高考物理二輪復習 第1部分 專題突破篇 專題3 力與曲線運動1-拋體運動和圓周運動講練-人教版高三物理試題

專題三力與曲線運動(一)——拋體運動和圓周運動考點1|運動的合成與分解難度：中檔題型：選擇題、計算題(2015·全國卷ⅡT16)由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經(jīng)過調整再進入地球同步軌道．當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行．已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1×103m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖1所示．發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為()【導學號：25702011】圖1A．西偏北方向，1.9×103m/sB．東偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．東偏南方向，2.7×103m/s【解題關鍵】解此題要理解以下兩點信息：(1)從轉移軌道調整進入同步軌道……此時衛(wèi)星高度與同步軌道的高度相同．(2)轉移軌道和同步軌道的夾角為30°.B[設當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空與同步軌道高度相同的某點時，速度為v1，發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度為v2，該點在同步軌道上運行時的速度為v.三者關系如圖，由圖知附加速度方向為東偏南，由余弦定理知veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋v2－2v1vcos30°，代入數(shù)據(jù)解得v2≈1.9×103m/s.選項B正確．](2013·全國卷ⅠT24)水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質細橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標記R.在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)點．已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運動；B平行于x軸朝x軸正向勻速運動．在兩車此后運動的過程中，標記R在某時刻通過點(l，l)．假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運動速度的大?。窘忸}關鍵】關鍵語句信息解讀沿y軸正向做……的勻加速運動y軸正向的位移滿足y＝2l＋eq\f(1,2)at2平行于x軸……勻速運動x軸正向位移滿足x＝vt橡皮筋伸展是均勻的R到A和B的距離之比不變【解析】從運動學和運動的合成角度入手，作圖尋找?guī)缀侮P系是關鍵．設B車的速度大小為v.如圖，標記R在時刻t通過點K(l，l)，此時A、B的位置分別為H、G.由運動學公式，H的縱坐標yA、G的橫坐標xB分別為yA＝2l＋eq\f(1,2)at2 ①xB＝vt ②在開始運動時，R到A和B的距離之比為2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2∶1.因此，在時刻t有HK∶KG＝2∶1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l) ④HG∶KG＝(yA＋l)∶(2l) ⑤由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l ⑥yA＝5l ⑦聯(lián)立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al). ⑧【答案】eq\f(1,4)eq\r(6al)1．高考考查特點以物體的某種運動形式為背景，考查對分運動、合運動的理解及合成與分解方法的應用．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)不能正確理解合運動、分運動間具有等時性、獨立性的特點．(2)具體問題中分不清合運動、分運動，要牢記觀察到的物體實際運動為合運動．●考向1小船渡河問題1．如圖2所示，甲、乙兩船在同一河岸邊A、B兩處，兩船船頭方向與河岸均成θ角，且恰好對準對岸邊C點．若兩船同時開始渡河，經(jīng)過一段時間t，同時到達對岸，乙船恰好到達正對岸的D點．若河寬d、河水流速均恒定，兩船在靜水中的劃行速率恒定，不影響各自的航行，下列判斷正確的是()圖2A．兩船在靜水中的劃行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．兩船同時到達D點D．河水流速為eq\f(dtanθ,t)C[由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度v1相等，由v1＝vsinθ知兩船在靜水中的劃行速率v相等，選項A錯誤；乙船沿BD到達D點，可見河水流速v水方向沿AB方向，甲船不可能到達正對岸，甲船渡河的路程較大，選項B錯誤；根據(jù)速度的合成與分解，v水＝vcosθ，而vsinθ＝eq\f(d,t)，得v水＝eq\f(d,ttanθ)，選項D錯誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x＝(vcosθ＋v水)t＝eq\f(2d,tanθ)＝AB，可見兩船同時到達D點，選項C正確．]●考向2繩的牽連運動問題2．(2016·貴陽二模)如圖3所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉動軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過滑輪后掛上重物M，C點與O點的距離為L，現(xiàn)在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)．下列有關此過程的說法中正確的是()圖3A．重物M做勻速直線運動B．重物M做變速直線運動C．重物M的最大速度是2ωLD．重物M的速度先減小后增大B[設C點線速度方向與繩子的夾角為θ(銳角)，由題知C點的線速度為ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為ωLcosθ，θ的變化規(guī)律是開始最大(90°)然后逐漸變小，所以ωLcosθ逐漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)?