專題三力與曲線運動(一)拋體運動和圓周運動江蘇卷考情導向考點考題考情運動的合成與分解拋體運動的運動規(guī)律2017年江蘇高考T2考查運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移2016年江蘇高考T2考查質(zhì)量不同的物體在空中加速度是相同的2015年江蘇高考T7考查物體做直線運動還是曲線運動的條件，關鍵看合力的方向2014年江蘇高考T6考查平拋運動特點2013年江蘇高考T7考查運用運動的合成與分解的方法處理斜拋運動的能力1本專題的命題以選擇為主，也不排除計算形式(如2015·江蘇高考T14)2命題熱點集中在曲線運動基本處理方法的應用，結(jié)合牛頓運動定律，受力分析，對圓周運動的分析與計算，同時要注意以圓周為背景、以功能關系應用為方法的綜合性題圓周運動的基本規(guī)律2017年江蘇高考T5考查向心力的表達式及牛頓第二定律的運用2013年江蘇高考T2考查向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進行求解考點1| 運動的合成與分解難度：中檔 題型：選擇題、計算題(對應學生用書第12頁)1(2011·江蘇高考)如圖3­1所示，甲、乙兩同學從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OAOB若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為() 【導學號：17214037】圖3­1At甲t乙Bt甲t乙Ct甲t乙 D無法確定【解題關鍵】甲、乙兩同學實際的速度是靜水中的游速與水流速度的合速度，設游速為v，水速為v0，根據(jù)速度合成可知：甲游到A點的速度為vv0，游回的速度為vv0；乙來回的速度都為明確了各自的合速度后，再用勻速直線運動規(guī)律求出時間進行比較C設游速為v，水速為v0，OAOBl，則甲整個過程所用時間：t甲，乙為了沿OB運動，速度合成如圖：則乙整個過程所用時間：t乙×2，因為v>所以t甲t乙，選項C正確，選項A、B、D錯誤運動合成與分解的解題思路(1)明確合運動或分運動的運動性質(zhì)(2)明確是在哪兩個方向上的合成與分解(3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)(4)運用力與速度的關系或矢量運算法則進行分析求解考向1小船渡河問題1(多選)(2017·無錫期中)如圖3­2所示，甲、乙兩船在同條河流中同時開始渡河，M、N分別是甲、乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達P點，劃船速度大小相同若兩船相遇，不影響各自的航行，下列判斷正確的是() 【導學號：17214038】圖3­2A甲船能到達對岸P點B兩船渡河時間一定相等C兩船可能不相遇D兩船一定相遇在NP的中點BD乙船垂直河岸到達正對岸，說明水流方向向右；甲船參與了兩個分運動，沿著船頭指向的勻速運動，隨著水流方向的勻速運動，故不可能到達對岸P點，故A錯誤；小船過河的速度為船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船過河的速度vyvsin ，故小船過河的時間：t1，故甲、乙兩船到達對岸的時間相同，故B正確；以流動的水為參考系，相遇點在兩個船速度方向射線的交點上；又由于乙船沿著NP方向運動，故相遇點在NP的中點上，故C錯誤，D正確2(2017·南通一模)小船橫渡一條兩岸平行的河流，水流速度與河岸平行，船相對于水的速度大小不變，船頭始終垂直指向河岸，小船的運動軌跡如圖3­3中虛線所示則小船在此過程中()圖3­3A做勻變速運動B越接近河岸，水流速度越大C所受合外力方向平行于河岸D渡河的時間隨水流速度變化而改變C從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是變化的，由于水流是先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B錯誤；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正確；由于船身方向垂直于河岸，無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短，故D錯誤考向2繩的牽連運動問題3(2017·南通模擬)如圖3­4所示，細繩一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為時，小球上升的速度大小為() 【導學號：17214039】圖3­4Avsin Bvcos Cvtan Dvcot A由題意可知，線與光盤交點參與兩個運動，一是沿著線的方向運動，二是沿著垂直線的方向運動，則合運動的速度大小為v，由數(shù)學三角函數(shù)關系，則有：v線vsin ；而沿線方向的速度大小，即為小球上升的速度大小，故A正確，B、C、D錯誤4(2017·南通模擬)如圖3­5所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是()【導學號：17214040】圖3­5A小球做勻速圓周運動B當棒與豎直方向的夾角為時，小球的速度為C棒的角速度逐漸增大D當棒與豎直方向的夾角為時，棒的角速度為D小球受重力、平臺的彈力和桿的作用力，因為升降平臺以速度v勻速上升，平臺的彈力和桿的作用力變化，即小球受到的合力大小變化，小球做的不是勻速圓周運動，故A錯誤；小球的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速度v實L，沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即Lsin