第3讲 抛体运动 圆周运动-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（广东专版）

第3讲　抛体运动　圆周运动 专题一　力与运动 【目标要求】　1.掌握运动的合成与分解及关联速度问题。2.掌握解决曲线运动的一般方法,会灵活分解平抛、斜抛运动。3.学会解决三维空间中抛体运动问题的方法。4.会分析常见圆周运动的向心力来源,并会处理圆周运动的问题。 考点一　运动的合成与分解 考点二　抛体运动 内容索引 考点三　圆周运动 培优　热点训练 精准补弱 考点一　运动的合成与分解 一 4 1.做曲线运动的条件 2.运动的合成与分解的基本思路 (1)明确合运动和分运动的运动性质。 (2)明确在哪两个方向上合成或分解。 (3)分别在各个方向上找出已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)在各个方向上分别运用运动学公式和牛顿运动定律进行分析求解。 考向1　运动轨迹的判断 [例1]　(2024·广东广州二模)潜艇从海水的高密度区驶入低密度区。浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图甲所示,某潜艇在高密度区水平向右匀速航行,t=0时,该潜艇开始“掉深”,潜艇“掉深”后其竖直方向的速度vy,随时间变化的图像如图乙,水平速度vx保持不变,若以水平向右为x轴,竖直向下为y轴,则潜艇“掉深”后的0~30 s内。能大致表示其运动轨迹的图形是(　　) B [解析]　根据题意可知,潜艇在x轴方向上做匀速直线运动,y轴方向上先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动,则合力方向先竖直向下后竖直向上,运动轨迹先向下弯曲后向上弯曲,故B正确。 反思提升 判断物体运动轨迹的两种方法 2.列x轴和y轴方向的位移方程,找x、y之间的关系来判断运动的轨迹。 考向2　关联速度问题 [例2]　(2024·珠海高三阶段检测)如图所示为内燃机部分结构的剖面简图,曲轴OA绕O点沿逆时针方向匀速转动,转速为n,曲轴与连杆AB连接在A点,连杆与活塞连接在B点,OA=R。此时OA⊥AB,连杆AB与OB的夹角为θ,则(　　) A.图示时刻活塞的速度大小为 B.图示时刻活塞的速度大小为2πnRcos θ C.曲轴和活塞运动周期不相等 D.从图示时刻至活塞到最高点,活塞一直处于超重状态 A [解析]　根据圆周运动规律可得A点的线速度大小为vA=2πnR,设图示时刻活塞的速度大小为v1,则根据运动的合成与分解可知vA=v1cos θ,解得v1=,A正确,B错误;曲轴和活塞用连杆连接,运动周期相等,C错误;设∠OAB=α,活塞的速度大小为v,则vAcos(α-)=vcos θ,解得v=vA,从图示时刻至活塞到最高点,vA不变,sin α一直减小,cos θ一直增大,所以v一直减小,活塞一直处于失重状态,D错误。 [例3]　(多选)如图所示,物块甲和乙用一不可伸长的轻绳跨过两个轻小光滑定滑轮连接,乙套在水平固定的光滑直杆上。现将甲、乙由静止同时释放,释放时θ=30°,水平直杆足够长,乙不脱落,空气阻力不计,则(　　) A.刚开始释放时,甲处于失重状态 B.当θ=60°时,甲、乙的速度大小之比是 ∶2 C.当θ=90°时,乙的速度最大 D.当θ向90°增大的过程中绳子对甲的拉力始终小于其重力 AC [解析]　由静止释放后甲向下加速运动,处于失重状态,故A正确;甲、乙用同一根绳连接,则乙沿绳子方向的分速度与甲的速度大小相等,当θ=60°时甲、乙的速度满足v乙cos 60°=v甲,解得v乙=2v甲,故B错误;当θ=90°时,即乙到达右边定滑轮正下方,乙沿绳方向上的分速度为0,即v甲=0,甲到达最低点,甲、乙组成的系统机械能守恒,重力势能最小,动能最大,乙的速度最大,故C正确;当θ向90°增大的过程中,甲先加速后减速,绳子对甲的拉力先小于其重力后大于其重力,故D错误。 反思提升 绳(或杆)端速度分解模型 轻杆 牵连   vcos θ=v'sin θ v1sin θ=v2sin θ 轻绳 牵连   v物cos α=v物'cos β   vB=v物cos θ 二 考点二　抛体运动 16 1.平抛运动 (1)平抛运动及研究方法 (2)平抛运动的两个推论 ①设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ,位移方向与水平方向的夹角为φ,则有tan θ=2tan φ,如图甲所示。 ②做平抛运动的物体任意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,如图乙所示。 2.