第3讲 力与曲线运动
【p15】
【p15】
1．运动合成和分解的应用
(1)进行运动的合成与分解，就是对描述运动的各物理量如位移、速度、加速度等矢量用平行四边形定则求和或求差．运动的合成与分解遵循如下原理：①__独立性__原理，②__等时性__原理，③__矢量性__原理．
(2)合运动的性质可由分运动的性质决定：两个匀速直线运动的合成是__匀速直线__运动；匀速直线运动与匀变速直线运动的合运动为__匀变速__运动；两个匀变速直线运动的合运动是__匀变速__运动．
2．平抛运动
(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2.
(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的__中点__；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan
θ＝__2tan__φ__．
3．圆周运动
(1)解决圆周运动力学问题的关键
①正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
②列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.结合v＝ωr、T＝＝等基本公式进行求解．
(2)抓住“两类模型”是解决问题的突破点
①模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．
②模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解．
(3)竖直平面内圆周运动的两种临界问题
①绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥.
②杆球模型：小球能通过最高点的条件是v≥0.
【p15】
考点一 运动的合成与分解
例1如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成θ角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，橡皮的速度方向与水平方向的夹角为α，则( )
A．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而增大
B．若θ＝0，则α随钉尖的速度v的增大而减小
C．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为2v
D．若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮速度为v
【解析】若θ＝0，则橡皮的运动可视为水平方向随钉尖一起匀速，竖直方向细线的缩短长度等于水平方向细线增加的长度，即竖直方向也做与钉尖运动速率相同的匀速运动，所以橡皮的速度方向与水平方向的夹角α＝45°，与钉尖的速度v无关，选项A、B错；若θ＝45°，钉尖的速度为v，则橡皮在水平方向的分速度为v，而在t时间内沿竖直方向向上运动的距离为y＝vt＋vt，即竖直方向的分速度为v，所以橡皮速度为v，C错、D对．
【答案】D
【方法总结】解决运动合成和分解的一般思路：(1)明确合运动或分运动的运动性质．(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解．(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．(4)运用力与运动的关系或矢量的运算法则进行分析求解．
变式训练1有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】设小船相对静水的速度为vc，去程时过河的时间为t1＝，回程的时间t2＝，由题意知＝k，解得vc＝，故选项B正确．
【答案】B
考点二 运动的合成与分解应用
——速度关联模型
例2如图所示，左侧竖直墙面上固定半径R＝0.8
m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑的水平直杆，半圆环和直杆位于同一竖直平面内，圆环上有一点Q，OQ连线与水平线的夹角为30°，质量mA＝0.1
kg物块A套在半圆环上，质量mB＝0.1
kg滑块B套在直杆上，二者之间用长l＝1.6
m杆通过两铰链连接．现将A从半圆环的最高处由静止释放后A沿圆环自由下滑，运动过程中连接A、B的杆不会与半圆环和水平直杆碰撞．不计一切摩擦，A、B均可视为质点，取重力加速度g＝10
m/s2(用到的数据：取＝3.87，＝1.73)；
(1)A滑至与圆心O等高的P点时的速度大小；
(2)A从圆环最高点滑至Q点的过程中，杆对滑块B做的功(最终结果保留1位有效数字)．
【解析】(1)滑到与圆心O等高的P点时，A的速度v沿圆环切线竖直向下，B的速度为零，由机械能守恒可得：mAgR＝mAv2
解得：v＝4
m/s
(2)滑到Q点时，设此时A的速度为va，B的速度为vb，将va、vb沿杆方向和垂直杆方向分解，如图所示：
由几何关系可得：vasin
α＝vbcos
θ
从释放点到Q的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则有：mAgh＝mAv＋mBv
其中：h＝R＋Rsin
30°＝1.2
m
由正弦定理有：＝
解得：sin
θ＝
则：cos
θ＝＝＝
而sin
α＝sin
(30°＋θ)＝
杆对B所做的功：W＝mBv
代入数据解得：W≈0.4
J
【答案】(1)4
m/s (2)0.4
J
【方法总结】1.常见关联速度分解模型及方法
2．速度投影定理：两个物体在不可伸长的绳(或杆)的连接下沿不同方向运动，则两物体沿绳(或杆)方向的分速度相等．
变式训练2
如图所示，用两根不可伸长的细绳通过两个轻质、光滑的定滑轮M、N将A、B两个相同小球与C球连接，两定滑轮处于同一水平线上，已知C球重力为G.静止释放A、B、C三个小球，当三个小球运动至如图所示的位置时，两绳与水平方向所成夹角θ＝60°，C球的速度达到最大值vC.此时A球所受的拉力FA、速度vA的大小分别为( )
