第四章 曲线运动(A)(解析版)
曲线运动常考模型(解析版)
曲线运动常考模型目录题型一曲线运动和运动的合成与分解题型二平抛运动和类平抛运动的规律及应用题型三圆周运动问题题型四圆周、直线平抛组合模型题型一曲线运动和运动的合成与分解【解题指导】1.曲线运动的理解(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．2.曲线运动的分析(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．1(2023上·山东临沂·高三统考期中)如图所示，轻质细杆ACB的A端靠在竖直墙上，B端放置在水平地面上，A端、B端和杆的中点C处各有可视为质点质量均为m的固定小球。
细杆ACB与竖直墙面的夹角为φ，开始时φ=0，细杆静止，后因微小扰动，细杆开始运动，设系统处处无摩擦。
假设B 端可以沿地面朝右滑动，但因受约束不会离开地面；A端可以沿着墙面朝下滑动，但不受相应的约束，故可以离开墙面。
已知细杆ACB长为2L，重力加速度为g。
(1)A端开始运动到离开墙面前，为确定小球C的运动情况，建立如图坐标系，试求小球C的运动轨迹方程；(2)根据(1)中小球C的运动轨迹，若A端未离开墙面，且小球A的速度为v A，试求小球C的速度的大小；(3)cosφ为何值时A端将离开墙面？【答案】(1)x 2+y 2=L 2；(2)v A 2sin φ；(3)cos φ=23【详解】(1)以水平墙与竖直墙为x 轴、y 轴建立直角坐标系，设C 点坐标为x ,y ，则A 、B 点的坐标分别为0,2y 、2x ,0 ，根据勾股定理有2x2+2y 2=2L 2解得x 2+y 2=L 2(2)画出小球C 运动轨迹,如图小球C 的速度v C 与杆的夹角为α=90°-2φ由关联速度可知v A cos φ=v C cos α解得v C =v A cos φsin2φ=v A2sin φ(3)由关联速度可知v A cos φ=v B sin φ系统水平方向由动量定理可得Nt =mv B +mv C cos φ系统机械能守恒有mg ⋅2L 1-cos φ +mgL 1-cos φ =12mv 2A +12mv 2B +12mv 2C可得Nt=3m2245gL1-cosφcos2φ=3m2965gL1-cosφ⋅12cosφ⋅12cosφ由数学知识可知，当1-cosφ=12cosφ解得cosφ=23此时系统水平动量增大到最大值，则N=0，即A端将离开墙面。
新高考物理第四章 曲线运动 万有引力与航天4-3 圆周运动
平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，
已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不
打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块
与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块与轴心O、O′的间距RA＝2RB。若轮盘乙由
静止开始缓慢地转动起来；且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是
答案：C
一点一过 1．向心力的公式
Fn＝man＝mvr2＝mω2r＝m·4Tπ22r＝m·4π2f2r＝mωv。 2．做匀速圆周运动的条件
当物体所受的合外力大小恒定，且始终与速度方向垂直时，物体做匀速圆 周运动，此时向心力由物体所受合外力提供。
研清微点3 离心现象分析
3． (多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水
答案：A
[要点自悟明] 1．匀速圆周运动各物理量间的关系
2．三种传动方式及各自的特点
皮带传动 齿轮传动 同轴转动
皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度 大小相等 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 两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速 度大小相等
(二) 向心力来源分析及离心现象(释疑点)
研清微点1 圆周运动的向心力来源分析
1． (多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m
的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀
速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的
夹角为θ。下列说法中正确的是
()
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
心运动。
(三) 水平面内的匀速圆周运动(融通点) 1．运动特点 (1)运动轨迹在水平面内。(2)做匀速圆周运动。 2．受力特点 (1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。 (2)合外力充当向心力。 3．分析思路
第四章曲线运动第三节圆周运动的基本概念和规律
►
知识点二 匀速圆周运动
保持不变 的圆周运动． 1．定义：线速度大小____________ 2．性质：向心加速度大小不变，方向____________ 时刻变化 ，是 变加速曲线运动． 大小不变 ，方向始终与速度方向垂直 3．条件：合力____________ 且指向圆心．
2017/7/29
►
2017/7/29
变式题 如图 18－5 所示，两段长均为 L 的轻质线共同系 住一个质量为 m 的小球， 另一端分别固定在等高的 A、 B 两点， A、B 两点间距也为 L.现使小球在竖直平面内做圆周运动，当 小球到达最高点时速率为 v，两段线中张力恰好均为零；若小 球到达最高点时速率为 2v，则此时每段线中张力大小为( A．2 3mg B. 3mg C．3mg D．4mg )
2017/7/29
2017/7/29
[答案] C
[解析] 在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静 摩擦力及拉力的合力提供， 且静摩擦力均达到了最大静摩擦力． 因 为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度 ω 相同，设此时手 中的拉力为 F， 则对甲： fm－F＝mω2R 甲， 对乙： F＋fm＝mω2R 乙．当 松手时，F＝0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故 乙做离心运动，然后落入水中；甲所受的静摩擦力变小，直至与它 所需要的向心力相等， 故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动， 选项 C 正确．
2017/7/29
[点评] 解决圆周运动问题的基本步骤： (1)审清题意，确定研究对象； (2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、 轨道平面、圆心、半径等； (3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，并确定向心力的 来源； (4) 根据牛顿第二定律列方程； (5)求解，必要时进行讨论．
实验六 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
第四章曲线运动实验六探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验是课标新增实验，该实验主要考查学生理解知识的能力，能切实地将科学探究的素养落到实处.往年高考对该实验的考查力度不是很大，却在2023年浙江1月卷中进行了考查，可见，高考命题开始加大对该新增实验的考查力度，预计2025年高考该实验出现的概率相对较大.1.实验目的探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系.2.实验原理如图所示，当转动手柄1时，变速塔轮2和3就随之转动，放在长槽4和短槽5中的球A 和B都随之做圆周运动.球由于惯性而滚到横臂的两个短臂6挡板处，短臂挡板就推压球，向球提供了做圆周运动所需的向心力.由于杠杆作用，短臂向外时，长臂就压缩塔轮转轴上的测力部分的弹簧，使弹簧测力套筒7上方露出标尺8上的格数，便显示出了两球所需向心力之比.向心力演示器3.实验器材向心力演示器、质量不等的小球.4.实验步骤（1）分别将两个质量相等的小球放在实验仪器的两个小槽中，且小球到转轴（即圆心）距离相同即圆周运动半径相同.将皮带放置在适当位置使两转盘转动，记录不同角速度下的向心力大小（格数）.（2）分别将两个质量相等的小球放在实验仪器的长槽和短槽两个小槽中，将皮带放置在适当位置使两转盘转动角速度相等、小球到转轴（即圆心）距离不同即圆周运动半径不等，记录不同半径的向心力大小（格数）.