斜抛运动(类斜抛运动)的处理方法 (1)斜抛运动是匀变速曲线运动,以斜上抛运动为例(如图所示)   速度:vx=v0cos θ,vy=v0sin θ-gt 位移:x=v0cos θ·t,y=v0sin θ·t-gt2 (2)当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动。 考向1　 平抛运动 [例4]　(2024·安徽合肥三模)如图所示,在某次跳台滑雪比赛中,运动员以初速度v0从跳台顶端A点水平飞出,经过一段时间后落在倾斜赛道上的B点,运动员运动到P点时离倾斜赛道最远,P点到赛道的垂直距离为PC,P点离赛道的竖直高度为PD,赛道的倾角为θ,重力加速度为g,空气阻力不计,运动员(包括滑雪板)视为质点,则C、D两点间的距离是(　　) A.　　　　　　 B. C. D. A [解析]　对运动员在空中的运动沿平行斜面和垂直斜面方向分解可知,运动员从A点运动到P点和从P点运动到B点所用时间相等,因此运动员沿平行斜面方向的分运动从A到C的时间与从C到B的时间相等,运动员沿平行斜面做加速度为gsin θ的匀加速运动,设整个运动过程所用时间为t,则CB-AC=gsin θ()2,由于从A到P的水平位移与从P到B的水平位移相等,因此AD=DB,则CB-AC=2CD=gsin θ()2,运动员做平抛运动有x=v0t,y=gt2,又tan θ=,解得t=,则CD =,故选A。 反思提升 利用角度突破抛体运动问题 已知条件 情景示例 解题策略 已知速 度方向 已知速度的方向垂直于斜面   分解速度 tan θ== 已知速度方向沿该点圆弧的切线方向   分解速度 tan θ== 已知条件 情景示例 解题策略 已知位 移方向 已知位移的方向沿斜面向下   分解位移 tan θ=== 已知位移方向垂直斜面   分解位移 tan θ=== 考向2　斜抛运动 [例5]　(多选)(2024·广东汕头金山中学二模)若物体被抛出时的速度不沿水平方向,而是向斜上方或向斜下方(这种情况常称为斜抛),则它的受力情况与平抛运动完全相同。如图甲所示,球状烟花中有一部分是做斜上抛运动,其中一火药做斜抛运动的轨迹如图乙所示,图乙中初速度v0和初速度与水平方向的夹角θ均为已知量,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　) A.该火药的射高为 B.该火药的射高为 C.若斜抛运动的初速度v0大小不变,抛射角θ改变,则该火药射程的最大值为 D.若斜抛运动的初速度v0大小不变,抛射角θ改变,则该火药射程的最大值为 [答案]　AD [解析]　由题图乙可知,斜抛运动的初速度在竖直方向的分速度为v0y=v0sin θ,在竖直方向上,由匀变速直线运动规律可得该火药的射高h==,A正确,B错误;斜抛运动的初速度在水平方向的分速度为v0x=v0cos θ,在竖直方向上,由匀变速直线运动规律可知该火药运动的时间为t=,水平方向做匀速直线运动,该火药的射程为x=v0xt,结合v0x=v0cos θ,v0y=v0sin θ,可得x==,当θ=45°时,射程最大且为xm=,C错误,D正确。 三 考点三　圆周运动 27 1.圆周运动问题的分析思路 进行正确的受力分析,明确向心力的来源,确定运动半径。熟练应用动力学方程Fn=m=mω2r=mr去解决圆周运动问题。 2.常见的圆周运动及临界条件 (1)水平面内的圆周运动 水平面内 一般动力学特征 临界特征 水平转盘上的物体   Ff=mω2r 恰好发生滑动时,Ff=μmg 圆锥摆模型   FTsin θ-FNcos θ=mω2r FTcos θ+FNsin θ=mg 恰好离开接触面时,FN=0 (2)竖直面及倾斜面内的圆周运动 轻绳模型   最高点:FT+mg=m 恰好通过最高点时绳的拉力恰好为0 轻杆模型   最高点:mg±F=m 恰好通过最高点时v=0,杆对小球的力等于小球的重力 带电小球在叠加场中的圆周运动   等效法 关注六个位置的动力学方程,最高点、最低点、等效最高点、等效最低点,最左边和最右边位置 恰好通过等效最高点时,恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体   最高点:mgsin θ±Ff=mω2r 最低点Ff-mgsin θ=mω2r 恰好通过最低点时, Ff=μmgcos θ 3.圆周运动的三种临界情况 (1)接触面滑动临界:Ff=Ffmax。 (2)接触面分离临界:FN=0。 (3)绳恰好绷紧:FT=0;绳恰好断裂:FT达到绳子可承受的最大拉力。 考向1　 动力学规律的应用 [例6]　(2024·河北石家庄三模)如图所示,竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,一长为R的轻杆一端固定于球上,另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点,重力加速度为g。当圆环以角速度ω= 绕竖直直径转动时,轻杆对小球的作用力大小和方向为(　　) A.2mg,沿杆向上 B.2mg,沿杆向下 C.