A．FA＝G，vA＝vC
B．FA＝G，vA＝vC
C．FA＝G，vA＝vC
D．FA＝G，vA＝vC
【解析】
以C球为研究对象进行受力分析，并在速度最大位置进行速度的合成与分解如图所示；C球的速度最大时受力平衡，根据对称性可知两根绳子拉力大小相等，A、B速度相等，设vA＝vB＝v，根据平衡条件可得：2FAcos
α＝G，其中α＝90°－60°＝30°，解得FA＝G.根据速度的合成与分解可得vA＝v＝vC·cos
α＝vC，故A正确，B、C、D错误．
【答案】A
考点三 平抛运动和类平抛运动 例3(2020·江苏卷)(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则( )
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的
D．A的末速度比B的大
【解析】位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得sA＝＝l
，sB＝＝l，A和B的位移大小相等，A正确；平抛运动运动的时间由高度决定，即tA＝＝×
，tB＝＝，则A的运动时间是B的倍，B错误；平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则vxA＝＝
，vxB＝＝，则A的初速度是B的，C错误；小球A、B在竖直方向上的速度分别为vyA＝2，vyB＝，所以可得vA＝
vB＝2＝，即vA>vB，D正确．故选AD.
【答案】AD
【方法总结】平抛运动和类平抛运动的三种求解方法：
1．基本求解方法：根据运动的合成与分解规律，把平抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．
2．特殊求解方法：对于有些问题，可以过抛出点建立其他的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，然后分别在x、y轴方向上列方程求解．
3．类平抛运动的求解方法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动，研究两个分运动．
变式训练3在光滑的水平面内，一质量m＝1
kg的质点以速度v0＝10
m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15
N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)，求：
(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；
(2)质点经过P点的速度大小．
【解析】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动．
由牛顿第二定律得
a＝＝
m/s2＝5
m/s2
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，则xP＝v0t，yP＝at2，又tan
α＝
联立解得：t＝3
s，xP＝30
m，yP＝22.5
m.
(2)质点经过P点时沿y方向的速度vy＝at＝15
m/s，故P点的速度大小vP＝＝5
m/s.
【答案】(1)3
s (30
m，22.5
m) (2)5
m/s
考点四 圆周运动
例4
(多选)如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m＝0.2
kg的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R＝0.5
m，g取10
m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是( )
A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5
m/s
C．若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5
m/s
D．若小球开始运动时初动能为1.6
J，则足够长时间后小球的机械能可能为1
J
【解析】若小球到达最高点时速度为零，则证明最高点时内圆给小球支持力，则小球必与内圆接触，必有摩擦力做功，机械能不守恒，故A选项正确．若小球第一次运动到最高点速度为零，由动能定理得mg2R＋Wf＝mv，因为Wf<0，所以v0<2
m/s<5
m/s，故B选项正确．若小球不挤压内轨，有两种情形：一种是在下面半个轨道往复运动，mgR＝mv，v1＝
m/s，只要v0≤
m/s即可；一种是完成完整的圆周运动，最高点mg＝，mg2R＝mv－mv2，v2＝＝5
m/s，只要v0≥5
m/s，故C选项错误．若小球初动能为1.6
J，则Ek＝mv＝1.6
J，v0＝4
m/s，与内侧有摩擦，足够时间后可以在下面半个轨道往复运动，E＝mgR＝1
J，故D正确．
【答案】ABD
变式训练4(多选)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于点A，另一端系有一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球．现在y轴正半轴上某处B固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉子转动．已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为.B、O相距yB，则( )
A．小球一定能绕B做完整的圆周运动
B．当yB＝时小球能做完整的圆周运动
C．当yB＝时小球能做完整的圆周运动
D．若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg
【解析】根据题意：Eq＝2mg，设圆周运动的半径为R，如图所示：
恰好通过最低点C，根据牛顿第二定律：Eq－mg＝m，则
vC＝.