（3）分别将两个质量不相等的小球放在实验仪器的两个小槽中，且小球到转轴（即圆心）距离相同即圆周运动半径相等，将皮带放置在适当位置使两转盘转动角速度相等，记录不同质量下的向心力大小（格数）.5.数据处理分别作出F n－ω2、F n－r、F n－m的图像，分析向心力大小与角速度、半径、质量之间的关系，并得出结论.6.注意事项（1）实验前应将横臂紧固，螺钉旋紧，以防球和其他部件飞出造成事故.（2）实验时，不宜使标尺露出格数太多，以免由于球沿槽外移引起过大的误差.（3）摇动手柄时，应使小球缓慢加速，速度增加均匀.（4）皮带跟塔轮之间要拉紧.命题点1教材基础实验1.[实验原理与操作/2023浙江1月]“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示.（1）采用的实验方法是A.A.控制变量法B.等效法C.模拟法（2）在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动.此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比（选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变（选填“不变”“变大”或“变小”）.解析（1）探究向心力大小的表达式时采用的实验方法是控制变量法，A正确，BC错误.（2）由向心力公式F＝m v 2R 、F＝mω2R、F＝m4π2T2R可知，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的线速度平方之比、角速度平方之比或周期平方的反比；在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变.2.[数据处理]一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统“探究物体做圆周运动时向心力与角速度、半径的关系”.在保证重物的质量m和做圆周运动的角速度ω不变的情况下，改变重物做圆周运动的半径r，得到几组向心力F与半径r的数据，记录到表1中.表1向心力F与半径r的测量数据次数12345半径r/mm5060708090向心力F/N 5.46 6.557.648.749.83在保证重物的质量m和做圆周运动的半径r不变的情况下，改变重物做圆周运动的角速度ω，得到几组向心力F和角速度ω的数据，记录到表2中.表2向心力F与角速度ω的测量数据次数12345角速度ω/（rad·s－1） 6.589.311.014.421.8向心力F/N0.09830.22660.28210.4583 1.0807（1）根据上面的测量结果，分别在图甲和图乙中作出F－r图线和F－ω图线.（2）若作出的F－ω图线不是直线，可以尝试作F－ω2图线，试在图丙中作出F－ω2图线.（3）通过以上实验探究可知，向心力与转动半径成正比，与角速度的平方成正比.答案（1）（2）解析在坐标系中描点作图可得F－r的图线为过原点的直线，则F与r成正比，F－ω图线不是直线，但F－ω2图线为过原点的直线，则F与ω2成正比.命题点2 创新设计实验3.[实验原理创新]某同学做验证向心力与线速度关系的实验.装置如图所示，一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球.钢球静止时刚好位于光电门中央.主要实验步骤如下：①用游标卡尺测出钢球直径d ；②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F 1，用米尺量出线长L ；③将钢球拉到适当的高度处由静止释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t ，力传感器示数的最大值为F 2.已知当地的重力加速度大小为g ，请用上述测得的物理量表示：（1）钢球经过光电门时的线速度表达式v ＝ d t，向心力表达式F 向＝m v 2R＝F 1d 2gt 2（L ＋d 2）；（2）钢球经过光电门时所受合力的表达式F 合＝ F 2－F 1 ；（3）若在实验误差允许的范围内F 向＝F 合，则验证了向心力与线速度的关系.该实验可能的误差有 摆线的长度测量有误差 .（写出一条即可）解析 （1）钢球的直径为d ，遮光时间为t ，所以钢球通过光电门的线速度v ＝d t，根据题意知，钢球做圆周运动的半径为R ＝L ＋d2，钢球的质量m ＝F 1g ，则向心力表达式F 向＝m v 2R ＝F 1d 2gt 2（L ＋d 2）.（2）钢球经过光电门时只受重力和细线的拉力，由分析可知，钢球通过光电门时，细线的拉力最大，大小为F 2，故所受合力为F 合＝F 2－F 1.（3）根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时存在误差.4.[实验目的创新]如图甲所示，某同学为了比较不同物体与转盘间动摩擦因数的大小设计了该装置.已知固定于转轴上的角速度传感器和力传感器与电脑连接，通过一不可伸长的细绳连接物块，细绳刚好拉直，物块随转盘缓慢加速.在电脑上记录如图乙所示图像.换用形状和大小相同但材料不同的物块重复实验，得到物块a 、b 、c 分别对应的三条直线，发现a 与c 的纵截距相同，b 与c 的横截距相同，且符合一定的数量关系.回答下列问题：（1）物块没有看作质点对实验是否有影响？ 否 （选填“是”或“否”）.（2）物块a 、b 、c 的密度之比为 2：2：1 .（3）物块a 、b 、c 与转盘之间的动摩擦因数之比为 1：2：2 .解析（1）物块的形状和大小相同，做圆周运动的半径相同，所以物块没有看作质点对实验没有影响.（2）当物块随转盘缓慢加速过程中，物块所需的向心力先由静摩擦力提供，当达到最大静摩擦力后由绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供，即F向＝F＋μmg＝mrω2，所以有F＝mrω2－μmg，题图乙中图线的斜率为mr，在纵轴的截距为－μmg，根据题图乙知a的斜率k a＝m a r＝1kg·m，b的斜率k b＝m b r＝1kg·m，c的斜率k c＝m c r＝12kg·m，所以a、b、c的质量之比为2：2：1，因为体积相同，所以物块a、b、c的密度之比为2：2：1.（3）由题图乙知a的纵轴截距－μa m a g＝－1N，b的纵轴截距－μb m b g＝－2N，c的纵轴截距－μc m c g＝－1N，结合质量之比得到物块a、b、c与转盘之间的动摩擦因数之比为1：2：2.方法点拨创新实验目的由探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验，迁移为测向心加速度和重力加速度的实验由探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系的实验，迁移为测角速度大小的实验创新实验器材由力传感器和光电门替代向心力演示器，探究影响向心力大小的因素，使实验数据获取更便捷，数据处理和分析更准确创新数据处理方法采用控制变量法，利用力传感器和速度传感器记录数据，根据F－v2图线分析数据1.某同学利用如图所示的向心力演示器定量探究匀速圆周运动所需向心力大小F跟小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系.（1）为了单独探究向心力大小跟小球质量的关系，必须用控制变量法.（2）转动手柄可以使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球随之做匀速圆周运动.这时我们可以看到弹簧测力套筒上露出标尺，通过标尺上露出的红白相间等分格数，即可求得两个球所需的向心力大小之比.（3）该同学通过实验得到如下表的数据：次数球的质量m/g转动半径r/cm转速n/（r·s－1）向心力大小F/红格数114.015.0012228.015.0014314.015.0028414.030.0014根据以上数据，可归纳概括出向心力大小F跟小球质量m、转速n和运动半径r之间的关系是向心力大小F跟小球质量m成正比，跟转速n的平方成正比，跟运动半径r成正比（或向心力大小F跟小球质量m、转速n的平方、运动半径r的乘积成正比）（文字表述）.（4）实验中遇到的问题有难以保证小球做匀速圆周运动，转速难按比例调节或露出格子数（或力的读数）不稳定，难定量化（写出一点即可）.2.[实验装置创新/2024重庆八中校考]某物理兴趣小组利用传感器探究向心力大小与半径、角速度的关系，实验装置如图甲所示.装置中水平直槽能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直槽上，用细线将滑块与固定的力传感器连接.当滑块随水平直槽一起匀速转动时，细线的拉力大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得.（1）使相同滑块分别以半径r为0.14m、0.12m、0.10m、0.08m、0.06m做匀速圆周运动，在同一坐标系中分别得到图乙中①、②、③、④、⑤五条F－ω图线，则图线①对应的半径为0.14m，各图线不过坐标原点的原因是受到摩擦力作用.