線2與豎直方向的夾角仍為37°，求角速度ω1的大?。?2)若裝置勻速轉動的角速度ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s，求細線2與豎直方向的夾角。答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)53°解析(1)當細線1上的張力為0時，小球的重力和細線2張力的合力供應小球圓周運動的向心力，有：mgtan37°＝mωeq\o\al(2,1)lsin37°解得：ω1＝eq\r(\f(g,lcos37°))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)設細線1的長度為l′，已知B點距C點的水平和豎直距離相等，故lcos37°＝lsin37°＋l′，代入數據得l′＝0.2m。因為ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s>ω1＝eq\f(5\r(2),2)rad/s，所以小球應當向左上方擺起，設此時細線2與豎直方向的夾角為θ′，細線2上的張力大小為T2′，并假設細線1上的張力仍舊為0，則：T2′sinθ′＝mωeq\o\al(2,2)lsinθ′，T2′cosθ′＝mg，解得：cosθ′＝eq\f(3,5)θ′＝53°由幾何關系可知，此時細線1恰好豎直，故假設成立，故此時細線2與豎直方向的夾角為53°。易錯警示立體空間背景下平拋運動問題的分析例(2024·吉林省吉林市三模)(多選)如圖所示為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)，球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質點，重力加速度為g，忽視空氣阻力)，則()分析與解足球在水平方向的位移大小為：x＝，所以足球的總位移為：l＝eq\r(x2＋h2)＝eq\f(\r(L2＋4s2＋4h2),2)，故A錯誤，B正確；足球運動的時間為：t＝eq\r(\f(2h,g))，所以足球的初速度的大小為：v0＝eq\f(x,t)，末速度大小為：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)，聯立解得：v＝，故C錯誤，D正確。答案BD易錯警示對于立體空間背景下平拋運動的分析，可以借助實物模擬，或者將立體空間中的運動問題轉換為運動軌跡所在平面的運動問題。

配套作業限時：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題8分，共80分，其中第1～6題為單選題，第7～10題為多選題)1．(2024·四川南充三診)如圖所示，圖1是甲汽車在水平路面上轉彎行駛，圖2是乙汽車在傾斜路面上轉彎行駛。關于兩輛汽車的受力狀況，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．兩車都肯定受平行路面指向彎道內側的摩擦力C．甲車可能不受平行路面指向彎道內側的摩擦力D．乙車可能受平行路面指向彎道外側的摩擦力答案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供應向心力，圖2中路面的支持力與重力的合力供應向心力時，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的摩擦力，故B、C錯誤，D正確。2．(2024·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點的速度方向肯定相同C．小球落到C點時的速度方向不行能豎直向下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，依據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肯定是方向向左，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點的速度方向不行能豎直向下，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。3．如圖所示，水平地面上有一光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，且固定在同一個豎直面內。將一個質量為m的小球由圓弧軌道上某一高度處無初速度釋放，為使小球在沿圓軌道運動時始終不脫離軌道，這個高度h的取值可為()A．2.2r B．1.2rC．1.6r D．0.8r答案D解析小球可能做完整的圓周運動，剛好不脫離圓軌道時，在圓軌道最高點，重力供應向心力：mg＝meq\f(v2,r)，由機械能守恒定律得：mgh－mg·2r＝eq\f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r；小球在圓軌道上運動時的高度也可能不超過與圓心等高處，由機械能守恒定律得：mgh＝mg·r，得：h＝r。綜上可得為使小球在沿圓軌道運動時始終不離開軌道，h的范圍為：h≤r或h≥2.5r，故A、B、C錯誤，D正確。4．(2024·惠州調研)如圖所示，一根不行伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿C和D上，a球置于C正下方的地面上時，輕繩Cb恰好處于水平拉直狀態，現將b球由靜止釋放，當b球擺至最低點時，a球對地面的壓力剛好為零?，F把細桿D水平移動少許，讓b球仍從原位置由靜止釋放擺至最低點，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若細桿D水平向左移動少許，則b球擺至最低點時，a球會離開地面B．若細桿D水平向右移動少許，則b球擺至最低點時，a球會離開地面C．無論細桿D水平向左或者向右移動少許，當b球擺至最低點時，a球都不會離開地面D．無論細桿D水平向左或者向右移動少許，當b球擺至最低點時，a球都會離開地面答案C解析設b球到懸點D的距離為l，小球b的質量為mb，由于b球搖擺過程中機械能守恒，則有mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，當b球擺到最低點時，由牛頓其次定律得F－mbg＝eq\f(mbv2,l)，聯立得F＝3mbg，可知F與b球到懸點D的距離l無關，故不論細桿D水平向左或向右移動時，小球b擺到最低點時輕繩的拉力不變，則a球不會離開地面，C正確。