从A到C，根据动能定理：
(Eq－mg)(L－2R)＝mv，
代入整理可以得到：R＝L.
yB＝L－L＝L，故选项A、C错误，B正确；
从A到D，根据动能定理：(Eq－mg)L＝mv.
在D点，根据牛顿第二定律：T＋mg－Eq＝m，
整理可以得到：T＝6mg，故选项D正确．
【答案】BD
【方法总结】1.竖直平面内圆周运动的两种临界问题比较
分类
轻绳模型
轻杆模型
特点
(最高点无支撑)
(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、过山车
球与杆连接、球过竖直管道
图示
在最高
点受力
重力、弹力F弹向下或等于零，mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝
v＝0，mg＝F弹
2.竖直面内圆周运动问题的解题思路
(1)定模型：首先判断是轻绳模型、轻杆模型还是外轨模型；
(2)过最高点的条件：轻绳模型中物体在最高点的速度v≥，轻杆模型中物体在最高点的速度v≥0，外轨模型中物体在最高点的速度v≤；
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况；
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向；
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列出方程．
微专题突破二 直线运动、平抛运动与圆周运动组合问题分析
【p18】
1．(2018·全国Ⅲ卷)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin
α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan
α ①
F2＝(mg)2＋F ②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m ③
由①②③式和题给数据得F0＝mg ④
v＝ ⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsin
α ⑥
CD＝R(1＋cos
α) ⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝ ⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD ⑩
v⊥＝vsin
α ?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得t＝ ?
【答案】(1) (2) (3)
【p18】
处理直线运动、平抛运动与圆周运动组合模型问题应做好以下两个分析．
1．临界点分析：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．
2．运动过程分析：对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动．若为直线运动，应明确是匀速直线运动，还是匀变速直线运动，或者是一般的直线运动；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力；若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．
【p18】
1．(2018·全国Ⅰ卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得：v＝4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t＝＝2，小球在水平方向的加速度a＝g，在水平方向的位移为：x＝at2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为：ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确A、B、D错误．
【答案】C
2．如图1所示，质量为M＝1
kg、长为L＝3
m的长木板放在光滑的水平面上，水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC，在与圆心等高的B点有一压力传感器，长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上，长木板的右端距离轨道最低点的间距为x＝2
m．可视为质点的质量为m＝2
kg的物块从长木板的最左端以v0＝6