（2）对5条F－ω图线进行比较分析，欲探究ω一定时，F与r的关系.请你简要说明方法：在F－ω图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F－r坐标系中描点作图，即可根据F－r图像探究F与r的关系.解析 （1）由受力分析可知，摩擦力及细线的弹力的合力提供滑块做匀速圆周运动的向心力，即F ＋f ＝mω2r ，根据二次函数的知识可以判断mr 越大，抛物线开口越小，所以图线①对应的半径为0.14m.由以上分析可知，各图线不过原点的原因为滑块受到摩擦力作用.（2）探究F 与r 的关系时，要先控制m 和ω不变，因此可在F －ω图像中找到同一个ω对应的向心力，根据5组向心力F 与半径r 的数据，在F －r 坐标系中描点作图，即可根据F －r 图像探究F 与r 的关系.3.[数据处理创新/2024山西运城模拟]某同学用如图所示装置探究物体做圆周运动时向心力与角速度的关系，力传感器固定在竖直杆上的A 点，质量为m 的磁性小球用细线a 、b 连接，细线a 的另一端连接在竖直杆上的O 点，细线b 的另一端连接在力传感器上，拉动小球，当a 、b 两细线都伸直时，细线b 水平，测得OA 间的距离为L 1，小球到A 点距离为L 2，磁传感器可以记录接收到n 次强磁场信号所用的时间，重力加速度为g .（1）实验时，保持杆竖直，使小球在细线b 伸直且水平的条件下绕杆做匀速圆周运动，将接收到的第一个强磁场信号记为1，并开始计时，测得磁传感器接收到n 次强磁场信号所用时间为t ，则小球做圆周运动的角速度ω＝ 2π（n －1）t，测得力传感器的示数为F ，则小球做圆周运动的向心力F n ＝mgL 2L 1＋F （此空用含F 的式子表示）.（2）多次改变小球做圆周运动的角速度（每次细线b 均伸直且水平），测得多组力传感器示数F 及磁传感器接收到n 次强磁场信号所用的时间t ，作出F －1t 2图像.如果图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距为 －mgL 2L 1，图像的斜率为 4π2（n －1）2mL 2 ，则表明，小球做匀速圆周运动时，在质量、半径一定的条件下，向心力大小与 角速度的平方 （填“角速度”或“角速度的平方”）成正比.解析 （1）将接收到的第一个强磁场信号记为1，并开始计时，测得磁传感器接收到n 次强磁场信号所用时间为t ，则小球做圆周运动的周期为T ＝t n －1，小球做圆周运动的角速度为ω＝2πT ＝2π（n －1）t.设细线a 与竖直方向夹角为θ，则竖直方向上有F 1cos θ＝mg ，水平方向上有F n ＝F 1sin θ＋F ，又tan θ＝L2L 1，联立解得F n ＝mgL 2L 1＋F .（2）由于F n ＝mω2L 2＝m 4π2（n －1）2t 2L 2，与上式联立解得F ＝4π2（n －1）2mL 2·1t 2－mgL 2L 1，所以F －1t 2图像是一条倾斜直线，图像与纵轴的截距为b ＝－mgL 2L 1，图像的斜率为k ＝4π2（n －1）2mL 2，可知小球做匀速圆周运动时，在质量、半径一定的条件下，向心力大小与角速度的平方成正比.。
高考历年真题曲线运动(解析版)
10年高考（2011-2020年）全国II卷物理试题分项全解全析专题04 曲线运动1、全国II卷2020年高考使用的省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆等10个省份2、2011-2020年全国II卷分布情况概况：3、2011-2020年全国II卷试题赏析：一、选择题1、（2020·全国II卷·T16）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。
若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。
c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于（ ）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv 根据平抛运动规律有2112h gt =11h v t =当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv 根据平抛运动规律有221122h gt 223hv t联立以上各式可解得2118E E故选B 。
2、（2019·全国II 卷·T19）如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图像如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻．则A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D. 竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 【答案】BD 【解析】A ．由v -t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；B ．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确C ．由于v -t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0v v a t-=易知a 1>a 2，故C 错误 D ．由图像斜率，速度为v 1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a 1>a 2，由G -f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D 正确3、（2017·全国II 卷·T17）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。
专题04 曲线运动(解析版)
聚焦2021届高考物理超重点十五讲（解析版）专题【04】曲线运动1．合运动和分运动的关系2.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．合运动的性质判断加速度(或合外力)⎩⎪⎨⎪⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动加速度(或合外力)与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动1．(2018·湖南永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目．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伤害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】运动员同时参与了两个分运动，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)(2018·山东实验中学高三段考)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 ＝－2t 2－4t ，y ＝3t 2＋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超重点1：运动的合成和分解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 ＝v 0t ＋12at 2，x ＝－2t 2－4t ，y ＝3t 2＋6t ，可得初速度：v 0x ＝－4 m/s ，v 0y＝6 m/s ；加速度：a x ＝－4 m/s 2，a y ＝6 m/s 2.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，故合运动一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] (2015·高考全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需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 ，某次发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，1.9×103 m/sB ．东偏南方向，1.9×103 m/sC ．西偏北方向，2.7×103 m/sD ．东偏南方向，2.7×103 m/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v 1＝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v 2，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v 2＝v 2＋v 21－2vv 1cos 30°≈1.9×103m/s ，选项B 正确．