v，所以，平臺向上運動，夾角增大，角速度減小，故B、C錯誤，D正確考點2| 拋體運動的運動規(guī)律難度：中檔 題型：選擇題 五年5考(對應學生用書第13頁)2(多選)(2012·江蘇高考T6)如圖3­6所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)將A向B水平拋出的同時，B自由下落A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()【導學號：17214041】圖3­6AA、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰CA、B不可能運動到最高處相碰DA、B一定能相碰【解題關鍵】關鍵語句信息解讀A、B位于同一高度兩球下落時間相同A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反A球撞地后至最高點的過程為平拋運動的逆過程A、B在同一時刻離地的高度相同AD由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間tt1，即v，所以選項A正確；因為A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A一定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰碰撞位置由A球的初速度決定，故選項B、C錯誤，選項D正確3(2016·江蘇高考T2)有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力圖3­7中為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是() 【導學號：17214042】圖3­7ABC D【解題關鍵】解此題應注意以下兩點：(1)不計空氣阻力，兩小球均做拋體運動(2)兩球以相同速率沿同一方向拋出，說明兩球均做斜拋運動且初速度相同A不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確4(多選)(2015·江蘇高考T7)如圖3­8所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左不計空氣阻力，則小球()圖3­8A做直線運動B做曲線運動C速率先減小后增大D速率先增大后減小【解題關鍵】解此題應注意以下三點：(1)小球受重力和電場力作用(2)根據(jù)初速度與合力間夾角判斷小球運動軌跡(3)根據(jù)運動的合成與分解思想，判斷小球速率大小的變化規(guī)律BC小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤，選項B正確將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運動與力的關系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確，選項D錯誤5(多選)(2017·江蘇高考T2)如圖3­9所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為()【導學號：17214043】圖3­9At BtC DC設A、B兩小球分別以速度vA、vB水平拋出時，經(jīng)過時間t相遇，則根據(jù)平拋運動在水平方向做勻速直線運動有 vAtvBtd(d為兩小球間的水平距離)設當A、B兩小球速度都變?yōu)樵瓉淼?倍時，經(jīng)過時間t相遇，則2vAt2vBtd聯(lián)立解得t選項C正確6(多選)(2014·江蘇高考T6)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖3­10所示的裝置進行實驗小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落關于該實驗，下列說法中正確的是() 【導學號：17214044】圖3­10A兩球的質(zhì)量應相等B兩球應同時落地C應改變裝置的高度，多次實驗D實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動BC根據(jù)平拋運動和自由落體運動的規(guī)律解題小錘打擊彈性金屬片后，A球做平拋運動，B球做自由落體運動A球在豎直方向上的運動情況與B球相同，做自由落體運動，因此兩球同時落地實驗時，需A、B兩球從同一高度開始運動，對質(zhì)量沒有要求，但兩球的初始高度及擊打力度應該有變化，實驗時要進行35次得出結(jié)論本實驗不能說明A球在水平方向上的運動性質(zhì)，故選項B、C正確，選項A、D錯誤7(多選)(2013·江蘇高考T7)如圖3­11所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同空氣阻力不計，則() 