专题一 第3讲 力与曲线运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题一　力和运动 第3讲　力与曲线运动 2 目录 1 2 3 4 6 5 考点1 考点3 考点2 考点4 专题作业 高考命题预测 考点1　曲线运动的条件和特征 例1　(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　) 解析　由图可知，小车做曲线运动，则其所受合力应指向运动轨迹即轨道的凹侧，故A、B错误；由题意可知，小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，则合力对小车一直做正功，故合力方向与小车运动方向(沿轨道切线向右)的夹角一直为锐角，故C错误，D可能正确。 考点１　曲线运动的条件和特征 5 1.曲线运动性质：物体做曲线运动时，由于速度的方向时刻改变，物体的加速度一定不为0，因此，曲线运动一定是变速运动。 2.物体做曲线运动的条件 (1)运动学角度：物体的加速度的方向与它的速度方向不在同一直线上。 (2)动力学角度：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。 考点１　曲线运动的条件和特征 6 1.曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系 (1)速度方向与运动轨迹相切。 (2)合力方向指向轨迹曲线的“凹”侧。 (3)运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间。 2.曲线运动中物体所受合力与其速度变化的关系 (1)合力在垂直速度方向的分力改变速度的方向，在平行速度方向的分力改变速度的大小。 考点１　曲线运动的条件和特征 7 (2)合力与速率变化的关系 考点１　曲线运动的条件和特征 8 考点2　运动的合成与分解 例2　如图所示，在一个足够大、表面平坦的雪坡顶端，有一个小孩坐在滑雪板上。给他一个大小为v0的水平初速度使其运动。若雪坡与滑雪板之间的动摩擦因数μ<tanθ，不计空气阻力，则小孩(　　) A.沿初速度方向做匀速直线运动 B.做类平抛运动 C.最终会沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动 D.最终会沿雪坡做与v0方向保持小于90°角的加速直线运动 考点2　运动的合成与分解 10 解析　对小孩和滑雪板受力分析，在雪坡平面内，受到垂直于v0方向的重力的分力mgsinθ和与运动方向相反的滑动摩擦力μmgcosθ，在沿初速度方向，受到与初速度方向相反的滑动摩擦力的分力而做减速运动，直到速度减为零时滑动摩擦力垂直于v0方向沿雪坡向上，由于μ<tanθ，则μmgcosθ<mgsinθ，之后小孩沿雪坡做垂直于v0方向的匀加速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 考点2　运动的合成与分解 11 1.一个实际运动的几个分运动的关系 (1)等时性；(2)独立性。 2.合初速度和合加速度的关系决定了合运动的性质。 3.船的实际运动可以分解为相对于静水的运动和随水漂流的运动。 考点2　运动的合成与分解 12 关联速度问题的解题方法 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和沿着绳(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。 考点2　运动的合成与分解 13 考点3　抛体运动规律的应用 考点3　抛体运动规律的应用 15 考点3　抛体运动规律的应用 16 考点3　抛体运动规律的应用 17 考点3　抛体运动规律的应用 18 考点3　抛体运动规律的应用 19 考点3　抛体运动规律的应用 20 考点3　抛体运动规律的应用 21 1.抛体运动的特点 运动性质 匀变速曲线运动 相同时间内的速度变化量 大小相同，方向竖直向下 运动轨迹 抛物线 考点3　抛体运动规律的应用 22 2.平抛运动的两个推论 (1)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。 (2)做平抛运动的物体在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。 考点3　抛体运动规律的应用 23 1.抛体运动的一般处理思路：将抛体运动正交分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。 考点3　抛体运动规律的应用 24 2.平抛运动典型问题的求解方法 已知条件 情境示例 解题策略 已知速 度方向 从斜面外平抛，垂直落在 斜面上，如图所示，已知 速度的方向垂直于斜面 分解速度 从圆弧形轨道外平抛， 恰好无碰撞地进入圆弧 形轨道，如图所示，已 知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度 考点3　抛体运动规律的应用 25 已知位 移方向 从斜面上平抛又落到斜 面上，如图所示，已知 位移的方向沿斜面向下 分解位移 在斜面外平抛，落在斜面 上位移最小，如图所示， 已知位移方向垂直斜面 分解位移 考点3　抛体运动规律的应用 26 3.类平抛运动 (1)做类平抛运动的条件：研究对象所受合力为恒力，并且与初速度方向垂直，比如带电粒子在偏转电场中的运动。 (2)类平抛运动问题的一般处理方法——正交分解法 ①沿初速度方向：匀速直线运动； ②沿合力方向：初速度为0的匀加速直线运动。 (3)平抛运动的两个推论也可以类比推广到类平抛运动中。 考点3　抛体运动规律的应用 27 4.