5．(2024·湖南湘潭三模)如圖所示，質量相同的兩小球A、B各用輕繩系于O點，OA長度大于OB長度。當光滑圓錐筒繞豎直對稱軸OO′以肯定角速度勻速轉動時，兩小球也隨著轉動，且始終在圓錐筒的表面上并與圓錐筒保持相對靜止。下列推斷正確的是()A．OA和OB繩子上的張力相等B．兩小球做圓周運動的向心力相等C．漸漸減小轉筒的角速度，兩球對圓錐筒的壓力漸漸減小D．漸漸增大轉筒的角速度，圓錐筒對A球的支持力先變為零答案D解析由題意知兩球均做勻速圓周運動，依據合力供應向心力可得F合＝F向＝mrω2，由于ω、m相同，而A做勻速圓周運動的半徑較大，所以A受到的向心力較大，故B錯誤；設圓錐筒過頂點的縱截面的頂角為2α，對于A球，將A球的向心加速度沿OA方向和垂直于OA方向分解，沿OA方向：TA－mgcosα＝mrAω2·sinα，可得：TA＝mgcosα＋mrAω2·sinα，同理可得：TB＝mgcosα＋mrBω2·sinα，因為rA＞rB，所以OA繩上的張力大于OB繩上的張力，故A錯誤；在垂直OA方向上：對A球有：mgsinα－NA＝mrAω2·cosα，得：NA＝mgsinα－mrAω2·cosα，同理可得：NB＝mgsinα－mrBω2·cosα，故漸漸增大轉筒的角速度，圓錐筒對A球的支持力先變為零，依據牛頓第三定律，漸漸減小轉筒的角速度，兩球對圓錐筒的壓力漸漸增大，故C錯誤，D正確。6．(2024·重慶一診)如圖，有一傾斜的勻質圓盤(半徑足夠大)，盤面與水平面的夾角為θ，繞過圓心并垂直于盤面的轉軸以角速度ω勻速轉動，有一物體(可視為質點)與盤面間的動摩擦因數為μ(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度為g。要使物體能與圓盤始終保持相對靜止，則物體與轉軸間的最大距離為()A.eq\f(μgcosθ,ω2) B.eq\f(gsinθ,ω2)C.eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g D.eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g答案C解析當物體轉到圓周軌道的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面對上達到最大時，物體與轉軸間的距離最大。角速度肯定，由牛頓其次定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D錯誤，C正確。7．(2024·遼寧卓越名校聯盟二模)如圖所示，可視為質點的小球套在光滑的豎直桿上，一根不行伸長的細繩繞過滑輪連接小球，已知小球重力為1N，電動機從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態。某一時刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為60°，對此時小球的速度及繩子的拉力的推斷正確的是()A．小球的速度等于2m/sB．小球的速度等于0.5m/sC．繩子的拉力大于2ND．繩子的拉力等于2N答案AC解析由題可知，小球沿繩子方向的分速度大小為1m/s，即v＝v球·cos60°，所以：v球＝eq\f(v,cosθ)＝2v＝2m/s，故A正確，B錯誤；小球向上運動的過程中繩子與豎直方向之間的夾角增大，則cosθ減小，所以小球的速度增大，即小球做加速運動，所以繩子的拉力沿桿方向的分力大于小球的重力，即：Tcos60°＞G＝1N，所以繩子的拉力大于2N，故C正確，D錯誤。8．(2024·湖南師大附中高三下月考)如圖所示，在光滑水平桌面上有一個質量為m的質點，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點起先做曲線運動，圖中曲線是質點的運動軌跡。已知在ts末質點的速度達到最小值v，到達B點時的速度方向與初速度v0的方向垂直，則()A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角并指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)B．質點所受合外力的大小為eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)C．質點到達B點時的速度大小為eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))D．ts內恒力F做的功為eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)答案ABC解析ts末質點的速度達到最小值，說明ts末F與速度垂直，故恒力F的方向應與初速度方向成鈍角，如圖所示。由運動學學問得，在x′方向上v＝v0sinθ，在y′方向上v0cosθ＝ayt，由牛頓其次定律有F＝may，解得F＝eq\f(m\r(v\o\al(2,0)－v2),t)，sinθ＝eq\f(v,v0)，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角并指向曲線內側，且sinθ＝eq\f(v,v0)，故A、B正確；設質點從A點運動到B點歷時t1，設在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓其次定律有Fcosθ＝ma1，Fsinθ＝ma2，由運動學學問可得v0＝a1t1，vB＝a2t1，解得vB＝eq\f(v0v,\r(v\o\al(2,0)－v2))，則C正確；ts內恒力F做的功為－eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－v2)，故D錯誤。9．(2024·山東濟寧一模)如圖所示，在豎直平面內固定一半圓形軌道，O為圓心，AB為水平直徑，有一可視為質點的小球從A點以不同的初速度向右水平拋出，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．初速度越大，小球運動的時間越長B．初速度不同，小球運動的時間可能相同C．小球落到軌道的瞬間，速度方向可能沿半