，繩子的速度變?yōu)樽畲?，為ωL；然后，θ又逐漸增大，ωLcosθ逐漸變小，繩子的速度變小，所以知重物的速度先增大，后減小，最大速度為ωL，故B正確．]運動合成與分解的解題思路1．明確合運動或分運動的運動性質．2．明確是在哪兩個方向上的合成與分解．3．找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．4．運用力與速度的關系或矢量運算法則進行分析求解．考點2|拋體運動的運動規(guī)律難度：中檔題型：選擇題五年5考(2016·江蘇高考T2)有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍．現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力．圖4中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是()圖4A．① B． ②C．③ D． ④【解題關鍵】解此題應注意以下兩點：(1)不計空氣阻力，兩小球均做拋體運動．(2)兩球以相同速率沿同一方向拋出，說明兩球均做斜拋運動且初速度相同．A[不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確．](多選)(2012·江蘇高考T6)如圖5所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)．將A向B水平拋出的同時，B自由下落．A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()圖5A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不可能運動到最高處相碰D．A、B一定能相碰【解題關鍵】關鍵語句信息解讀A、B位于同一高度兩球下落時間相同A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反A球撞地后至最高點的過程為平拋運動的逆過程A、B在同一時刻離地的高度相同AD[由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))①，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間t＝eq\f(l,v)＜t1，即v＞eq\f(l,t1)，所以選項A正確；因為A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A一定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰．碰撞位置由A球的初速度決定，故選項B、C錯誤，選項D正確．](多選)(2015·江蘇高考T7)如圖6所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()【導學號：25702012】圖6A．做直線運動B．做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小【解題關鍵】解此題應注意以下三點：(1)小球受重力和電場力作用．(2)根據(jù)初速度與合力間夾角判斷小球運動軌跡．(3)根據(jù)運動的合成與分解思想，判斷小球速率大小的變化規(guī)律．BC[小球運動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運動，選項A錯誤，選項B正確．將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運動與力的關系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確，選項D錯誤．]1．高考考查特點(1)拋體運動的運動規(guī)律是高考命題的熱點．特別要關注以運動項目為背景的實際問題．(2)運動的合成與分解是解決拋體運動問題的基本方法．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)拋體運動問題中不能正確應用分解的思想方法．(2)平拋(類平拋)規(guī)律應用時，易混淆速度方向和位移方向．(3)實際問題中對拋體運動情景臨界點的分析不正確．●考向1斜拋運動問題3.(多選)(2013·江蘇高考T7)如圖7所示，從地面上同一位置拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同．空氣阻力不計，則()圖7A．B的加速度比A的大B．B的飛行時間比A的長C．B在最高點的速度比A在最高點的大D．B在落地時的速度比A在落地時的大CD[在同一位置拋出的兩小球，不計空氣阻力，在運動過程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，選項A錯誤；根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，兩球運動的最大高度相同，故兩球飛行的時間相等，選項B錯誤；由于B的射程大，根據(jù)水平方向勻速運動的規(guī)律x＝vt，故B在最高點的速度比A的大，選項C正確；根據(jù)豎直方向自由落體運動，A、B落地時在豎直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地時的速度比A的大，選項D正確．]●考向2平拋運動規(guī)律的基本應用4．(2016·福建名校聯(lián)考)如圖8所示，將a、b兩小球以不同的初速度同時水平拋出，它們均落在水平地面上的P點，a球拋出時的高度比b球的高，P點到兩球起拋點的水平距離相等，不計空氣阻力．與b球相比，a球()圖8A．初速度較大B．速度變化率較大C．落地時速度一定較大D．落地時速度方向與其初速度方向的夾角較大D[根據(jù)題述，兩球水平位移相等．由于a球拋出時的高度比b球的高，由h＝eq\f(1,2)gt2可知a球飛行時間長，由x＝v0t可知，a球的初速度一定較小，選項A錯誤．兩球都只受重力作用，加速度都是g，即速度變化率eq\f(Δv,Δt)＝g，相同，選項B錯誤．小球落地時速度v是水平速度與豎直速度的合速度，a球的初速度(水平速度)小，豎直速度大，所以不能判斷哪個小球落地時速度較大，a球落地時速度方向與其初速度方向的夾角較大，選項C錯誤，D正確．]●考向3平拋斜面問題5．(2016·昆明市重點中學三聯(lián))將一擋板傾斜地固定在水平面上，傾角為θ＝30°，如圖9所示．