2023高考物理考前冲刺专题巩固讲义 专题四 曲线运动

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2023高考物理考前冲刺专题巩固讲义
专题四 曲线运动
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．
3．曲线运动的条件：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．
二、运动的合成与分解
1．运算法则
位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．
2．合运动和分运动的关系
(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等．
(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响．
(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．
三、平抛运动
1．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线．
2．规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下的方向为y轴建立平面直角坐标系，则
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度：vx＝v0，位移：x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度：vy＝gt，位移：y＝gt2.
(3)合运动
①合速度：v＝，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝.
②合位移：x合＝，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝＝.
四、斜抛运动
1．性质
加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．
2．规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)
(1)水平方向：做匀速直线运动，vx＝v0cos θ.
(2)竖直方向：做竖直上抛运动，vy＝v0sin θ－gt.
五、描述圆周运动的物理量
1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v＝＝.
2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝＝.
3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T＝，T＝.
4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．
an＝rω2＝＝ωv＝r.
5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man.
六、离心运动
1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
2．供需关系与运动
如图所示，F为实际提供的向心力，则
(1)当F＝mω2r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(4)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心．
考点一　对曲线运动规律的理解　
1．曲线运动的分类及特点
(1)匀变速曲线运动：合力(加速度)恒定不变．
(2)变加速曲线运动：合力(加速度)变化．
2．合外力方向与轨迹的关系
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．
3．速率变化情况判断
(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，速率增大；
(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，速率减小；
(3)当合力方向与速度方向垂直时，速率不变．
考点二　运动的合成及合运动性质的判断　　 　
1．运动的合成与分解的运算法则
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，故合成与分解都遵循平行四边形定则．
2．合运动的性质判断
3．两个直线运动的合运动性质的判断
两个互成角度的分运动 合运动的性质
两个匀速直线运动 匀速直线运动
一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动 匀加速直线运动
两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
4.在解决运动的合成问题时，先确定各分运动的性质，再求解各分运动的相关物理量，最后进行各量的合成运算．
考点三　平抛运动的基本规律及应用
1．飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
2．水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．
3．落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．
4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以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＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示．
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通过此时水平位移的中点，如图乙中A点和B点所示．
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末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tan α＝2tan θ.
6.“化曲为直”思想在抛体运动中的应用
(1)根据等效性，利用运动分解的方法，将其转化为两个方向上的直线运动，在这两个方向上分别求解．
(2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等．
考点四　与斜面相关联的平抛运动
1.斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：
方法 内容 斜面 总结
分解速度 水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝ 速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形
分解速度 水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝ 速度方向与θ有关，分解速度，构建速度三角形
分解位移 水平：x＝v0t竖直：y＝gt2合位移：x合＝ 位移方向与θ有关，分解位移，构建位移三角形
2.与斜面有关的平抛运动问题分为两类：
(1)从斜面上某点抛出又落到斜面上，位移与水平方向夹角等于斜面倾角；
(2)从斜面外抛出的物体落到斜面上，注意找速度方向与斜面倾角的关系．
考点五　与圆轨道关联的平抛运动
在竖直半圆内进行平抛时，圆的半径和半圆轨道对平抛运动形成制约．画出落点相对圆心的位置，利用几何关系和平抛运动规律求解．
平抛运动的临界问题
(1)在解决临界和极值问题时，正确找出临界条件(点)是解题关键．
(2)对于平抛运动，已知平抛点高度，又已知初速度和水平距离时，要进行平抛运动时间的判断，即比较t1＝与t2＝，平抛运动时间取t1、t2的小者．
(3)本题中，两发子弹不可能打到靶上同一点的说明：
若打到靶上同一点，则子弹平抛运动时间相同，
即t＝＝，L＝3 690 m，t＝4.5 s＞＝0.6 s，即子弹0.6 s后就已经打到地上．
考点六　水平面内的圆周运动　　
1．运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．
2．重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力．向心力的方向水平，竖直方向的合力为零．
3．涉及静摩擦力时，常出现临界和极值问题．
4.水平面内的匀速圆周运动的解题方法
(1)对研究对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；
(2)确定圆周运动的圆心和半径；
(3)应用相关力学规律列方程求解．
考点七　竖直面内的圆周运动　　
1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种．
2．只有重力做功的竖直面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒．
3．竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题．
4．一般情况下，竖直面内的变速圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形．
考点八　圆周运动的综合问题　　　
圆周运动常与平抛(类平抛)运动、匀变速直线运动等组合而成为多过程问题，除应用各自的运动规律外，还要结合功能关系进行求解．解答时应从下列两点入手：
1．分析转变点：分析哪些物理量突变，哪些物理量不变，特别是转变点前后的速度关系．
2．分析每个运动过程的受力情况和运动性质，明确遵守的规律．
3.平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速等于平抛运动的水平初速；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速等于平抛末速在圆切线方向的分速度．
一、两种运动的合成与分解实例
一、小船渡河模型
1．模型特点
两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做小船渡河模型．
2．模型分析
(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：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．
(3)两个极值
①过河时间最短：v1⊥v2，tmin＝(d为河宽)．
②过河位移最小：v⊥v2(前提v1＞v2)，如图甲所示，此时xmin＝d，船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝；v1⊥v(前提v1＜v2)，如图乙所示．过河最小位移为xmin＝＝d.