(2-1)mg,沿杆向上 D.(2-1)mg,沿杆向下 [答案]　B [解析]　设轻杆与竖直直径夹角为θ,由几何关系可得cos θ=,得θ=60°,则小球圆周运动的半径为r=Rsin 60°=R,做圆周运动所需向心力为F向=mω2r=3mg,小球有向上运动的趋势,设杆对小球有沿杆向下的拉力F1,环对小球有指向圆心的支持力F2,根据平衡条件可知F1cos 30°+F2cos 30°=F向,F1sin 30°+mg=F2sin 30°,解得F1=2mg,故选B。 考向2　圆周运动临界极值问题 [例7]　如图所示,半径为R=1 m的转台可以在中心的竖直转轴带动下在水平面转动,质量为0.5 kg、可视为质点的物体放在转台的边缘,用细线将物体拴接在转轴上,细线处于拉直放松的状态,且与转轴的夹角为θ=30°。已知细线能承受的最大拉力为F=10 N,物体与转台之间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,转台的转速缓慢增大,当转台的角速度为2 rad/s时,细线刚好绷紧,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体与转台之间的动摩擦因数为0.2 B.转台的角速度为1 rad/s时,物体所受的摩擦力可能为0 C.转台的角速度为 rad/s时,物体刚好离开转台 D.转台的角速度为 rad/s时,细线刚好被拉断 [答案]　D [解析]　当转台的角速度为2 rad/s时,细线刚好绷紧,则物体做圆周运动的向心力等于物体所受最大静摩擦力,有μmg=mω2R,解得μ=0.4,A错误;当转台的角速度为1 rad/s时,有F1=mR=0.5 N<μmg=2 N,此时物体不受细线拉力,物体所受的摩擦力为0.5 N,B错误;当物体刚好离开转台时,物体只受重力和细线的拉力,竖直方向上有Tcos 30°=mg,水平方向有Tsin 30°=mR,解得ω2= rad/s,T= N<10 N,C错误;细线刚好被拉断时,物体已经离开转台,假设此时细线与转轴的 夹角为α,有Fsin α=mLsin α,又L=,解得ω3= rad/s,D正确。 [例8]　(2024·广东卷)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管,管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动。若v过大,插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止,v的最大值为(　　) A.r　　　　　　　　　 B.l C.r D.l A [解析]　由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx= 根据胡克定律有 F=kΔx= 插销与卷轴同轴转动,角速度相同,对插销有弹力提供向心力F=mlω2 对卷轴有v=rω 联立解得v=r 故选A。 四 培优　热点训练 41 1.(多选)(2024·广东深圳高三期末)足球运动员训练罚点球,足球放置在球门中央的正前方O点,两次射门,足球分别斜向上直接打在水平横梁上的a、b两点,a为横梁中点,如图所示,已知足球被踢出时的速度大小相等,不考虑足球的旋转,不计空气的作用效果,则足球(　　) A.从射出到打到a、b两点的时间一定是ta<tb B.从射出到打到a、b两点的时间可能是ta>tb C.到达a、b两点瞬间速度大小va>vb D.到达a、b两点瞬间速度大小va=vb AD 解析:足球被踢出时的速度大小相等,重力做功相等,根据动能定理-mgh=mv2-m,可知到达a、b两点瞬间速度大小va=vb,故C错误,D正确;由几何关系可知到达b点的足球水平位移较大,到达a、b两点竖直位移相等,若从射出到打到a、b两点的时间ta>tb,考虑其逆运动,根据h=vyt+gt2可知到达a点的足球竖直初速度较小,根据运动的合成可知水平方向初速度较大,水平方向根据x=vxt可知水平位移较大,与题意矛盾,也不可能是时间相等,因为时间相等时,竖直方向的分速度与水平方向的分速度均相等,水平方向位移也应该相等,与题意矛盾,所以一定是ta<tb,故A正确,B错误。 2.(多选)(2024·广东江门新会第一中学一模)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈,深受女士喜爱。如图甲,腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿过轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳,其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重做水平匀速圆周运动,计数器显示在1 min内转过的圈数,此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中认为腰带没有变形,下列说法正确的是(　　) A.