斜抛运动 性质 斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线 研究方法 (1)运动的合成与分解： 水平方向：匀速直线运动； 竖直方向：竖直上抛运动或竖直下抛运动 (2)逆向思维法：斜抛运动中，物体运动到最高点时速度方向为水平方向，故可采用逆向思维法，将物体从开始运动至最高点的这段运动过程逆向看作平抛运动进行分析 考点3　抛体运动规律的应用 28 考点3　抛体运动规律的应用 29 常见图例 考点3　抛体运动规律的应用 30 考点4　圆周运动问题 例6　(2024·江苏高考)如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则(　　) A.线速度vA>vB B.角速度ωA>ωB C.向心加速度aA<aB D.向心力FnA>FnB 考点4　圆周运动问题 32 考点4　圆周运动问题 33 考点4　圆周运动问题 34 考点4　圆周运动问题 35 例8　(2024·辽宁省大连市高三下二模)(多选)U形池滑板是青少年喜欢的极限运动项目之一。如图所示，U形池滑道的一侧可近似看成四分之一圆弧轨道，运动员沿圆弧轨道由静止开始从上端滑到下端过程中，不计阻力大小，则运动员(　　) A.所受支持力一直增大 B.加速度先增大后减小 C.沿竖直方向的合外力先减小后增大 D.沿圆弧切线方向的加速度一直增大 考点4　圆周运动问题 36 考点4　圆周运动问题 37 (1)用皮带或齿轮传动：轮缘上各点的线速度大小相等。 (2)固定在一起同轴传动：各点的角速度大小相等。 1.圆周运动的一些典型模型的处理方法 考点4　圆周运动问题 38 考点4　圆周运动问题 39 注：(1)竖直面内圆周运动的轻绳模型中，在最高点时，绳子的拉力大小可能为零，或方向沿半径指向轨迹的圆心；轻杆模型中，在最高点时，杆对物体的弹力大小和方向与物体的速度大小有关，可能向上，可能向下，可能等于零。 考点4　圆周运动问题 40 (2)倾斜面内的圆周运动、带电小球在电场和重力场的叠加场中的圆周运动，要用“等效重力”的观点分析。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。对于倾斜转盘上物体的圆周运动，在最高点：mgsinθ±Ff＝mω2r，在最低点： Ff′－mgsinθ＝mω2r，常分析的临界情况是：恰好通过最低点。 考点4　圆周运动问题 41 2.圆周运动中的三种临界情况 (1)接触面相对滑动临界：Ff＝F静m。 (2)接触面分离临界：FN＝0。 (3)绳恰好绷紧：FT＝0；绳恰好断：FT达到绳子最大承受拉力。 考点4　圆周运动问题 42 高考命题预测 1.(2024·山东省聊城市高三下一模)如图所示，正方体框架ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点)，不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　) A.落点在棱BB1上的小球，落在B1点时平拋的初速度最大 B.落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长 C.落点在三角形B1C1D1内的小球，平抛初速度的最小值与 最大值之比是1∶2 D.落点在线B1D1上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 (1)“喷泉”中的水从喷嘴喷出至落到喷泉水面的时间t； (2)“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R(结果可保留根号)。 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.(2024·安徽省淮北市高三下二模)无人机灯光表演给喜庆的节日氛围增添了几许惊艳。在一次无人机表演中，若分别以水平向右、竖直向上为x轴、y轴的正方向，某架参演的无人机在x、y方向的v­t图像分别如图甲、乙所示，则在0～t2时间内，该无人机的运动轨迹为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：由题图甲、乙可知，在0～t1时间内，无人机在竖直方向向上做匀速直线运动，加速度为0，在水平方向向右做匀减速直线运动，加速度水平向左，则合加速度水平向左，由牛顿第二定律可知，无人机受到的合外力方向水平向左，根据合外力指向运动轨 迹的凹侧，可知在0～t1时间内无人机运动的轨迹向左弯曲；在t1～t2时间内，无人机在竖直方向向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，在水平方向向右做匀速直线运动，加速度为0，则合加速度竖直向下，由牛顿第二定律可知，无人机受到的合外力方向竖直向下，根据合外力指向运动轨迹的凹侧，可知在t1～t2时间内无人机运动的轨迹向下弯曲，故A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 2.(2024·辽宁高考)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的(　　) A.半径相等 B.线速度大小相等 C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等 解析：由题图可知，球面上P、Q两点的转动属于同轴转动，角速度大小相等，且P、Q两点做圆周运动的半径关系为rP＜rQ，故A错误，D正确；根据v＝rω可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度大小关系为vP＜vQ，故B错误；根据an＝rω2可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度大小关系为aP＜aQ，故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 3.