PAGEPAGE1第3講拋體運動和圓周運動主干學問體系核心再現及學科素養學問規律(1)解決運動合成問題的四關鍵．①明性質：明確合運動或分運動的運動性質；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求結果：運用平行四邊形定則進行求解．(2)豎直平面內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(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道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，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)B[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，依據機械能守恒定律有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，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點時速度的大小；(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，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得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＝eq\x\to(CD)⑩v⊥＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數據得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問的考查，多集中在考查平拋運動與圓周運動規律的應用及與生活、生產相聯系的命題，多涉及有關物理量的臨界和極限狀態的求解，或考查有關平拋運動與圓周運動自身固有的特征物理量．豎直平面內的圓周運動結合能量學問命題，勻速圓周運動結合磁場相關學問命題是考試重點，歷年均有相關選擇題或計算題出現．2．單獨命題常以選擇題的形式出現；與牛頓運動定律、功能關系、電磁學學問相綜合的命題常以計算題的形式出現．3．平拋運動的規律及其探討方法，圓周運動的角速度、線速度及加速度是近年考試的熱點，且多數與電場、磁場、機械能等學問結合形成綜合類考題．■解題要領1．嫻熟駕馭平拋、圓周運動的規律，對平拋運動和圓周運動的組合問題，要擅長利用轉折點的速度進行突破．2．敏捷應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對岸B處．設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，因此到達河中心前小船加速度大小為2m/s2，故C錯誤；當到達中心時，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·河南省洛陽聯考)如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用釘子靠著線的左側，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，豎直方向細線的縮短長度等于水平方向細線增加的長度，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，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β增大到等于90°時，B球的速度達到最大D．當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β增大到等于90°時，B球的速度達到最大，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．解題關鍵：找出合速度與分速度的關系是求解關聯問題的關鍵．2．基本思路：(1)先確定合速度的方向(物體實際運動方向)．(2)分析合運動所產生的實際效果：一方面使繩或桿伸縮；另一方面使繩或桿轉動．(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，解題的關鍵就是敏捷運用運動的合成與分解．本考點應從以下兩個方面賜予突破：①對平拋運動規律的理解；②平拋運動與斜面的綜合問題．建議考生適當關注即可1．圖解平拋運動的實質2．平拋運動與斜面相關的兩個結論(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中，戰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．現甲、乙兩位同學(可視為質點)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、乙兩同學拋出球的速率之比為1∶3B．若僅增大v1，則兩球將在落入坑中之前相撞C．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．設半球形的半徑為R，則甲同學拋出的球的水平位移為x甲＝R－Rcos60°＝eq\f(R,2)，乙同學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，則兩球將在落入坑中之前相撞，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，即與小球落入坑中的同一點的位置有關，選項C錯誤；依據平拋運動規律的推論，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行分解，先按分運動規律列式，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，結合題目呈現的角度或函數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．解決圓周運動力學問題的關鍵(1)正確進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．(2)列出正確的動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).結合v＝ωr、T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2πr,v)等基本公式進行求解．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)來建立聯系，然后結合牛頓其次定律進行動力學分析求解．3．豎直平面內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水平面內的圓周運動問題例1(2024·山東省菏澤二模)(多選)如圖，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為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軸緩慢地加速轉動，用ωA．b肯定比a先起先滑動B．a、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，由靜摩擦力供應向心力，即f＝mω2R.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當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fb＝kmg時，即kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛起先滑動，選項C正確；當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°.現從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質量為m＝0.1kg的小球，進入圓弧軌道后，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．小球經過B點時對軌道壓力的大小為2.4NC．小球經過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)，設小球經過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，FB＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，聯立解得FB＝eq\f(2mgh,R)＝2.4N，依據牛頓第三定律，小球經過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)，設小球經過M點時受到軌道的支持力大小為FM，由牛頓其次定律有，FM－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，聯立解得FM＝5.4N，依據牛頓第三定律，小球經過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)列出正確的動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2).2．