若增大转速,腰受到腰带的摩擦力增大 B.若增大转速,腰受到腰带的弹力增大 C.保持匀速转动时,腰给腰带的作用力大小不变 D.若增加配重,保持转速不变,则绳子与竖直方向夹角为θ将减小 答案:BC 解析:若增大转速,配重做匀速圆周运动的半径变大,绳与竖直方向的夹角θ将增大,竖直方向mg=Tcos θ,水平方向Tsin θ=Fn,可知配重在竖直方向平衡,拉力T变大,向心力Fn变大,对腰带受力分析如图,可得竖直方向f=Mg+T'cos θ,由牛顿第三定律可得T'=T,故f=Mg+mg,水平方向FN=T'sin θ=Fn,故腰受到腰带的摩擦力不变,腰受到腰带的弹力增大,故A错误,B正确;匀速转动时,腰给腰带的作用力是支持力FN和摩擦力f的合力,两个力的大小均不变,则其合力大小不变,故C正确;因对配重 而言mgtan θ=mω2lsin θ ,即cos θ=,若增加配重,保持转 速不变,则绳子与竖直方向夹角θ将不变,选项D错误。 五 精准补弱 47 1.(2024·江苏扬州高三期中)如图所示,汽车在水平路面转弯时,车内挂饰偏离了竖直方向。转弯时汽车速度为v,所受合力为F,下列图示可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:根据题图可知,车内的挂饰偏向了右方,由此可知,汽车正在向左转弯,由于汽车做曲线运动,故合力F指向轨迹的内侧,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2022·广东卷)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时,小积木恰好由静止释放,子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(　　) A.将击中P点,t大于 B.将击中P点,t等于 C.将击中P点上方,t大于 D.将击中P点下方,t等于 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:由题意知枪口与P点等高,子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动,当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同,根据h=gt2可知下落高度相同,所以将击中P点;又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L,子弹在水平方向上做匀速直线运动,故有t=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.汽车的后备厢里水平放着一个内装圆柱形工件的木箱,工件截面和车的行驶方向垂直,由车尾向车的前进方向看如图甲所示,当汽车以恒定速率通过如图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时,木箱及箱内工件均保持相对静止。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.Q和M对P的支持力大小始终相等 B.汽车过A点时,汽车重心的角速度最小 C.汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等 D.汽车过A、C两点时,M对P的支持力小于Q对P的支持力 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:汽车过A、B、C三点时做匀速圆周运动,合外力指向圆弧的圆心,故对工件P受力分析可知,汽车经过A、C两点时合外力向左,经过B点时合外力向右,故Q和M对P的支持力大小不是始终相等,故A错误;汽车过A点时,由角速度与线速度关系ω=可知,在A点圆弧轨道半径最大,则汽车重心的角速度最小,故B正确;根据合外力提供向心力,有F合=,当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时,工件P受到的合外力大小依次在增大,故C错误;汽车过A、C两点时,所受的合外力向左, 因此M对P的支持力大于Q对P的支持力, 故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.一条两岸平直的宽为d的小河如图所示,河水流速恒定。一人驾驶小船从上游渡口A前往下游渡口B。