(2024·湖北高考)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　) A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 4.(2024·江西高考)(多选)一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 5.(2024·江苏高考)如图所示为生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑与工作台一起绕OO′匀速转动，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台面足够大)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大 B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小 C.陶屑只能分布在工作台边缘 D.陶屑只能分布在某一半径的圆内 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 6.(2024·北京高考)如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求： (1)水从管口到水面的运动时间t； (2)水从管口排出时的速度大小v0； (3)管口单位时间内流出水的体积Q。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 7.(2024·福建省厦门市高三下第四次质量检测三模)(多选)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应(　　) A.适当增加出手的高度 B.适当减小出手的高度 C.适当增加出手的速度 D.适当减小出手的速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 9.(2024·东北三省四城市联考暨沈阳市高三下二模)风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于(　　) A.A点 B.O点 C.轨迹AO之间的某一点 D.轨迹OB之间的某一点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：将小球所受重力和风的作用力合成为一个力，其合力斜向右下方，可知小球从A到B做类斜上抛运动，当沿合力方向的分速度减为0时，即小球速度方向与合力方向垂直时，小球的速度最小，结合物体运动轨迹的切线方向即为其在该点的速度方向，可知小球速度最小时位于轨迹AO之间的某一点，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 10.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 11.(2024·河北省张家口市高三下一模)(多选)如图所示，竖直平面内半径为R的光滑半圆轨道和倾角为30°的光滑斜面在半圆轨道最低点A用极小一段光滑圆弧平滑连接，两轨道均被固定，半圆轨道的最高点为M。一个质量为m的小球(可视为质点)从A点以某一水平向左的初速度进入半圆轨道，然后落在斜面上的N点(图中未画出)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例3　(2024·浙江1月选考)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为(　　) A.eq \f(D,4) eq \r(\f(g,h)) B.eq \f(D,2) eq \r(\f(g,2h)) C.eq \f(（\r(2)＋1）D,2) eq \r(\f(g,2h)) D.(eq \r(2)＋1)Deq \r(\f(g,2h)) 解析　以一小份水为研究对象，设其离开出水口的速度大小为v0，从出水口运动到桶口所用时间为t1，从出水口运动到A处所用时间为t2，小份水离开出水口后做平抛运动，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，2h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，水平方向，小份水由桶口运动到A处，有v0(t2－t1)＝eq \f(D,2)，联立解得v0＝eq \f(（\r(2)＋1）D,2) eq \r(\f(g,2h))，故选C。 例4　(2024·山东高考)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.运动时间为2eq \r(3) s B.落地速度与水平方向夹角为60° C.重物离PQ连线的最远距离为10 m D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m 解析　将初速度v0分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos60°＝10 m/s，v2＝v0sin60°＝10eq \r(3) m/s，将重力加速度g分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin30°＝5 m/s2，a2＝gcos30°＝5eq \r(3) m/s2，垂直PQ方向，根据对称性可得，重物运动的时间为t＝2eq \f(v2,a2)＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝2,2)eq \f(v,2a2) ＝10eq \r(3) m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(vy,v0cos30°)＝eq \r(3)，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝eq \f(v0sin30°,g)＝1 s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3 s，且重物从最高点到落点做平抛运动，则轨迹最高点与落点的高度差为h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)＝45 m，故D正确。 