3.求解小船渡河问题的方法
求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下三点：
(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．
(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．
(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．
二、绳(杆)端速度分解模型
1．模型特点
绳(杆)拉物体或物体拉绳(杆)，以及两物体通过绳(杆)相连，物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系，都属于该模型．
2．模型分析
(1)合运动→绳拉物体的实际运动速度v
(2)分运动→
(3)关系：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．
3.解决绳(杆)端速度分解问题的技巧
(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度；
(2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解；
(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．
二、竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型
1．模型特点
在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．
2．模型分析
绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：
轻绳模型 轻杆模型
常见类型
过最高点的临界条件 由mg＝m得v临＝ 由小球能运动即可，得v临＝0
讨论分析 (1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝时，FN＝0(4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
3.竖直面内圆周运动的求解思路
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．
(2)确定临界点：v临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点．
(3)定规律：用牛顿第二定律列方程求解．
专题四 高考仿真练习 时间 70分钟 满分：110分
第I卷（选择题）
一、单选题(共30分)
1．(本题6分)（2023·湖南岳阳·一模）如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，一端倚靠在物块的光滑竖直侧壁上，物块向左以速度大小v运动时，直杆绕O点做圆周运动且始终与物块间有弹力。当直杆与水平方向的夹角为时，则（　　）
A．A点速度大小也为v B．A点速度大小与有关
C．A点速度方向与无关 D．A点速度方向与OA成角
2．(本题6分)（2023·湖南·模拟预测）如图，质量相同的甲、乙两名滑雪运动员在水平U型赛道上训练，甲、乙先后从赛道边缘上的P点滑出、腾空，在空中完成技巧动作后，最后都从赛道边缘上的Q点再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长。不计空气阻力，甲、乙在从P到Q的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．甲从P点滑出时的初速度大小必定大于乙从P点滑出时的初速度大小
B．甲、乙从P点滑出时的初速度方向相同
C．甲的动量变化量大于乙的动量变化量
D．甲、乙的最大腾空高度相同
3．(本题6分)（2023·全国·模拟预测）如图甲所示，挡板OA与水平面的夹角为，小球从O点的正上方高度为的P点以水平速度水平抛出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕固定的O点转动，改变挡板的倾角，小球平抛运动的初速度也改变，每次平抛运动都使小球的位移与斜面垂直，关系图像如图乙所示，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．图乙的函数关系图像对应的方程式
B．图乙中的数值
C．当图乙中，的值为
D．当，图乙中，则平抛运动的时间为
4．(本题6分)（2022·广东·模拟预测）如图所示，机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB，OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB长为R，连杆AB长为L（），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（　　）
A．滑块先匀加速运动，后匀减速运动
B．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大
C．当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为
D．当时，滑块的速度大小为
5．(本题6分)（2022·河南商丘·统考模拟预测）如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小圆环到达B点时的加速度为
B．小圆环到达B点后还能再次回到A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为
D．小圆环和物块的质量之比满足
二、多选题(共18分)
6．(本题6分)（2022·安徽淮北·二模）2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，成为全球首座“双奥之城”。在此期间，17岁的中国运动员苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲所示是苏翊鸣在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简化为如图乙所示。运动员以水平初速度v0从P点冲上半径为R的六分之一圆弧跳台，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为的斜坡，落点距Q点的距离为L。若忽略运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在最高点速度为0
B．最高点M距水平面PQ的竖直距离为
C．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间
D．运动员落在斜面时的速度大小为
7．(本题6分)（2022·安徽马鞍山·三模）如图所示的水平圆盘上有一原长为l0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止。现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度至某一较大值的过程中，关于f与图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．(本题6分)（2022·湖南长沙·长郡中学一模）如图所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴O上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动。当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（　　）