豎直平面內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系，然后結合牛頓其次定律進行動力學分析．[題組突破]3－1.(2024·陜西省西安鐵一中高三下考前模擬(二))細線上端系在天花板上，下端懸掛小球在水平面內做勻速圓周運動，細線的懸點到圓心的距離為h，細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研)(多選)如圖甲所示，半徑為R、內壁光滑的圓形細管豎直放置，一可看作質點的小球在圓管內做圓周運動，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．設細管內徑可忽視不計，則下列說法正確的是()A．當地的重力加速度大小為eq\f(R,b)B．該小球的質量為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7D．當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v2＝b時，小球與圓管內壁之間恰好沒有力的作用，此時由重力供應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v2＝0時，有mg＝a，又因為g＝eq\f(b,R)，所以小球的質量m＝eq\f(a,b)R，選項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)，聯立解得F′＝7a，選項C正確；當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，小球對圓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點的連續運動的思維流程類型二質點和圓盤的獨立運動的思維流程[典例導航]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量m＝1kg的小物塊(可視為質點)，當物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入光滑圓弧軌道BC，經圓弧軌道后滑上與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μ1＝0.5，長木板與地面間的動摩擦因數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＝eq\f(1,2)gt2到達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點進入圓弧軌道運動，只要適當調整釋放點的高度，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、崇左市高三聯合調研考試)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由靜止釋放一個質量m1＝0.1kg小球，小球到達軌道底端B時，恰好與靜止在B點的另一個小球m2發生碰撞，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)碰后瞬間兩小球對軌道壓力的大小．解析(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).代入數據得：v1＝4m/s.(2)兩球做平拋運動，依據平拋運動規律得：豎直方向上有：h＝eq\f(1,2)gt2，代入數據解得：t＝0.4s水平方向上有：x＝v2t，代入數據解得：v2＝1m/s.(3)兩球碰撞，規定向左為正方向，依據動量守恒定律得：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向心力，則：FN－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v\o\al(2,2),R)代入數據得：FN＝4.5N由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力也是4.5N，方向豎直向下．答案(1)4m/s(2)1m/s(3)4.5N課時跟蹤訓練(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·天星教化考前預料)將一小球以肯定的初速度水平拋出，設小球拋出后的水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y，結果小球在空中運動過程中y與x2的關系如圖所示，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行分解，設水平初速度大小為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，其運動軌跡應為圖中的()A．① B．②C．③ D．④A[依據平拋運動規律可知，平拋運動軌跡只與初速度有關，與物體質量無關，所以質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的圓輪在豎直面內繞O軸勻速轉動，輪上A、B兩點均粘有一小物體，當B點轉至最低位置時，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，依據幾何關系有：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，質量為m的小球用長度為R的細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．若細繩在小球運動到A處斷了，則經過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，不行伸長的輕質細繩一端固定在光滑豎直桿上，輕質彈簧用光滑輕環套在桿上，細繩和彈簧的另一端固定在質量為m的小球上，起先時處于靜止狀態，現使該裝置繞桿旋轉且角速度緩慢增大，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，設輕繩與豎直方向的夾角為θ，當角速度較小時，彈簧處于壓縮狀態，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，將一個可視為質點的小球從P點以初速度v0斜向上拋出，小球到達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[依據逆向思維，小球從A到P做平拋運動；設小球做平拋運動的初速度為v，依據平拋運動的規律，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．球和桿一起繞經過桿A端的豎直軸OO′勻速轉動，且桿與水平面間始終保持30°角．已知桿處于靜止狀態時彈簧的壓縮量為eq\f(l0,2)，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內．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．當桿的角速度為eq\r(\f(g,l0))時，彈簧處于壓縮狀態C．在桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統機械能不守恒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，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機械能不守恒，C項正確；小球隨桿轉動的角速度為eq\f(2,3)eq\r(\f(2g,l0))時，彈簧處于伸長狀態，設伸長量為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期五月理綜訓練)如圖所示，一質量為m的小球(可視為質點)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用用動時定理有：eq\x\to(F)t＝mv2－mv1，代入數據解得：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、豎直放置的光滑細圓管，O為細圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為45°、動摩擦因數為μ＝0.6的足夠長粗糙斜面，一質量為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OB從B點進入圓管，OB與豎直方向的夾角為45°，小球從進入圓管起先受到始終豎直向上的F＝5N的力的作用，當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