已知全程船在静水中的速度大小恒定,船在静水中的速度大小与河水流速大小之比为∶1,行驶中船头始终垂直河岸,则A、B两渡口沿河岸方向的距离为(　　) A.d　　　　　　　　 B.d C.d D.d 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:设船在静水中的速度为v1、河水流速为v2,船头垂直河岸,小船实际行驶方向与河岸之间夹角为α,则tan α==,A、B两渡口沿河岸方向的距离为x==d,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2024·广东中山一中月考)如图所示,一质量为m=0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0=10 m/s冲入一管道,该管道为圆管道,半径为R=5 m,已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后,它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道,且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能,不计摩擦,小球直径以及管道内径可忽略,圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.小球到达管道最高点时对管道的压力为零 B.小球到达管道最高点时速度为5 m/s C.小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N D.圆轨道半径r为4 m 答案:CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:从出发点到管道的最高点,由机械能守恒定律 得m=mgR+m,解得小球到达管道最高点时的 速度v1=0,即它刚好能够通过管道的最高点,选项B错误;小球到达管道最高点时速度为0,则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力,为1 N,选项A错误;由机械能守恒定律得m+mgR=m,解得小球到达管道最低点时速度v2=10 m/s,在最低点,由牛顿第二定律得F-mg=m,解得管道最低点对小球的支持力F=5 N,再结合牛顿第三定律可知,选项C正确;小球刚好通过圆轨道最高点,则在最高点,小球速度v满 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 足mg=m,从出发点到圆轨道的最高点,由机械能守恒定律得mv2+2mgr=mgR+m,联立解得r=4 m,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2024·广东佛山顺德检测)图(a)为某景区的蛙口喷泉,两次喷出水的轨迹A、B如图(b)所示,最大高度相同,轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方,不计空气阻力,对轨迹A、B说法正确的是(　　) A.水滴在空中运动的时间不同 B.水滴的初速度大小相等 C.水滴在最高点速度之比1∶2 D.水滴落地时动能之比1∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:水滴在空中做斜上抛运动,其后半 部分做平抛运动,根据h=gt2 ,最大高度 相同,后半部分运动的时间相同,根据 对称性可知全程的时间相同,A错误;后半部分做平抛运动,B的水平射程是A的2倍,所以在最高点B的速度是A的2倍,C正确;设A最高点的速度为vx,落地时速度的竖直分量为vy,A落地时的速度为vA=,A落地时的动能为EkA=m=m(+),B最高点的速度为2vx,落地时速度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 的竖直分量为vy,B落地时的速度为vB=,B落地时的动能为EkB=m=m(4+),落地时动能之比不等于1∶4,又因为落地时速度的大小等于初速度大小,落地时速度大小不相等,初速度大小也不相等,B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2024·广东高考预测)饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°。坝顶离水面的高度为5 m,g取10 m/s2,不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,下列说法正确的是(　　) A.若鱼饵颗粒能落入水中,平抛初速度v0越大, 从抛出到落水所用的时间越长 B.若鱼饵颗粒能落入水中,平抛初速度v0越大,落水时速度方向与水面的夹角越大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C.