【導學號：17214045】圖3­11AB的加速度比A的大BB的飛行時間比A的長CB在最高點的速度比A在最高點的大DB在落地時的速度比A在落地時的大CD在同一位置拋出的兩小球，不計空氣阻力，在運動過程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，選項A錯誤；根據(jù)hgt2，兩球運動的最大高度相同，故兩球飛行的時間相等，選項B錯誤；由于B的射程大，根據(jù)水平方向勻速運動的規(guī)律xvt，故B在最高點的速度比A的大，選項C正確；根據(jù)豎直方向自由落體運動，A、B落地時在豎直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地時的速度比A的大，選項D正確處理平拋(類平拋)運動的四條注意事項(1)處理平拋運動(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)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(3)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(4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同考向1斜拋運動問題5(2017·徐州二模)體育課進行定點投籃訓練，某次訓練中，籃球在空中運動軌跡如圖3­12中虛線所示，下列所做的調(diào)整肯定不能使球落入籃筐的是()圖3­12A保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度B保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度C增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角D增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角B設拋出的初速度為v，與水平方向的夾角為，則水平初速度vxvcos ；保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度，水平分速度增大，運動時間變大，水平位移增大，可能落入籃筐，A錯誤；保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度，水平分速度變小，運動時間變短，水平位移減小，一定不能落入籃筐，B正確；增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，水平分速度變大，有可能使得籃球落入球筐，C錯誤；增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角，運動時間增大，水平方向分速度可能增加，籃球運動時間變長，有可能使得籃球落入球筐，D錯誤考向2平拋運動規(guī)律的基本應用6(2017·鹽城二模)小孩站在岸邊向湖面拋石子，三次的軌跡如圖3­13所示，最高點在同一水平線上，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是()【導學號：17214046】圖3­13A沿軌跡3運動的石子落水時速度最小B沿軌跡3運動的石子在空中運動時間最長C沿軌跡1運動的石子加速度最大D三個石子在最高點時速度相等A設任一石子初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，初速度與水平方向的夾角為，上升的最大高度為h，運動時間為t，落水速度大小為v取豎直向上方向為正方向，石子豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為ag，由0v2gh，得：vy，h相同，vy相同，則三個石子初速度的豎直分量相同由速度的分解知：vyv0sin ，由于不同，所以v0不同，沿路徑1拋出時的石子的初速度最大，沿軌跡3落水的石子速度最??；由運動學公式有：hg2，則得：t2，則知三個石子運動的時間相等；根據(jù)機械能守恒定律得知，三個石子落水時的速率不等，沿路徑1拋出時的石子的初速度最大，沿軌跡3落水的石子速率最小，故A正確，B、D錯誤因小球在空中時只受重力，故三個石子的加速度相同，故C錯誤7(多選)(2017·揚州模擬)如圖3­14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄準另一小球B射出在A球射出的同時，B球由靜止開始下落，兩球剛好在落地時相碰不計空氣阻力，則兩球在下落過程中()【導學號：17214047】圖3­14A以B球為參考系，A球做勻速運動B在相同時間內(nèi)，A、B球的速度變化量相等C兩球的動能都隨離地的豎直高度均勻變化D若僅增大A球的初速度，兩球不會相碰ABC因為平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，在相同時刻A與B在同一高度上，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，可知以B球為參考系，A球做勻速直線運動，故A正確A、B兩球的加速度均為g，方向豎直向下，則相同時間內(nèi)，兩球速度變化量相等，故B正確對A，根據(jù)動能定理得，mghmv2mv，小球的動能Ekmv2mghmv，與高度成線性關系；對B，根據(jù)動能定理得，Ekmv2mgh，與高度成正比，可知兩球的動能都隨豎直高度均勻變化，故C正確由于A球豎直方向上的運動規(guī)律與B球相同，增大初速度，當A球運動到B球所在豎直線時，還未落地，由于兩球始終在同一高度，可知兩球仍然會相碰，故D錯誤考向3平拋斜面問題8(2017·海門模擬)如圖3­15所示，虛線MN是豎直面內(nèi)的斜線，兩個小球分別從MN上的A、B兩點水平拋出，過一段時間再次經(jīng)過虛線MN，則下列說法錯誤的是() 