現(xiàn)有一可視為質點的小球由擋板上方的A點以v0的初速度水平向右拋出，小球落在擋板上的B點時，小球速度方向剛好與擋板垂直，小球與擋板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比為4∶3.下列有關小球的運動描述正確的是()圖9A．小球與擋板碰后的速度為eq\f(3,4)v0B．小球與擋板碰撞過程中速度的變化量大小為eq\f(1,2)v0C．A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為eq\r(3)∶1D．A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為eq\r(3)∶2D[小球在碰撞擋板前做平拋運動．設剛要碰撞斜面時小球速度為v.由題意，速度v的方向與豎直方向的夾角為30°且水平分量仍為v0，如圖．由此得v＝2v0，碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻膃q\f(3,4)v，則碰后的速度大小為eq\f(3,2)v0，A錯誤；碰撞過程小球的速度變化量大小為Δv＝eq\f(3,4)v－(－v)＝eq\f(7,4)v＝eq\f(7,2)v0，故選項B錯誤；小球下落高度與水平射程之比為eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2tan30°)＝eq\f(\r(3),2)，C錯誤，D正確．]6．如圖10所示，水平面上固定有一個斜面，從斜面頂端水平向右拋出一個小球，不計空氣阻力．當初速度為v0時，小球恰好落到斜面底端，小球運動的時間為t0.現(xiàn)用不同的初速度從該斜面頂端水平向右拋出這個小球，下列選項中能正確表示小球的運動時間t隨初速度v變化的函數(shù)關系是()圖10D[設斜面的傾角為θ，當初速度很小時，小球落在斜面上，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，則t＝eq\f(2tanθ,g)v0；當初速度較大時，小球將落到水平面上，h＝eq\f(gt2,2)，則時間t一定，選項D正確．]●考向4平拋中的臨界問題7．(2016·江西二模)如圖11所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h＝1.4m、寬L＝1.2m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H＝3.2m的A點沿水平方向跳起離開斜面(豎直方向的速度變?yōu)榱?．已知運動員的滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：【導學號：25702013】圖11(1)運動員在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若運動員不觸及障礙物，他從斜面上起跳后到落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間；(3)運動員為了不觸及障礙物，他從A點沿水平方向起跳的最小速度．【解析】(1)設運動員連同滑板的質量為m，運動員在斜面滑行的過程中，由牛頓第二定律得mgsin53°－μmgcos53°＝ma解得a＝gsin53°－μgcos53°＝7.4m/s2.(2)運動員從斜面上起跳后，沿豎直方向做自由落體運動，則H＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.8s.(3)為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跳后豎直下落高度為H－h(huán)時，他沿水平方向運動的距離至少為eq\f(H,tan53°)＋L，設這段時間為t′，則H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt′2eq\f(H,tan53°)＋L≤vt′解得v≥6.0m/s，所以最小速度vmin＝6.0m/s.【答案】(1)7.4m/s2(2)0.8s(3)6.0m/s處理平拋(類平拋)運動的四條注意事項(1)處理平拋運動(或類平拋運動)時，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成求合運動．(2)對于在斜面上平拋又落到斜面上的問題，其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值．(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值．(4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同．考點3|圓周運動的基本規(guī)律難度：中檔題型：選擇題五年1考(2013·江蘇高考T2)如圖12所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是()圖12A．A的速度比B的大B．A與B的向心加速度大小相等C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小【解題關鍵】解此題注意以下兩點：(1)“旋轉秋千”同軸轉動，兩座椅角速度相同．(2)座椅到轉軸的水平距離為圓周運動的半徑．D[A、B繞豎直軸勻速轉動的角速度相等，即ωA＝ωB但rA<rB，根據(jù)v＝ωr得，A的速度比B的小，選項A錯誤；根據(jù)a＝ω2r得，A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；A、B做圓周運動時的受力情況如圖所示，根據(jù)F向＝mω2r及tanθ＝eq\f(F向,mg)＝eq\f(ω2r,g)知，懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；由圖知eq\f(mg,T)＝cosθ，即T＝eq\f(mg,cosθ)，所以懸掛A的纜繩受到的拉力小，選項D正確．](多選)(2016·全國丙卷T20)如圖13所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖13A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【解題關鍵】解此題關鍵有兩點：(1)向心加速度的定義式．(2)在最低點時受力情況．AC[質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低點的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項A正確，選項B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項C正確，選項D錯誤．](多選)(2014·全國卷ⅠT20)如圖14所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是()圖14A．