若平抛初速度v0=5 m/s,则鱼饵颗粒不会落在斜面上 D.若鱼饵颗粒不能落入水中,平抛初速度v0越大,落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:平抛运动的时间由高度决定,与v0无关,故A错误;若鱼饵颗粒能落入水中,下落高度一定,运动时间一定,根据速度分解关系,落水时速度方向与水面的夹角正切值tan α==,v0越大,tan α越小,即α越小,故B错误;若鱼饵颗粒恰好落在B点,在竖直方向有h=gt2,可得t=1 s,水平方向有=v0t,可得v0=3.75 m/s<5 m/s,鱼饵颗粒不会落在斜面上,故C正确;若鱼饵颗粒不能落入水中,设落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ,根据位移分解关系tan 53°===,tan θ==,联立可得tan θ=2tan 53°,因此θ一定,由几何关系可 知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)(2024·四川成都二模)如图所示,竖直固定放置一半径为R的光滑圆形管道,ab为过圆心的水平线,质量为m的小球在管状轨道内做完整的圆周运动,已知小球直径略小于管道内径,重力加速度为g,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.小球在水平线ab以上管道中运动时,外侧管壁对小球一定没有作用力 B.小球在水平线ab以下管道中运动时,内侧管壁对小球一定没有作用力 C.小球通过最低点时受到的弹力大小可能为mg D.若在最高点管道对小球的弹力大小为mg,则一定是外侧管壁对小球的作用力 答案:BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:小球在水平线ab以上管道中运动时,若速度足够大时,内侧管壁对小球没有作用力,外侧管壁对小球有作用力,选项A错误;小球在水平线ab以下管道中运动时,根据向心力的方向指向圆心可知,外侧管壁对小球有指向圆心的弹力,内侧管壁对小球一定没有作用力,选项B正确;小球通过最高点的最小速度为零时,设最低点处速度为v,根据动能定理有mg·2R=mv2,根据牛顿第二定律可得FN-mg =m,解得FN=5mg,即小球通过最低点时的最小弹力为5mg,选项C错误;小球通过最高点的最小速度为零时,内侧管壁对小球的作用力最大为 mg,若在最高点管道对小球的弹力大小为mg,则一定是外 侧管壁对小球的作用力,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2024·广东高考模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图,弹簧一端固定在A端,另一端拴接重物,当车轮高速旋转时,LED灯就会发光。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.安装时A端比B端更远离圆心 B.高速旋转时,重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触,电路导通,LED灯发光 C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光 D.匀速行驶时,若LED灯转到最低点时能发光,则在最高点时也一定能发光 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:要使重物做离心运动,M、N接触,则应该A端靠近圆心,故A错误;转速越大,所需要的向心力越大,弹簧拉伸越长,M、N接触就会发光,不能说物体受到离心力,故B错误;在最低点时F1-mg=mω2r,解得ω=,增大质量,可以使LED灯在较低转速下也能发光,故C正确;在最高点时F2+mg=mω2r,匀速行驶时,最低点弹簧弹力大于最高点弹簧弹力,因此在最高点不一定发光,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2024·广东深圳高三第二次调研)如图所示,水平转台两侧分别放置A、B两物体,A的质量为m,B的质量为3m,到转轴OO'的距离分别为2L、L,A、B两物体间用长度为3L的轻绳连接,绳子能承受的拉力足够大,A、B两物体与水平转台间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。开始时绳刚好伸直且无张力,当水平转台转动的角速度由零逐渐缓慢增大,直到A、B恰好相对于转台滑动的过程中,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.当转台转动的角速度大于时,细绳上可能没有拉力 B.当转台转动的角速度大于时,A可能不受摩擦力 C.