【導學號：17214048】圖3­15A兩球經(jīng)過虛線MN時的速度大小可能相同B兩球經(jīng)過虛線MN時的速度方向一定相同C兩球可能同時經(jīng)過虛線MN上的同一位置DA處拋出的球從拋出到經(jīng)過虛線MN所用時間一定比B處拋出的球從拋出到經(jīng)過虛線MN所用時間長D兩球再次經(jīng)過虛線MN時，根據(jù)tan 得：t，此時小球的豎直分速度vygt2v0tan ，根據(jù)平行四邊形定則知，速度大小為：vv0，若兩球初速度相等，則兩球經(jīng)過MN時的速度大小相等，故A正確根據(jù)平行四邊形定則知，tan 2tan ，可知兩球經(jīng)過虛線位置時速度方向相同，故B正確若初速度大小不同，兩球可能經(jīng)過虛線上的同一位置，故C正確根據(jù)t知，若初速度相等，則兩球到達虛線MN的時間相同，故D錯誤考向4平拋中的臨界問題9(2017·蘇錫常二模)乒乓發(fā)球機的簡化模型示意圖如圖3­16所示發(fā)球機的機頭相當于一個長l20 cm的空心圓柱(內(nèi)徑比乒乓球的直徑略大)，水平固定在球臺邊緣O點上方H45 cm處，可繞C軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，從而改變球的落點球臺長為L3 m，位于球臺中央的球網(wǎng)高h25 cm，出球口離盛球容器底部的高度H050 cm，不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)、空氣阻力和發(fā)球機軌道對球的阻力已知一只乒乓球的質(zhì)量約為3 g(取重力加速度g10 m/s2)圖3­16(1)若發(fā)球機的機頭不轉(zhuǎn)動，且出球點在O點正上方，當發(fā)球機發(fā)出的球能過網(wǎng)且落在球臺上，求發(fā)球機出球的速度大小范圍；(2)若發(fā)球機機頭以5 rad/s按俯視圖所示方向轉(zhuǎn)動，且出球時乒乓球相對機頭的速度為9 m/s求出球點轉(zhuǎn)到O點正上方時所發(fā)出球的最后落點位置，結(jié)果用xOy坐標系中的坐標值表示；(3)在題(2)問情景下，若發(fā)球機每分鐘發(fā)出30只球，求發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率 【導學號：17214049】【解析】(1)根據(jù)Hhgt得：t1 s02 s則發(fā)球機出球的最小速度為：v1 m/s75 m/s根據(jù)Hgt得：t2 s03 s則發(fā)球機出球的最大速度為：v2 m/s10 m/s發(fā)球機出球的速度大小范圍為：75 m/sv10 m/s(2)機頭轉(zhuǎn)動的線速度為：v3l02×5 m/s1 m/s根據(jù)平行四邊形定則知，球發(fā)出后的速度為：v m/s m/s球發(fā)出后做平拋運動，在xOy坐標系中，縱坐標為：yv3t21×03 m03 m，橫坐標為：xv4t29×03 m27 m最后落點位置坐標為(27 m，03 m)(3)每個乒乓球的機械能為：EmgH0mv23×103×10×05 J×3×103×82 J0138 J發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率為：P W0069 W【答案】(1)75 m/sv10 m/s(2)(27 m，03 m)(3)0069 W考點3| 圓周運動的基本規(guī)律難度：中檔 題型：選擇題 五年2考(對應學生用書第15頁)8(2013·江蘇高考T2)如圖3­17所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是() 【導學號：17214050】圖3­17AA的速度比B的大BA與B的向心加速度大小相等C懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小【解題關鍵】解此題注意以下兩點：(1)“旋轉(zhuǎn)秋千”同軸轉(zhuǎn)動，兩座椅角速度相同(2)座椅到轉(zhuǎn)軸的水平距離為圓周運動的半徑DA、B繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動的角速度相等，即AB，但rA<rB，根據(jù)vr得，A的速度比B的小，選項A錯誤；根據(jù)a2r得，A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；A、B做圓周運動時的受力情況如圖所示，根據(jù)F向m2r及tan 知，懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；由圖知cos ，即T，所以懸掛A的纜繩受到的拉力小，選項D正確9(2017·江蘇高考T5)如圖3­18所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g下列說法正確的是() 【導學號：17214051】圖3­18A物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2FB小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2FC物塊上升的最大高度為D速度v不能超過D物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg2FA錯：物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力TMg2FB錯：小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：TMg，TMg，所以繩子中的張力與2F大小關系不確定C錯：若物塊做圓周運動到達的高度低于P點，根據(jù)動能定理有Mgh0Mv2則最大高度h若物塊做圓周運動到達的高度高于P點，則根據(jù)動能定理有MghMv2Mv2則最大高度hD對：環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知：2FMg故最大速度v1水平面內(nèi)圓周運動臨界問題(1)水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)(2)常見臨界條件：繩的臨界：張力FT0；接觸面滑動的臨界：Ff；接觸面分離的臨界：FN02豎直平面內(nèi)圓周運動的分析方法(1)對于豎直平面內(nèi)的圓周運動要注意區(qū)分“輕繩模型”和“輕桿模型”，明確兩種模型過最高點時的臨界條件(2)解決豎直平面內(nèi)的圓周運動的基本思路是“兩點一過程”“兩點”即最高點和最低點，在最高點和最低點對物體進行受力分析，確定向心力，根據(jù)牛頓第二定律列方程；“一過程”即從最高點到最低點，往往由動能定理將這兩點聯(lián)系起來考向1水平面內(nèi)的圓周運動10(多選)(2017·無錫一模)如圖3­19所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，設物體間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，下列說法正確的是() 【導學號：17214052】圖3­19AB的向心力是A的2倍B盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍CA有沿半徑向外滑動的趨勢，B有沿半徑向內(nèi)滑動的趨勢D增大圓盤轉(zhuǎn)速，發(fā)現(xiàn)A、B一起相對圓盤滑動，則A、B之間的動摩擦因數(shù)A大于B與盤之間的動摩擦因數(shù)BBDA、B兩物體一起做勻速圓周運動，質(zhì)量相等，角速度相等，轉(zhuǎn)動的半徑相等，可知A、B的向心力相等，故A錯誤對A分析，有：fAmr2，對A、B整體分析，fB2m·r2，可知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍，故B正確A所受的摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的摩擦力指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤增大圓盤轉(zhuǎn)速，發(fā)現(xiàn)A、B一起相對圓盤滑動，則B與圓盤之間達到最大靜摩擦力時，A與B之間還未達到最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律知，A、B之間的動摩擦因數(shù)A大于B與盤之間的動摩擦因數(shù)B，故D正確11(多選)(2017·南京四模)如圖3­20所示，光滑的輕桿OA可繞豎直軸OO旋轉(zhuǎn)，且OA與OO軸間夾角始終保持不變，質(zhì)量為m的小球套在OA桿上，可在桿適當位置處隨桿做水平面內(nèi)的勻速圓周運動，下列說法正確的有()圖3­20A小球在任何兩位置隨桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的加速度大小都相等B桿的轉(zhuǎn)速越大，小球隨桿做水平面內(nèi)勻速圓周運動的位置越高C小球在某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，只要受到微小的擾動，就會遠離該位置D小球在某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，若桿轉(zhuǎn)速突然增大，由于桿對球的彈力垂直于桿，桿不會對小球做功AC根據(jù)牛頓第二定律得：ma，解得：a，可知小球在任何位置隨桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的加速度大小都相等，故A正確根據(jù)牛頓第二定律得：mr(2n)2，轉(zhuǎn)速增大，由于合力大小不變，則r減小，即小球隨桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