m/s的速度滑上，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，经过一段时间长木板与挡板碰撞，且碰后长木板停止运动．当半圆轨道的半径R发生改变时，物块对B点的压力与半径R的关系图象如图2所示，重力加速度为g＝10
m/s2.求：
(1)物块运动到半圆轨道最低点A瞬间，其速度应为多大？
(2)图2中横、纵坐标x、y分别为多少？
(3)如果半圆轨道的半径R＜32
cm，则物块落在长木板上的点到最左端的最小距离应为多少？(结果保留三位有效数字)
【解析】(1)物块滑上长木板后将做匀减速直线运动，长木板将做匀加速直线运动，设物块加速度大小为a1，长木板加速度为a2，由牛顿第二定律可得：
对物块有：μmg＝ma1
对长木板有：μmg＝Ma2
设长木板与物块经历时间t后速度相等，则有：
v0－a1t＝a2t
物块的位移：s1＝v0t－a1t2
长木板的位移：s2＝a2t2
代入数据解得：物块的位移为：s1＝5
m、长木板的位移为：s2＝2
m
由于：s2＝x、L＝s1－s2，说明长木板与挡板碰撞时，物块到达长木板右端恰好与长木板共速，由运动学公式得物块到达A点的速度为：
vA＝＝4
m/s
(2)将物块到达B点时的速度设为vB，由牛顿第二定律得：
F＝m
从A点到B点过程中，由机械能守恒定律得：
mv＝mv＋mgR
由以上各式得：F＝m－2mg
故纵坐标为：y＝2mg＝40
N
由以上各式，结合图2可知，图象的斜率为：k＝mv＝32
其中：k＝，解得横坐标为：x＝1.25
m－1
(3)设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为R，此时经过C点的速度设为vC，则有：mg＝m
从A到C点过程中，由机械能守恒可得：mv＝mv＋2mgR
代入数据解得：R＝0.32
m，
如果半圆轨道的半径R＜32
cm，此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道，由以上各式可知：
vC＝＝
物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中，有：x′＝vCt，2R＝gt2
联立得：x′＝，当R＝0.2
m时x′有最大值：xm′＝0.8
m
物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离为：xmin′＝L－xm′＝2.20
m
【答案】(1)4
m/s (2)1.25
m－1、40
N (3)2.20
m【p119】
A组
1．一物体正在做匀速直线运动，某时刻突然受到恒定外力作用做曲线运动，下列对物体运动判断正确的是( )
A．物体可能做匀速圆周运动
B．物体运动的最小动能可能为零
C．若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该两点的连线一定与恒力方向垂直
D．若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该恒定外力方向与初速度方向夹角为锐角
【解析】做匀速圆周运动的物体，其向心力大小不变，方向时刻改变，向心力不是恒定的，则该物体一定不是做匀速圆周运动；故A错误；物体受到恒定外力作用后做曲线运动，所以该力的方向与物体初速度的方向不在同一条直线上，物体沿垂直于合外力方向的分速度大小不变，所以物体运动的最小动能不可能等于0.故B错误；若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大，说明该恒定外力方向与初速度方向夹角为钝角；同时由运动的对称性可知，该两点的连线一定与恒力方向垂直．故C正确，D错误．
【答案】C
2．如图甲所示，一条宽度为d的小河，水流(从西向东)的速度恒定为v0，一小船从小河的南岸向北岸驶去，已知船头始终正对北岸，经时间T小船到达小河的北岸，在时间T内，小船在静水中的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．小船可能到达Q点
B．小船可能沿直线到达R点
C．小船相对于岸的最大速度为2v0
D．小船的渡河时间T小于
【解析】小船参与向东的匀速运动和指向北岸的运动，故小船不可能到达正对岸的Q点，选项A错误；因小船沿垂直河岸的速度大小不断变化，故小船不可能沿直线到达R点，选项B错误；当在时刻，小船垂直河岸的速度为v0，此时小船相对岸的速度最大，最大值为v＝＝v0，选项C错误；小船沿垂直河岸方向的平均速度大于，根据t＝可知小船渡河的时间小于＝，选项D正确；故选D.