整个过程中,A与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变 D.整个过程中,B与转台间的摩擦力先增大到最大静摩擦力后保持不变 答案:BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:当转台刚开始转动时,物体所受摩擦力提供向 心力,达到最大静摩擦力时有μMg=Mω2r,可知物体运 动半径大的先达到最大静摩擦力,故物体A先达到最 大静摩擦力。此时摩擦力提供向心力,有m·2L=μmg,得到ω1=,当角速度再增大时,摩擦力不足以提供向心力,细绳上开始有拉力,A错误。物体A达到最大静摩擦力之后,角速度再缓慢增大,设绳子拉力为T,则有μmg+T=m·2L,T+fB=3mL,整理得到fB=μmg+mL,因角速度增大,所以B受到的静摩擦力越来越大,直至达到最大静摩擦力。角速度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 再次增大,B受到的摩擦力保持不变,物体A受到的摩擦力将发生变化,两物体仍做圆周运动,此时有T+fA=m·2L,T+3μmg=3mL,可得fA=3μmg-mL,所以随着角速度的再次增大,A受到的摩擦力慢慢减小,直至反向,再慢慢增加至最大静摩擦力。若角速度还增大,则两物体开始相对转台滑动。所以A在角速度大于后,A受到的摩擦力先保持不变,再慢慢减小至0,再增大至最大静摩擦力,而物体 B在整个过程中,与转台间的摩擦力先增大,之后保持 不变,B、D正确,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2023·湖南卷)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道 答案:AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球 在C点的速度为vC=0,在小球从B到C的过程中,设小球 与O点连线与OC的夹角为α,有-mgR(1-cos α)=0-mv2, m=mgcos α-FN,联立解得FN= 3mgcos α-2mg,因从B到C的过程中α由θ减小到0,则cos α逐渐增大,故FN逐渐增大,则小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由A到B的过程中小球的速度逐渐减小,则A到B的过程中小球克服重力做功的功率P=mgvsin θ始终减小,B错误;从A到C的过程中有-mg·2R=0-m,解得v0=,C错误;若小球在B点恰好 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 脱离轨道,有mgcos θ=m,则vB=,若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能为,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·山西晋中模拟预测)“旋转秋千”是游乐园里常见的游乐项目,如图甲所示,其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边上,绳子下端连接座椅,游客坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将“旋转秋千”简化为如图乙所示的模型,人和座椅看作质点,总质量约为m=80 kg,圆盘的半径为R=2.5 m,绳长L=R,圆盘以某恒定的角速度转动时,绳子与竖直方向的夹角为θ=45°,圆盘离地面的高度为h=22.5 m。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (结果可用根号表示) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)若手机从游客手中自由脱落,求手机滑落瞬间的速度大小; 答案:(1)5 m/s　 解析:(1)根据题意,由牛顿第二定律有mgtan θ=m 由几何关系可得r=R+Lsin θ=2R=5 m 联立解得v=5 m/s 可知,手机滑落瞬间的速度大小与游客做圆周运动的线速度大小相等为5 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若手机的质量为200 g,求手机落地瞬间重力的功率。 答案: (2)40 W 解析: (2)手机滑落后做平抛运动,由几何关系可得,手机竖直方向下落高度为Δh=h-Lcos θ=20 m 手机在竖直方向做自由落体运动,手机落地时的竖直分速度为vy= 解得vy=20 m/s 则手机落地时重力的功率为P=mgvy=40 W。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$