A．除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心
B．小球的初速度大小为
C．杆的力为0时，小球的速度大小为
D．杆的力为0时，小球的速度大小为
第II卷（非选择题）
三、实验题(共15分)
9．(本题6分)（2022·浙江宁波·镇海中学模拟预测）如图甲所示为测量电动机匀速转动时角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。（电火花计时器每隔相同的时间间隔打一个点）
(1)请将下列实验步骤按先后排序：_____。
①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 ②接通电火花计时器的电源，使它工作起来
③启动电动机，使圆形卡纸转动起来
④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。
(2)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是_____
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．圆规 D．量角器
(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对测量结果_____（填“有”或“无”）影响。
10．(本题9分)（2017·陕西西安·长安一中三模）利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图（a）所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO’＝h（h＞L）．
（1）电热丝P必须放在悬点正下方的理由是：____________．
（2）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O’C＝s，则小球做平抛运动的初速度为v0________．
（3）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角，小球落点与O’点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cos为横坐标，得到如图（b）所示图像．则当＝30°时，s为 ________m；若悬线长L＝1.0m，悬点到木板间的距离OO’为________m．
四、解答题(共47分)
11．(本题12分)（2022·江苏·模拟预测）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；
（2）装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
（3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W。
12．(本题16分)（2023·浙江嘉兴·一模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道组成，左侧为半径的光滑圆弧轨道，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角a，下端点与粗糙水平轨道相切，为倾角的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为的小滑块P（视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，经过后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知，滑块与轨道、间的动摩擦因数为，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，。求：
（1）连线与水平方向的夹角的大小；
（2）小滑块P到达与O点等高的点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
13．(本题19分)（2022·山东·模拟预测）有一种水上滑梯的结构可以简化如图甲∶可看作质点的总质量为m的滑船（包括游客），从倾角θ=37°的光滑斜轨道上高为H=0.25R的A点由静止开始下滑，到达离地高为h=0.2R的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径为R的光滑圆弧轨道BCD（C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，BD两点等高，CE、EG在同一水平面内），紧接着滑上一底面离地高度也为h且与水平面成β=60°角的足够大光滑斜面abcd（圆弧轨道在D点切线恰好在斜面abcd内，切线方向与斜面水平底边ad成夹角α=60°），当滑船沿斜面上升到最高点J（图中未画出）时，会触发一个提供水平风力的装置（图中未画出），装置开始在整个斜面内提供水平风力（如图乙）。滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入滑动摩擦因数为μ的足够大水平接收平台defp（不计进入时的能量损失）试求∶（本题最终结果均用字母m、R、g和μ表达）
（1）滑船滑到C点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）触发风力装置前，滑船在斜面上运动的加速度大小和运动最高点J到水平底边ad的距离；
（3）当水平风力大小为F0时，滑船运动到最高点J后的轨迹与斜面底线ad的交点为E（E点未画出），JE恰好垂直底线ad；现改变风力为F（滑船在整个斜面运动过程中F不变，且F≤F0），求滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。
参考答案：
1．B
【详解】直杆与箱子接触点的实际运动即合运动vA，方向垂直于杆指向左下方，该速度沿水平方向上的速度分量等于v，即
则
故选B。
2．C
【详解】A．两名运动员做斜抛运动的水平位移相等，则
水平方向
竖直方向
初速度的平方为
计算得
减区间为 ，增区间为，则无法判断初速度大小关系，A错误；
B．设初速度与水平方向夹角为，则
初速度大小不确定，则初速度方向不能确定，B错误；
C．根据动量定理
两名运动员质量相同，甲的滞空时间比乙长，说明甲的动量变化量大于乙的动量变化量，C正确；
D．由
可知，甲运动员的竖直分速度小于乙运动员的竖直分速度，由
可知，甲最大腾空高度相同小于乙最大腾空高度相同，D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．设平抛运动的时间为t，如图所示
把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几何关系
解得
根据几何关系有
联立整理
故A错误；
B．结合图乙函数关系图像可得
故B错误；
C．由图乙可得函数关系图像的斜率
又有
，
可得
故C正确；
D．当
，
根据
解得
根据
解得
故D错误。
故选C。