【答案】D
3．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4
m，目测空中脚离地最大高度约0.8
m，假设该同学的质量为60
kg.忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为(g＝10
m/s2)( )
A．750
J
B．480
J
C．270
J
D．1
470
J
【解析】该同学做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t＝＝0.4
s，竖直方向初速度vy＝gt＝4
m/s，水平方向做匀速直线运动，则vx＝
m/s＝3
m/s，则起跳时的速度，v0＝＝5
m/s.该同学的质量为60
kg，根据动能定理得W＝mv＝750
J．故BCD错误，A正确．
【答案】A
4．如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下A、B两点印迹．测得OA＝AB.OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是( )
A．两球发射的初速度vOA∶vOB＝1∶2
B．两球碰到墙面前运动的时间tA∶tB＝1∶2
C．两球碰到墙面时的动量可能相同
D．两球碰到墙面时的动能可能相等
【解析】设OA＝AB＝h，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：h＝gt，2h＝gt，整理可以得到：tA∶tB＝1∶，水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：x＝vOAtA，x＝vOBtB，整理可以得到：vOA∶vOB＝∶1，故AB错误；动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故C错误；设两球的质量相等，均为m，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：mgh＝EkA－mv，2mgh＝EkB－mv，整理可以得到：EkA＝mgh＋mv，EkB＝2mgh＋mv，由于m、h以及初速度的大小等具体数据未知，可能存在EkA＝EkB，故D正确．
【答案】D
5．为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于内轨，外轨与内轨的高差叫曲线外轨超高．已知某曲线路段设计外轨超高值为70
mm，两铁轨间距离为1
435
mm，最佳的过弯速度为350
km/h，则该曲线路段的半径约为( )
A．40
km
B．30
km
C．20
km
D．10
km
【解析】设倾角为θ，列车转弯的合力提供向心力则有：mgtan
θ＝m，得R＝.由于倾角很小，则有tan
θ≈sin
θ，则有：R＝
m≈1
9376.9
m≈20
km.故C正确．
【答案】C
6．游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示．已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ.当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
【解析】当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；由力的合成关系可知，旋臂对模型飞机的作用力大小为m，故C正确；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D错误．
【答案】C
7．如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径．两个相同小球A、B分别位于左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径．由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是( )
A．A球的速率等于B球的速率
B．A球的动能等于B球的动能
C．A球的角速度大于B球的角速度
D．A球、B球对轨道的压力大小相等
【解析】对于任意一球，根据机械能守恒得mg·2R＝mv2，解得v＝，由于左侧管道的半径大于右侧管道半径，所以A球的速率大于B球的速率，A球的动能大于B球的动能，故A、B错误；根据v＝＝Rω可得ω＝，则有ωA<ωB，即A球的角速度小于B球的角速度，故C错误；在最低点，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m，解得FN＝5mg，根据牛顿第三定律可得A球、B球对轨道的压力大小相等，故D正确；故选D.
【答案】D
8．(多选)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，但轮船受到水大小不变的阻力作用而使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．下列判断正确的是( )
A．发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小为5
m/s
B．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于地面做匀变速直线运动
C．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于静水做匀变速直线运动
D．发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值3
m/s
【解析】发动机未熄火时，轮船实际运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示，故此时船相对于静水的速度v2的大小为v2＝＝5
m/s，设v与v2的夹角为θ，则cos
θ＝＝0.8.A正确；发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于地面初速度为图中的v，而因受阻力作用，其加速度沿图中v2的反方向，所以轮船相对于地面做类斜上抛运动，即做匀变速曲线运动，B错误；发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于静水初速度为图中的v2，而因受阻力作用，其加速度沿图中v2的反方向，所以轮船相对于静水做匀变速直线运动，C正确；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，如图所示，则vmin＝v1cos
θ＝2.4
m/s，D错误．故选AC.
【答案】AC
B组
9．2022年冬奥会将在北京举行，滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示，某运动员(可视为质点)从雪坡上先后以初速度之比v1∶v2＝3∶4沿水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中( )
A．运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同
B．运动员先后在空中飞行的时间之比为9∶16
C．运动员先后落到雪坡上的速度之比为3∶4
D．运动员先后下落的高度之比为3∶4
【解析】设运动员的速度和水平方向的夹角为α，则tan
α＝＝，而位移和水平方向的夹角tan
θ＝＝，因此可得tan
α＝2tan
θ；运动员先后落在雪坡上时位移的偏向角相同，速度的偏向角相同，即运动员落到雪坡上的速度方向相同，选项A错误；根据tan
θ＝＝，可得t＝，由于v1∶v2＝3∶4可知t1∶t2＝3∶4，根据vy＝gt可知竖直速度之比为v1y∶v2y＝3∶4，因速度偏向角相等，则落到雪坡上的速度之比v1′∶v2′＝3∶4，根据h＝gt2可知运动员先后下落的高度之比为h1∶h2＝t∶t＝9∶16，则选项C正确，BD错误．
【答案】C
10．图甲为一种大型游乐项目“空中飞椅”，用不计重力的钢丝绳将座椅挂在水平悬臂边缘．设备工作时，悬臂升到离水平地面24
m高处，以1
rad/s的角速度匀速转动时，座椅到竖直转轴中心线的距离为7.5
m(简化示意图乙)，座椅和乘客(均视为质点)质量共计80
kg，钢丝绳长为5
m．忽略空气阻力，取重力加速度g＝10
m/s2.