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． 3．三种情景情况图示说明渡河时 间最短当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间t min ＝dv 船超重点2：小船过河问题渡河位 移最短如果v 船＞v 水，当船头方向与上游夹角θ满足v 船cos θ＝v 水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河宽d如果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dv 水v 船(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5 m/s ，船在静水中的速度是3 m/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)小船参与了两个分运动，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 ＝d v 船＝2004s ＝50 s 小船沿水流方向的位移s 水＝v 水t ＝2×50 m ＝100 m 即船将在正对岸下游100 m 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 cos θ＝v 水v 船＝24＝12，故θ＝60° 即船头的指向与上游河岸成60°角，渡河时间t ＝d v ＝2004sin 60° s ＝10033s. (3)因为v 船＝3 m/s ＜v 水＝5 m/s ，所以船不可能垂直河岸横渡，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cos θ＝v 船v 水＝35，故船头与上游河岸的夹角θ＝53° 又x ′d ＝v v 船＝v 2水－v 2船v 船，代入数据解得x ′＝267 m. [易错警示] 求解小船渡河问题的3点注意(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，一般情况下与船头指向不一致．(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)(2018·湖北武汉调研)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(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化，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化的影响【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化关系如图甲所示，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75 sB．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，船头必须始终与河岸垂直D．要使船以最短时间渡河，船在河水中的速度是5 m/s【答案】A【解析】当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，t＝dv船＝3004s＝75 s，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，必须是小船合速度始终与河岸垂直，故C错误；根据速度的合成可知，船在河水正中间时速度最大，为5 m/s，其余位置小于5 m/s，故D错误．训练3．如图所示，一艘轮船正在以4 m/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＝3 m/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，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化．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)5 m/s (2)2.4 m/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＝v2＋v21＝42＋32 m/s＝5 m/s，设v与v2的夹角为θ，则cos θ＝vv2＝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，牵引力消失，在阻力作用下，v2逐渐减小，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v min＝v1cos α＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s.1．模型特点合速度→物体的实际运动速度v分速度→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳或杆的分速度v1其二：与绳或杆垂直的分速度v22．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)的两个分量，根据沿绳(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] (2018·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．现超重点3：“关联速度”模型将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 的合力一直增大[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v Q如图所示．则当θ＝60°时，Q 的速度v Q cos 60°＝v P ，解得v P v Q ＝12，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 的合力逐渐减小．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.(2018·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v 0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.v 0cos θB.v 0sin θC ．v 0cos θD ．v 0sin θ【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，根据平行四边形定则得，实际速度v ＝v 0cos θ，选项A 正确．训练2.一轻杆两端分别固定质量为m A 和m B 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开始下滑，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v 1，已知此时轻杆与水平方向夹角θ＝30°，B 球的速度大小为v 2，则( )A ．v 2＝12v 1B ．v 2＝2v 1C ．v 2＝v 1D ．v 2＝3v 1【答案】C【解析】球A 与球形容器球心等高，速度v 1方向竖直向下，对其分解如图所示，有v 11＝v 1sin 30°＝12v 1，球B 此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v 21＝v 2cos 60°＝12v 2，沿杆方向两球速度相等，即v 21＝v 11，解得v 2＝v 1，C 项正确．训练3．(2018·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 光盘的中央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 光盘中央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 ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ【答案】A【解析】由题意可知，线与光盘的交点参与两个运动，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＝v sin θ；而线的速度，即为小球上升的速度，故A 正确．1．飞行时间：由t ＝2hg知，飞行时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定．3．落地速度：v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋2gh ，落地时速度与水平方向夹角为θ，有tan θ＝v yv x＝2ghv 0.