例5　(2024·新课标卷)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝eq \f(l,6)时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 答案　(1)4 m/s　eq \f(1,3) s　(2)eq \f(5,9) m 解析　(1)设物块和薄板的质量均为m，物块初速度大小为v0，物块在薄板上做匀减速直线运动的加速度大小为a1，时间为t，此过程薄板做匀加速直线运动，加速度大小为a2。由牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma1 对薄板有μmg＝ma2 根据匀变速直线运动规律， 对物块有l＋Δl＝v0t－eq \f(1,2)a1t2 对薄板有Δl＝eq \f(1,2)a2t2 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t＝eq \f(1,3) s。 (2)物块飞离薄板时，薄板的速度大小v2＝a2t 物块飞离薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。设物块下落所用的时间为t′， 对薄板有eq \f(l,2)－Δl＝v2t′ 对物块，竖直方向做自由落体运动， 则平台距地面的高度h＝eq \f(1,2)gt′2 联立并代入数据解得h＝eq \f(5,9) m。 tanθ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt) tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0) tanθ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0) tanθ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt) 基本规律(以斜上抛运动为例) (1)水平方向：v0x＝v0cosθ， F合x＝0；x＝v0tcosθ (2)竖直方向：v0y＝v0sinθ， F合y＝－mg；y＝v0tsinθ－eq \f(1,2)gt2 解析　设小球和管口间的细绳与竖直方向的夹角为θ，则θA<θB， 对小球受力分析，根据力的合成有Fn＝mgtanθ，则FnA<FnB，由牛顿 第二定律有Fn＝ma，可知aA<aB，C正确，D错误；根据向心加速度 公式，可知a＝ω2r，设小球与管子顶端的高度差为h，则r＝htanθ， 联立得ω＝eq \r(\f(g,h))，由题图知，hA>hB，则ωA<ωB，B错误；假设小球 做圆周运动的半径不变或变大，则小球被拉起的过程中合外力不做功 或做负功，由动能定理可知，小球的线速度不变或变小，又由v＝ωr 可知，小球的角速度也不变或变小，与B项分析矛盾，假设不成立，所以小球做圆周运动的半径减小，则小球被拉起的过程中合外力做正功，由动能定理可知，小球的线速度增大，即vA<vB，A错误。 例7　(2023·山东省青岛市高三下一模)如图，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c可视为质点，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度ω匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。图中各接触面间的动摩擦因数均为μ，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。下列说法正确的是(　　) A.b对a的摩擦力为μmg B.圆盘对b的摩擦力为2mω2r C.圆盘的角速度满足ω≤eq \r(\f(μg,r)) D.圆盘的角速度满足ω≤eq \r(\f(2μg,3r)) 解析　对a进行受力分析，水平方向上，b对a的静摩擦力提供向心力，则fa＝mω2r≤μmg，对物块a、b整体分析，水平方向上，圆盘对b的静摩擦力提供向心力，则fb＝(m＋2m)ω2r＝3mω2r，A、B错误； 因为三个物块转动的角速度相同，物块c的轨道半径最大，由a向＝Rω2可知c的向心加速度最大，因三个物块与圆盘相对滑动的临界加速度均为eq \f(μm物g,m物)＝μg，所以若角速度ω缓慢增大，c先达到相对圆盘滑动的临界点，故三个物块随圆盘一起匀速转动需满足条件3mω2×1.5r≤μ×3mg，整理得ω≤eq \r(\f(2μg,3r))，C错误，D正确。 解析　设圆弧轨道半径为R，运动员的速度与竖直方向的夹角 为θ(0≤θ≤90°)，对运动员进行受力分析如图所示，在径向方向， 由牛顿第二定律有FN－mgsinθ＝meq \f(v2,R)＝man，沿切线方向，由牛顿 第二定律有mgcosθ＝mat，由动能定理可知mgRsinθ＝eq \f(1,2)mv2－0， 可得运动员所受支持力FN＝3mgsinθ，加速度a＝2,n)eq \r(a＋aeq \o\al(2,t)) ＝eq \r(（2gsinθ）2＋（gcosθ）2)＝geq \r(1＋3sin2θ)，沿竖直方向的合外力(以竖直向下为正方向)Fy＝mg－FNsinθ＝mg(1－ 3sin2θ)，沿圆弧切线方向的加速度at＝gcosθ，可知在运动员沿圆弧轨道由静止开始从上端滑到下端过程中，θ从0增大到90°，FN和a逐渐增大，at逐渐减小，Fy先沿竖直向下逐渐减小，后沿竖直向上逐渐增大，故A、C正确，B、D错误。 