(1)求钢丝绳的拉力大小；
(2)若游客身上的物品脱落，因惯性水平飞出直接落到地面，求落地点到竖直转轴中心线的距离．
【解析】(1)设备以1
rad/s的角速度匀速转动时，对座椅和乘客，设细绳与竖直方向夹角为θ，水平方向由牛顿第二定律可得
Tsin
θ＝ma ①
竖直方向由平衡关系可得Tcos
θ＝mg ②
由加速度公式可得
a＝ω2r ③
联立①②③式，代入ω＝1
rad/s、r＝7.5
m、m＝80
kg
解得T＝1
000
N ④
(2)游客身上飞出而脱落的物品做平抛运动，水平方向匀速运动x＝vt ⑤
竖直方向做自由落实体运动y＝gt2 ⑥
由线速度公式可知v＝ωr ⑦
由几何关系可得y＝24－5cos
θ ⑧
R2＝x2＋r2 ⑨
联立②④⑤⑥⑦⑧⑨式，解得落地点到竖直转轴中心线的距离
R＝7.5
m≈16.8
m ⑩
【答案】(1)1
000
N (2)16.8
m
11．我国在一次导弹拦截试验中，一个可视为质点的导弹P质量为100
kg与地面成一定角度从地面发射，计算机描绘出导弹P上升轨迹的一部分如图所示．A、B、C为轨迹上的三个点，测得AB、BC水平方向距离均为4
m，AB竖直方向距离为3.95
m，BC竖直方向距离为4.05
m，其中B点纵坐标为yB＝45
m，此时计算机立即启动另一质量为200
kg的拦截导弹Q.当导弹P运动到最高点时，与反向水平飞来的导弹Q发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)，导弹P恰好沿原路径返回．设导弹飞行中只受重力，重力加速度为g.求：
(1)导弹P与导弹Q碰撞前的瞬间导弹P的速度vP；
(2)导弹P运动到最高点的坐标(x，y)；
(3)导弹P与导弹Q碰撞前的瞬间导弹Q的速度vQ.
【解析】(1)将导弹的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上有：
yBC－yAB＝gt2
代入数据解得：t＝0.1
s，
则有：vP＝v0＝＝
m/s＝40
m/s.
(2)在竖直方向上有：
vyB＝＝
m/s＝40
m/s.
B距最高点的竖直高度为hB有：
hB＝＝
m＝80
m，
最高点距地面的竖直高度为：y＝hB＋yB＝125
m.
根据y＝gt2得：t＝
s＝5
s，
x＝vPt＝40×5
m＝200
m.
则导弹在最高点的坐标为：x＝200
m，y＝125
m.
(3)根据动量守恒和能量守恒得：
m1vP－m2vQ＝－m1vP＋m2vQ′，
m1v＋m2v＝m1v＋m2vQ′2，
代入数据联立解得：vQ＝20
m/s.
【答案】(1)40
m/s (2)(200
m，125
m) (3)20
m/s(共64张PPT)
独立性
等时性
矢量性
匀速直线
匀变速
匀变速
中点
2tan
φ
匀速直线运动
初速度为零的匀加速直线运动
分解
平抛
规律
平抛(类平抛运动)受力
受恒力作用(F⊥v
特点
特例
条件}曲线运动研究方法
特例
圆周运动
描述
最简形式
向向周线角
心心期速速
匀速圆受力Fa=F
周运动特点
力加丶度度
速频
度率
相关公式
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
B
物
物
物
B
zIli×m切m
B
丙
限时训练>●。。
真题回顾>。。。。
模型破解>●··。。。
热身练习●●。。。。