4．D
【详解】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度
=vcosα
B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′，则
=v′ cosθ=v′cos(90 β)=v′sinβ
v′=ωR
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即
联立可得
A．滑块的速度随角度变化而不均匀变化，则滑块加速和减速不是匀加速和匀减速，故A错误；
B．当OB杆与AB垂直时，沿杆的速度最大，则滑块的速度最大，故B错误；
C．当OB杆与OA垂直时，有
则滑块的速度为
故C错误；
D．当时，滑块的速度大小为
故D正确。
故选D。
5．B
【详解】A．小圆环到达B点时，受到了细线水平向右的拉力和轨道对其水平向左的支持力，以及竖直向下的重力，水平方向受力平衡，则根据牛顿第二定律有
即小圆环的加速度为，A错误；
B．小圆环由A点开始运动，到达B点时速度恰好为零，由题可知忽略一切摩擦力和阻力，则系统机械能守恒，所以小圆环能再次回到A点，B正确；
C．小圆环到达P点时，轻绳与轨道相切，即该时刻小圆环的瞬时速度沿着轻绳的方向，所以该时刻小圆环和物块的速度相等，C错误；
D．设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC = 2R，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知
解得
D错误。
故选B。
6．BD
【详解】A．运动员离开跳台后做斜抛运动，则运动员在最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，故A错误；
B．设运动员离开圆弧跳台后的速度为，由圆周知识和几何知识可得，与水平方向的夹角为
运动员从开始运动到离开圆弧跳台，根据动能定理有
解得
运动员从离开圆弧跳台到最高点M，根据斜抛知识有
最高点M距水平面PQ的竖直距离为
联立解得，最高点M距水平面PQ的竖直距离为，故B正确；
CD．运动员从开始运动到落在斜面上，根据动能定理有
解得，运动员落在斜面时的速度大小为
运动员落在斜面时的竖直分速度大小为
则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
7．AB
【详解】A．若初始时，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力
静摩擦力，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，A正确；
B．若初始时，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力
故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有
摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，B正确；
CD．若初始时，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力
故角速度为0时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小，综上所述CD图像均不可能，CD错误。
故选AB。
8．AC
【详解】A．小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点合力指向圆心，A正确；
B．小球恰能做完整圆周运动，最高点速度为0，根据
得最低点速度为
B错误；
CD．设杆的力为0时，杆与竖直方向的夹角为，杆的速度为，将小球所受重力沿杆和垂直杆方向进行分解，如图
则有
，
联立解得
C正确，D错误。
故选AC。
9． ①③②④ D 无
【详解】(1)[1]该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，因此顺序为①③②④。
(2)[2]由于两个之间的时间间隔恒定，用量角器测出两个点间的圆心角（多测几个点间的圆心角求平均值）根据
可求角速度，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
(3)[3]虽然打出的点向圆心靠近，由于匀角速度转动，因此两点之间所对应的圆心角保持不变，因此对实验结果无影响。
10．（1）保证小球沿水平方向抛出，（2）（3）0.52，1.5
【详解】试题分析：（1）由于在烧断细线前小球做圆周运动，故速度方向沿切线方向，所以只有在悬点正下方物体的速度沿水平方向，要小球做平抛运动，则小球平抛的初速度只能沿水平方向，故只有保证小球沿水平方向抛出才能保证物体做平抛运动．（2）由于小球做平抛运动故有在水平方向有s=vt
在竖直方向有h﹣L=…①
故有v=s；
（3）变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度v，则有
mg（L﹣Lcosθ）=mv2…②
则物体在水平方向的位移s=vt…③
联立①②③可得
s2=4（h﹣L）L（1﹣cosθ）
整理得：
根据图像可知
所以
当θ=30°时，故s==0.52m．
s2=4（h﹣L）L（1﹣cosθ）
故当L=1.0m时有：即：
即h=1.5m．
11．（1）；（2）2mg；（3）
【详解】（1）当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得
解得
（2）装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为，则对小球B得
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有
解得
（3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为
动能变化量为
解得细线对小球B做的功为
12．（1） ；（2） ，方向向左；（3） ；（4）能，
【详解】（1）滑块恰好从B点进入轨道有平抛运动可知
解得
（2）由由动能定理可知
解得
经过点时受轨道的支持力大小，有
解得
由牛顿第三定律可得滑块在点时对轨道的压力大小，方向向左
（3）设从B到F有
代入数据可解得
（4）设滑块返回时能上升的高度为h
运动到B点：
解得
有牛顿第三定律可知对B点的压力为
13．（1）1.5mg；（2）；；（3）
【详解】（1）滑船从A点滑到C点时，由机械能守恒定律可知
在C点时由牛顿第二定律可得
解得
（2）划船到达D点时速度
解得
滑船在斜面上只受重力和斜面的支持力，则运动的加速度大小
运动最高点J到水平底边ad的距离
（3）当水平风力大小为F0时，从最高点到ad，则沿斜面方向
沿平行斜面方向
解得
此时回到ad面时沿着垂直ad方向的速度大小为
沿着ad方向的速度大小仍为
即进入接收平台的速度仍为vD最大，则进入平台后的位移最大，因进入defp内做匀减速运动，加速度
则最终滑行的最大路程为

现改变风力为F ，因F≤F0，则滑船回到ad边时沿垂直ad方向的速度不变，若沿ad方向的速度为零，此时进入平台的速度最小，此时
可解得
F=0.5mg
则进入平台的最小位移为
即滑船在接收平台defp内滑行总路程S的可能范围。
知识回顾
考点精讲
思想方法
仿真练习
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