解析：小球抛出后均做平抛运动。落点在棱BB1上的小球，其做平抛运动的水平位移x相等，则竖直位移h越大，由h＝eq \f(1,2)gt2知运动时间t越大，由x＝v0t知初速度v0越小，即落在B1点时平抛的初速度最小，A错误；落点在A1B1C1D1内的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由h＝eq \f(1,2)gt2知其运动时间t相等，B错误；落点在三角形B1C1D1内的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由h＝eq \f(1,2)gt2知其运动时间t相等，设正方体框架的棱长为l，则水平位移的最大值为eq \r(2)l，最小值为eq \f(\r(2),2)l，则最小值与最大值之比为1∶2，由x＝v0t知平抛运动的初速度的最小值与最大值之比是1∶2，C正确；落点在线B1D1上的小球，其做平抛运动的竖直位移h相等，由veq \o\al(2,y)＝2gh知其落地时竖直方向的速度分量vy相同，故落地时重力的瞬时功率PG＝mgvy均相同，D错误。 2.(2024·山东省泰安市高三下4月二模)如图甲所示为公园中旋转“喷泉”喷出水后，水滴下落击打水面形成层层涟漪的美观景象。设旋转“喷泉”的转轴为OO′，多根长度均为r的水管均处于喷泉水面，一端固定在转轴顶端O点，另一端均有一喷嘴，每个喷嘴完全相同，都在水管末端且与水平面成相同的倾角θ＝53°，如图乙所示。若旋转“喷泉”的角速度ω＝eq \f(25,12) rad/s，水管长度r＝0.6 m，水以相对于喷嘴的速率v＝5 m/s喷出，不计水管的粗细、喷嘴的长度及空气阻力，已知重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： 答案：(1)0.8 s　(2)eq \r(10) m 解析：(1)由题意可知，“喷泉”中的水从喷嘴喷出时，在竖直方向的速度分量为vy＝vsinθ 根据水在竖直方向做竖直上抛运动，可知 vy＝g·eq \f(t,2) 联立并代入数据，解得t＝0.8 s。 (2)如图所示，水在N点从喷嘴喷出，在M点落到喷泉 水面，从喷嘴喷出的水沿水管方向的速度分量为 vx＝vcosθ 沿水管方向的位移大小为 d＝vxt 从喷嘴喷出的水垂直于水管方向的速度分量为v2＝ωr 垂直于水管方向的位移大小为x＝v2t 由几何关系可知，“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R＝eq \r(（r＋d）2＋x2) 联立并代入数据，解得R＝eq \r(10) m。 解析：青蛙做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2，联立可得v0＝xeq \r(\f(g,2y))，因此水平位移x越小，竖直位移y越大，则初速度v0越小，结合题图分析可知，若青蛙以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到荷叶c上面，故选C。 解析：从跃出水面到冲到最高处的过程中，小鱼做斜抛运动，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，则vx不变，x＝vxt，故A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，有y＝vy0t－eq \f(1,2)gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，故B错误，D可能正确。 解析：对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析，可知由摩擦力提供向心力，则有f＝mω2r，又f≤μmg，解得陶屑与OO′间的距离r≤eq \f(μg,ω2)，则陶屑只能分布在某一半径的圆内，C错误，D正确；由C、D项分析可知，陶屑与台面边缘的距离与其质量无关，A、B错误。 答案：(1)eq \r(\f(2h,g))　(2)deq \r(\f(g,2h))　(3)Sdeq \r(\f(g,2h)) 解析：(1)水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得， 水在竖直方向做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2 解得t＝eq \r(\f(2h,g))。 (2)由平抛运动规律得，水在水平方向做匀速直线运动，有d＝v0t 解得v0＝deq \r(\f(g,2h))。 (3)管口单位时间内流出水的体积Q＝Sv0 解得Q＝Sdeq \r(\f(g,2h))。 解析：设石子水平抛出的速度为v0，高度为h，石子 接触水面时，速度的竖直分量为vy，速度方向与水面的夹 角为θ，石子被抛出后，在竖直方向做自由落体运动，则 vy满足veq \o\al(2,y)＝2gh，石子接触水面时，根据速度分解有 tanθ＝eq \f(vy,v0)，解得tanθ＝eq \f(\r(2gh),v0)。由上式可知，石子出手高度h越小，出手速度v0越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角θ越小，“水漂”效果越明显，故A、D错误，B、C正确。 8.