超重点4：平抛运动的基本规律故落地速度只与初速度v 0和下落高度h 有关．4.速度改变量：做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 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一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tan θ＝2tan α.1．(2017·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(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( )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，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，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v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖直方向上的速度v y 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gttan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．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tan θ＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gt tan θ，A 正确；由tan α＝h x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ可知，α≠θ2，B 错误；小球做平抛运动的时间t ＝2hg，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gt v 0可知，v 0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v 0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v 0＝gR 时，落到环上时的竖直分速度最大B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的ac 段圆弧 C ．当v 0取适当值时，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 【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，根据自由落体运动规律有y ＝12gt 2，当y ＝R ＝12gt 2时速度最大，此时t ＝2Rg，小球落在c点，水平位移为R ，那么平抛的初速度v 0＝2gR 2，选项A 错误．由上知当初速度v 0<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一定指向圆心，根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判断，水平位移即为2R ，而小球从a 点向右做平抛运动时不可能落在b 点，所以无论v 0取何值小球都不可能垂直撞击圆环，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v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v xv y＝v 0gt速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v y v x＝gt v 0 分解位移x ＝v 0t y ＝12gt 2tan θ＝yx＝gt 2v 0位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形[典例1] O 点水平飞出，经过3.0 s 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 ＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g 取10 m/s 2)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)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J 【解析】 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有y ＝L sin 37°＝12gt 2得A 点与O 点的距离L ＝gt 22sin 37°＝75 m(2)设运动员离开O 点时的速度大小为v 0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即x ＝L cos 37°＝v 0t 解得v 0＝L cos 37°t＝20 m/s (3)方法一：合成法运动员到达A 点时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝30m/s 运动员到达A 点时的动能E k ＝12mv 2＝12m (v 20＋v 2y )＝32 500 J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满足tan β＝2tan θ＝v y v 0即v y ＝2v 0tan θ＝30 m/s运动员到达A 点时的动能E k ＝12m (v 20＋v 2y )＝32 500 J[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，从而使问题得到顺利解决．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 ．tan θB ．2tan θ C.1tan θD.12tan θ【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＝π2－θ，如图所示．由tan β＝v y v 0，得v y ＝v 0tan β＝v 0tan θ，则t ＝v y g ＝v 0g tan θ，所以y x ＝12gt 2v 0t ＝12tan θ，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＝π2－θ，如图所示．设此时小球的位移偏角为α，则有2tan α＝tan(π2－θ)＝1tan θ，得tan α＝12tan θ，故y x ＝12tan θ，D 正确．训练2．(2018·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v 0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2v 0，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】根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，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tan β＝gt v 0＝2tan θ，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 ＝xcos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，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．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 ＝Δs Δt ＝2πr T. (2)角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝ΔθΔt ＝2πT. (3)周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T ＝2πr v ，T ＝1f.(4)向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n ＝r ω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .(5)相互关系：①v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .②a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T2r ＝4π2f 2r .二、匀速圆周运动的向心力超重点4：圆周运动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免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)分析物体的受力情况，找出所有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F n ＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r .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失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．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 ＝m ω2r 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 ＜m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力，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v A ＝v B .(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v A ＝v B .(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改变行驶速度．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∶4 D ．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R B ∶R C ＝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v a ＝v b ，ωa R A ＝ωb R B ，ωa ∶ωb ＝3∶2；B 、C 同轴，故ωb ＝ωc ，v b R B ＝v c R C，v b ∶v c ＝3∶2，因此v a ∶v b ∶v c ＝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a a ∶a b ∶a c ＝9∶6∶4，D 正确．3.(多选)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心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∶1 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2 C ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1 D ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶ 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v A ∶v B ＝1∶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)分析物体的受力情况，所有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.若圆盘从静止开始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一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】AC【解析】因圆盘从静止开始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，则根据牛顿第二定律可得F f＝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做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，选项A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝m ω2b ·2l ，可得ωb ＝ kg 2l，选项C 正确；当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝m ω2a l ，可得ωa ＝kgl ，而转盘的角速度 2kg 3l＜ kgl，小木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得F f ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误．2．(多选)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．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 一定时，r 越小，要求h 越大B ．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大C ．半径r 一定时，v 越小，要求h 越大D ．半径r 一定时，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F N 的合力来提供，如图所示，则有mg tan θ＝mv 2r ，且tan θ≈sin θ＝h L ，其中L 为轨间距，是定值，有mg h L ＝mv 2r，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m A 和m B ，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m A ＜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 两球中任意一球研究，进行受力分析，如图，小球只受重力和漏斗给的支持力F N .如图所示，设内壁与水平面的夹角为θ.根据牛顿第二定律有：mg tan θ＝m ω2r＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ，则得ω＝g tan θr，v ＝gr tan θ，T ＝2πrg tan θ.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F N ＝mgcos θ，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。
2021高考人教版物理：第4章第1讲曲线运动运动的合成与分解(含解析)
d v21＋ v22
B．运动员放箭处离目标的距离为
v2
d C．箭射到固定目标的最短时间为 v2
D．箭射到固定目标的最短时间为
d v22－v21
答案 BC
解析 要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标， v2 必须垂直于 v1，
并且 v1、v2 的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为
请画出 R 在上升过程中运动轨迹的示意图 (R 视为质点 )。
答案 解析
(1)BD (2)5 图见解析
(1)蜡块的竖直分位移
y＝ v0t，水平分位移
x＝ 12at2 ，联立得
y2＝
2v20 a x，
所以 y 的平方与 x 成正比，故 B 正确， A 错误。
蜡块的竖直分速度 vy ＝ v0，水平分速度 vx ＝ at ，合速度 v＝ v2x＋ v2y ＝
质点 )沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为 v，沿水流方向及垂直于河 岸方向建立直角坐标系 xOy，则该小船渡河的大致轨迹是 ( )
答案 C 解析 小船沿垂直于河岸的方向航行， 它在静水中的速度为 v，河水越靠近中 央水流速度越大，越接近河岸水流速度越小，相当于小船先具有向下游的加速度， 后具有向上游的加速度，结合曲线运动的条件，故 C 正确。 3. (2019 ·广东高考模拟 )2018 珠海航展上，我国五代战机“歼 20”再次闪亮 登场。表演中，战机先水平向右，再沿曲线 ab 向上 (如图 )，最后沿陡斜线直入云 霄。设飞行路径在同一竖直面内， 飞行速率不变。则沿 ab 段曲线飞行时，战机 ( )
d v2，C
正确，D 错误；运动员放箭处离目标的距离为
d2＋ x2，又
d x＝v1t＝ v1·v2，故
高中物理 曲线运动 典型例题(含答案)【经典】