的位置越低，故B錯誤小球在某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，只要受到微小的擾動，速度增大或減小，根據(jù)m知，合力大小不變，則r增大或減小，即遠離該位置，故C正確小球在某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，若桿轉(zhuǎn)速突然增大，由B選項知，小球隨桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的位置越低，做圓周運動的半徑減小，則線速度變小，根據(jù)動能定理知，重力做正功，動能減小，則桿對球的彈力做負功，故D錯誤考向2豎直平面的圓周運動12(2017·南通模擬)如圖3­21甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷中正確的是()【導學號：17214053】甲乙圖3­21Ab可以等于0B可求出重力加速度gC繩長不變，用質(zhì)量不同的球做實驗，得到的圖線斜率不變D繩長不變，用質(zhì)量較大的球做實驗，圖線b點的位置將往右移B小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最高點的最小速度v，故b不可能為零，故A錯誤；當F0時，根據(jù)表達式有：mgm，解得g，故B正確；根據(jù)Fmmg知，圖線的斜率k，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，斜率變小，故C錯誤；當F0時，g，可知b點的位置與小球的質(zhì)量無關，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D錯誤熱點模型解讀| 豎直軌道運動模型(對應學生用書第16頁)1模型展示考題2016·全國丙卷T242014·全國卷T172015·全國卷T22模型圓周運動與能量綜合圓周運動與能量綜合圓周運動與超重、失重2模型解讀分類輕繩模型(最高點無支撐)輕桿模型(最高點有支撐)實例球與繩連接、水流星、翻滾過山車球與桿連接、球與豎直管道、套在圓環(huán)上的物體等圖示在最高點受力重力，彈力F彈向下或等于零mgF彈m重力，彈力F彈向下、向上或等于零mg±F彈m恰好過最高點F彈0，mgm，v在最高點速度不能為零v0，mgF彈在最高點速度可為零能量關系(1)從最高點運動到最低點，只存重力做功情況：mg·2Rmvmv(2)從最高點運動到最低點，若有重力之外的力做功：mg·2RW外mvmv典例(多選)(2017·湖北黃石三模)如圖3­22所示，豎直面內(nèi)有個光滑的3/4圓形軌道固定在一水平地面上，半徑為R一個質(zhì)量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進入圓軌道不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是() 【導學號：17214054】圖3­22A適當調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B若h2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為5mgC只有h大于等于25R時，小球才能到達圓軌道的最高點MD若hR，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR【解題指導】小球到達圓形軌道最高點的最小速度為v，水平拋出后，豎直方向Rgt2，水平方向xvt，解得水平距離xRR，選項A錯誤；若h2R，小球到達最低點速度為v1，則mghmv，F(xiàn)Nmg，解得FN5mg，由牛頓第三定律可知，選項B正確；由機械能守恒定律mg(hmin2R)mv2，解得hmin25R，選項C正確；若hR，該過程重力做功為零，選項D錯誤【答案】BC拓展應用(2017·江西名校聯(lián)考)如圖3­23甲所示，質(zhì)量m1 kg的物體以v04 m/s的初速度從水平面的某點向右運動并沖上半徑R01 m的豎直光滑半圓環(huán)物體與水平面間有摩擦圖3­23(1)物體能從M點飛出，落到水平面時落點到N點的距離的最小值為多大？(2)設出發(fā)點到N點的距離為x，物體從M點飛出后，落到水平面時落點到N點的距離為y，作出y2隨x變化的關系如圖乙，求物體與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)欲使物體不會脫離半圓軌道，則物體的出發(fā)點到N點間的距離應滿足什么條件？【解析】(1)物體能從M點飛出，則mgm解得vminyminvmint2Rgt2解得ymin2R02 m(2)對物體從出發(fā)點到M點過程，由動能定理得mgxmg2RmvmvyvMt2Rgt2由得y2x由圖知解得018(3)當物體恰好不會在M到N點之間離開半圓軌道，即物體恰好從M點飛出，有ymin02 m解得xmax31 m當物體剛好至圓軌道最右側(cè)減速為零，由動能定理得mgxminmgR0mv恰到N點時減速為零，有mgx00mv解得xmin39 mx044 m綜上可得39 mx44 m或x31 m【答案】(1)02 m(2)018(3)39 mx44 m或x31 m20