(2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测三)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＝eq \r(\f(6g,R))绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向分别为(　　) A.2mg，沿杆向上 B.2mg，沿杆向下 C.(2eq \r(3)－1)mg，沿杆向上 D.(2eq \r(3)－1)mg，沿杆向下 解析：设轻杆与竖直直径之间的夹角为θ，由几何 关系可得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为 r＝Rsinθ＝eq \f(\r(3),2)R，设轻杆对小球有沿杆向下的拉力F1， 圆环对小球有指向圆心的支持力F2，受力分析如图所示，且由几何知识可知F2与竖直方向的夹角α＝60°，水平方向根据牛顿第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，竖直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，联立解得F1＝2mg，则轻杆对小球的作用力大小为2mg，方向沿杆向下，故选B。 解析：设大圆环半径为R，小环下滑过程中小环与大圆环圆心 连线转过的角度为θ(0≤θ≤π)时，小环速度大小为v，如图所示。 连线转过θ角的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝ eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(2gR（1－cosθ）)。在θ从0开始增大的一小段时间内，v较小，对小环根据牛顿第二定律有mgcosθ－F＝meq \f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝mgcosθ－meq \f(v2,R)＝3mgcosθ－2mg，方向背离大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从0开始增大，cosθ从1开始减小，F减小，当cosθ＝eq \f(2,3)时，F减小到0； 当arccoseq \f(2,3)<θ≤eq \f(π,2)时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(小环经过Q点时θ＝\f(π,2)))，对小环有mgcosθ＋F＝meq \f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝meq \f(v2,R)－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从arccoseq \f(2,3)增大到eq \f(π,2)，cosθ从eq \f(2,3)减小到0，F从0增大到2mg；当eq \f(π,2)<θ≤π时，对小环有F－mgcosθ＝meq \f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从eq \f(π,2)增大到π，cosθ从0减小到－1，F增大。综上所述，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，在Q点之前某位置最小，故C正确，A、B、D错误。 A.若小球恰好能通过M点，则M、N两点间的高度差为eq \f(7－\r(13),3)R B.若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时速度可以垂直于斜面 C.若小球的初速度合适，则小球从M点离开落到斜面上时位移可以垂直于斜面 D.若N点与半圆轨道的圆心等高，则小球通过M点时，半圆轨道对小球的支持力为eq \f(1,2)mg 解析：若小球恰好能通过M点，由重力提供向心力有 mg＝2,M)eq \f(mv,R) ，可知小球在M点时的速度vM＝eq \r(gR)，设M、N 两点间的高度差为h，小球从M到N的过程中，设运动时间 为t，根据平抛运动的规律，可知小球在水平方向的位移为x＝vMt，在竖直方向的位移为h＝eq \f(1,2)gt2，由几何关系有2R－h＝xtan30°，联立解得h＝eq \f(7－\r(13),3)Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一解h＝\f(7＋\r(13),3)R>2R，不符合实际，舍去))，A正确；若小球从M点离开落到斜面上时速度方向垂直于斜面，应满足eq \f(vM1,gt1)＝tan30°，又x1＝vM1t1，h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，2R－h1＝x1tan30°，联立解得vM1＝2eq \r(\f(gR,5))<vM，则小球无法上升至M点，B错误； 若小球从M点离开落到斜面上时位移垂直于斜面， 应满足eq \f(x2,h2)＝tan30°，又x2＝vM2t2，h2＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，2R－h2 ＝x2tan30°，联立解得vM2＝eq \f(\r(gR),2)<vM，则小球无法上 升至M点，C错误；若N点与半圆轨道的圆心等高，应有h3＝R，又x3＝vM3t3，h3＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,3)，2R－h3＝x3tan30°，联立解得vM3＝eq \r(\f(3gR,2))>eq \r(gR)，在M点，根据牛顿第二定律，有FN＋mg＝2,M3)eq \f(mv,R) ，解得半圆轨道对小球的支持力FN＝eq \f(1,2)mg，D正确。 $$