第四章 曲线运动第一讲：曲线运动条件和运动特点、运动的合成与分解考点一：运动的合成与分解 1、（多选）质量为m ＝2 kg 的物体在光滑的水平面上运动，在水平面上建立xOy 坐标系，t ＝0时物体位于坐标系的原点O.物体在x 轴和y 轴方向的分速度vx 、vy 随时间t 变化的图线如图甲、乙所示．则( )． A ．t ＝0时，物体速度的大小为3 m/s 答案 ADB ．t ＝8 s 时，物体速度的大小为4 m/sC ．t ＝8 s 时，物体速度的方向与x 轴正向夹角为37°D ．t ＝8 s 时，物体的位置坐标为(24 m,16 m)2．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t ＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是( )．答案 AD A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m) 3．（单选）如图，从广州飞往上海的波音737航班上午10点到达上海浦东机场，若飞机在降落过程中的水平分速度为60 m/s ，竖直分速度为6 m/s ，已知飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前( )．答案 D A ．飞机的运动轨迹为曲线B ．经20 s 飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等C ．在第20 s 内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等D ．飞机在第20 s 内，水平方向的平均速度为21 m/s4、(多选)质量为0.2 kg 的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图线分别如图甲、乙所示，由图可知( )A ．最初4 s 内物体的位移为8 2 m 答案 ACB ．从开始至6 s 末物体都做曲线运动C ．最初4 s 内物体做曲线运动，接下来的2 s 内物体做直线运动D ．最初4 s 内物体做直线运动，接下来的2 s 内物体做曲线运动 5、（单选）各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的( )． 答案 D6.汽车静止时，车内的人从矩形车窗ABCD 看到窗外雨滴的运动方向如图图线①所示．在汽车从静止开始匀加速启动阶段的t 1、t 2两个时刻，看到雨滴的运动方向分别如图线②③所示．E 是AB 的中点．则( ) A ．t2＝2t 1 B ．t 2＝2t 1 C ．t 2＝5t 1D ．t 2＝3t 1 答案 A解析 静止时，雨滴相对于地面做的是竖直向下的直线运动，设雨滴的速度为v0，汽车匀加速运动后，在t1时刻，看到的雨滴的运动方向如图线②，设这时汽车的速度为v1，这时雨滴水平方向相对于汽车的速度大小为v1，方向向左，在t2时刻，设汽车的速度为v2，则雨滴的运动方向如图线③，雨滴水平方向相对于汽车速度大小为v2，方向水平向左，根据几何关系，v1OA ＝v0AB ，v2OA ＝v012AB ，得v2＝2v1，汽车做匀加速运动，则由v ＝at 可知，t2＝2t1，A 项正确．7．一物体在光滑水平面上运动，它在x 方向和y 方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示． (1)判断物体的运动性质；(2)计算物体的初速度大小；(3)计算物体在前3 s 内和前6 s 内的位移大小．答案 (1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s (3)3013m 180 m8．如图所示，为一次洪灾中，德国联邦国防军的直升机在小城洛伊宝根运送砂袋．该直升机A 用长度足够长的悬索(重力可忽略不计)系住一质量m ＝50 kg 的砂袋B ，直升机A 和砂袋B 以v0＝10 m/s 的速度一起沿水平方向匀速运动，某时刻开始将砂袋放下，在5 s 时间内，B 在竖直方向上移动的距离以y ＝t2(单位：m)的规律变化，取g ＝10 m/s2.求在5 s 末砂袋B 的速度大小及位移大小．答案 10 2 m/s 25 5 m9、如图所示，在竖直平面内的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平向右．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示(坐标格为正方形，g ＝10 m/s2)求：(1)小球在M 点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ； (3)小球到达N 点的速度v2的大小．答案 (1)6 m/s (2)见解析图 (3)410 m/s解析 (1)设正方形的边长为x0. 竖直方向做竖直上抛运动，有v0＝gt1,2x0＝v02t1水平方向做匀加速直线运动，有3x0＝v12t1. 解得v1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x 轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12,0)．(3)到N 点时竖直分速度大小为v0＝4 m/s 水平分速度vx ＝a 水平tN ＝2v1＝12 m/s ， 故v2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.考点二：绳(杆)端速度分解模型（结合受力和机械能守恒）1、如图所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度0v 拉水平面上的物体A ，当绳与水平方向成θ角时，求物体A 的速度。
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优创卷·一轮复习单元测评卷第四章 曲线运动A 卷 名校原创基础卷一、选择题(本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.)1.（2020·江西省月考）我国“嫦娥一号”探月卫星经过无数人的协作和努力，终于在2007年10月24日晚6点多发射升空.如图所示，“嫦娥一号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M 点向N 点飞行的过程中，速度逐渐减小.在此过程中探月卫星所受合力方向可能的是（ ）A. B. C. D.【答案】A 【解析】“嫦娥一号”探月卫星从M 点运动到N ，曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；“嫦娥一号”探月卫星同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，BCD 错误，A 正确。
故选A 。
2.（2020·赣榆月考）如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升。
下列说法正确的是（ ）A.小球做匀速圆周运动B.当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为cos vC.棒的角速度逐渐增大D.当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为sin vL α【答案】D 【解析】A.小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，A 错误；BCD.棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示合速度=v L ω实沿竖直向上方向上的速度分量等于vsin v L ωα=所以sin sin v vv L ωαα==实， 平台向上运动，夹角增大，角速度减小，BC 错误D 正确。
故选D 。
3.（2020·江西省月考）如图所示，质量相同的两个小球a 、b 分别从斜面顶端A 和斜面中点B 沿水平方向抛出。
恰好都落在斜面底端。
不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A.小球a 、b 做平抛的初速度大小之比为2:1B.小球a 、b 到达斜面底端时的位移大小之比为1:1C.小球a 、b 运动过程中速度变化量的方向不相同D.小球a 、b 到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同 【答案】D 【解析】AB.因为a 、b 两球下落的高度之比为2：1，据212h gt =得t =可知a 、b ；又因为两球运动的水平位移之比为2：1，根据0x v t=，故AB 错误；B.设斜面的倾角为θ，根据几何关系可得小球的位移为cos x s θ=两小球的水平位移大小之比为2：1，故两小球的位移大小为2：1，故B 错误； C.根据v gt ∆=知速度变化量的方向与重力加速度的方向相同，即竖直向下；a 、b 两球运动过程中速度变化量的方向相同，故C 错误；D.设小球落在斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则0tan gt v α=，0tan 2gtv θ=可知tan 2tan αθ=因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，所以速度与水平方向的夹角为定值，假设速度与斜面的夹角为β，根据角度关系可知αθβ=+则a 、b 两球到达斜面底端的速度与斜面的夹角相同，故D 正确。
故选D。
4.（2020·张家界市月考）如图所示皮带传动轮，大轮直径是小轮直径的3倍，A是大轮边缘上一点，B是小轮边缘上一点，C是大轮上一点，C到圆心O的距离等于小轮半径，转动时皮带不打滑.则A、B、C三点的角速度大小之比，线速度大小之比，向心加速度大小之比分别为（）A.::1:3:3A B Cωωω=B.::3:3:1A B Cv v v=C.::3:6:1A B Ca a a=D.::1:9:3A B Ca a a=【答案】B【解析】A.A、B两点是靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等，因为大轮的半径是小轮半径的3倍，根据v=rω，知ωA：ωB=1：3，因为A、C共轴转动，则角速度相等，所以ωA：ωB：ωC=1：3：1.故A错误；B.A、C的角速度相等，根据v=rω知，v A：v C=3：1，又A、B的线速度相等，所以v A：v B：v C=3：3：1.故B 正确；CD.A、C的角速度相等，根据a=rω2知，a A：a C=3：1，因为A、B的线速度相等，根据a＝v2/r知，a A：a B=1：3，则a A：a B：a C=3：9：1.故CD错误。
故选B。
5.（2020·辽河油田期中）如图所示，汽车通过拱形桥时的运动可看做圆周运动.质量为m的汽车以速率v通过拱形桥最高点时，若桥面的圆弧半径为R，则此时汽车对桥面的压力大小为（）A.mgB.2mgC.2mvmgR- D.2mvmgR+【答案】C【解析】根据牛顿第二定律，汽车对桥的压力等于桥对汽车的支持力，对汽车受力分析，受重力和支持力，由于汽车做圆周运动，故合力提供向心力，有：2N v mg F m R-=解得：2N v F mg m R=-故C 正确ABD 错误. 故选C 。
6.（2020·浙江省高三二模）如图所示，一小球从半径为R 的固定半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点。
O 为半圆轨道圆心，OB 与水平方向夹角为60︒，重力加速度为g ，关于小球的运动，以下说法正确的是（ ）A.抛出点与B 点的距离为2RB.小球自抛出至B 点的水平射程为1.6RC.332gR D.小球自抛出至B 点的过程中速度变化量为322gR 【答案】C【解析】AB.由几何知识可得，小球自抛出至B 点的水平射程为3cos 602x R R R =+︒=小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，经过B 点时速度与水平方向的夹角为30，则tan 30y v v ︒=设位移与水平方向的夹角为θ，则0tan 302tan 2yv t y x v t θ︒====可得竖直位移3624x R R =⨯= 故抛出点与B 点的距离s ==故AB 错误； C.根据22y v gy =解得y v ==由tan 30y v v ︒=解得0v =故C 正确； D.速度变化量y v gt v ∆===故D 错误。
故选C 。
7.（2019·海南省海口月考）一个质量为2kg 的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。
现同时撤去大小分别为15N 和10N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是（ ）A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s 2B.一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C.可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5m/s 2D.可能做匀速圆运动，向心加速度大小是5m/s 2 【答案】BC 【解析】物体在5个共点力作用下处于平衡状态（静止或者匀速直线运动），其中大小分别为15N 和10N 的两个力的合力范围是5N 25N F ≤≤合，且与其他三个力的合力等大反向。
当同时撤去大小分别为15N 和10N 的两个力时，物体所受的合力大小为5N 25N F ≤≤合，因物体的质量为2kg m =，则物体的加速度大小为222.5m/s 12.5m/s a ≤≤。
A.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5m/s 2，故A 错误；B.由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s 2，故B 正确；C.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小是2.5m/s 2，故C 正确；D.由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D 错误。
故选BC 。
8.如图所示，一长度l 未知的轻杆，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量m 未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动。
小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F 与其速度平方v 2的关系如图所示，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A.轻杆长度gl a=B.小球质量bm g =-C.当2v a <时，轻杆中的弹力表现为向下的拉力D.仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b 点的位置不变【答案】BD【解析】B.在最高点，当速度为零时，向心力为零，小球的重力与轻杆对小球的弹力大小相等，方向相反，故据图可知-b=mg解得球的质量为b m g=-故B 正确；A.在最高点，重力和杆的作用力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得2v F mg m L+=化简可得2v F m mg L=-由图象的斜率可得b m k a L-== 解得轻杆的长度为aL g=故A 错误；C.由图可知，当2v a =时，轻杆中的弹力为零，故由竖直平面内的圆周运动的临界条件可知当2v a <时，轻杆中的弹力表现为向上的支持力，C 错误；D.由于截距的大小等于球的重力大小，故仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b 点的位置不变，D 正确。
故选BD 。
9.（2020·四川省期中）滑雪者从山上M 处以水平速度飞出，经t 0时间落在山坡上N 处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N 沿直线自由滑下，又经t 0时间到达坡上的P 处.斜坡NP 与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M 到P 的过程中水平、竖直两方向的分速度v x 、v y 随时间变化的图象是( )A. B. C. D.【答案】BD【解析】AB.滑雪者开始做平抛运动，所以在水平方向上先做匀速运动，滑到山坡上具有沿斜面向下的加速度，大小为1sin 302g g =，则到山坡上水平方向做加速运动，A 错误B 正确； CD.竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，到山坡上加速度为11sin 3024g g =，C 错误，D 正确.故选BD 。
10.（2020·四川省期末）如图所示，在竖直面内有一个以AB 为水平直径的半圆，O 为圆心，D 为最低点。
圆上有一点C ，且∠COD ＝60°。
现在A 点以速率v 1沿AB 方向抛出一小球，小球能击中D 点；若在C 点以某速率v 2沿BA 方向抛出小球时也能击中D 点。
重力加速度为g ，不计空气阻力。
下列说法正确的是（ ）A.圆的半径为R ＝212v gB.圆的半径为R ＝2143v gC.速率v 2＝33v 1 D.速率v 2＝62v 1【答案】AD 【解析】AB.小球从A 点抛出做平抛运动212R gt =1R v t =两式联立解得212v R g=①A 正确，B 错误；CD.从C 点抛出的小球也做平抛运动o 21(1cos60)2R gt '-=② o 2sin 60R v t '= ③由①②③联立解得212v v =C 错误，D 正确。