b一定比a先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg【解題關鍵】關鍵語句信息解讀質量均為m最大靜摩擦力相同水平圓盤具有相同的角速度a與轉軸的距離為Lb與轉軸的距離為2L轉動中所受到的向心力不同AC[本題從向心力來源入手，分析發(fā)生相對滑動的臨界條件．小木塊a、b做圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發(fā)生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當fa＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當fb＝kmg時，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛開始滑動，選項C正確；當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤．]1．高考考查特點(1)本考點命題熱點集中在物體的受力分析、圓周運動的基本概念及動力學知識、應用靜摩擦力分析臨界問題上．(2)理解圓周運動的相關物理量，向心力的來源分析、計算及應用牛頓運動定律研究圓周運動的方法是關鍵．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)描述圓周運動的物理量的理解要準確．(2)熟悉各種傳動裝置及判斷變量不變量．(3)向心力來源的分析易出現(xiàn)漏力現(xiàn)象．(4)臨界問題的處理要正確把握臨界條件．●考向1水平面內(nèi)的圓周運動8．(高考改編)(多選)在[例7](2014·全國卷Ⅰ，T20)中，若將a、b兩物塊放在如圖15所示的傳動裝置中，甲、乙兩個水平放置的輪盤靠摩擦傳動，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時兩輪盤不打滑．兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相等，兩滑塊到軸心O、O′的距離分別為Ra、Rb，且Ra＝2Rb.若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動，且轉速逐漸增大，則下列敘述正確的是()圖15A．滑塊相對輪盤開始滑動前，a、b的角速度大小之比為ωa∶ωb＝1∶3B．滑塊相對輪盤開始滑動前，a、b的向心加速度大小之比為aa∶ab＝1∶3C．轉速增大后最終滑塊a先發(fā)生相對滑動D．轉速增大后最終滑塊b先發(fā)生相對滑動AD[由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，則ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑塊相對輪盤開始滑動前，a、b的角速度大小之比為1∶3，A正確；滑塊相對輪盤開始滑動前，根據(jù)a＝ω2r得a、b的向心加速度大小之比為aa∶ab＝(ωeq\o\al(2,甲)Ra)∶(ωeq\o\al(2,乙)Rb)＝2∶9，B錯誤；據(jù)題意可得兩滑塊所受的最大靜摩擦力分別為Ffa＝μmag，F(xiàn)fb＝μmbg，最大靜摩擦力之比為Ffa∶Ffb＝ma∶mb＝1∶1，轉動中兩滑塊所受的靜摩擦力之比為Ffa′∶Ffb′＝(maaa)∶(mbab)＝2∶9，由此可知，當輪盤乙的轉速緩慢增大時，滑塊b的靜摩擦力先達到最大，先開始滑動，C錯誤，D正確．]9．(多選)(2016·安陽二模)如圖16所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、B兩物塊疊放在一起，隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()【導學號：25702014】圖16A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半徑向外滑動的趨勢D．若B先滑動，則B對A的動摩擦因數(shù)μA小于盤對B的動摩擦因數(shù)μBBC[因為兩物塊的角速度大小相等，轉動半徑相等，質量相等，根據(jù)Fn＝mrω2，則向心力相等，故A錯誤；對A、B整體分析，F(xiàn)fB＝2mrω2，對A分析，有：FfA＝mrω2，知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍，故B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C正確；設A、B的臨界角速度分別為ωA、ωB，對A、B整體分析，μB·2mg＝2mrωeq\o\al(2,B)，解得ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，對A分析，μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因為B先滑動，可知B先達到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即μB<μA，故D錯誤．]●考向2豎直平面的圓周運動10．如圖17所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)．當小球在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力T、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關系式T＝a＋bcosθ，式中a、b為常數(shù)．若不計空氣阻力，則當?shù)氐闹亓铀俣葹?)圖17A.eq\f(b,2m) B.eq\f(2b,m)C.eq\f(3b,m) D．eq\f(b,3m)D[設小球通過P點時的速度為v0，繩長為R，當θ＝0°時，有T1＝a＋b＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＋mg①，當θ＝180°時，有T2＝a－b＝meq\f(v2,R)－mg，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，則T2＝a－b＝meq\f(v\o\al(2,0),R)－5mg②，①②兩式相減得g＝eq\f(b,3m)，選項D正確．]11．(2016·武漢第三次調研)將太極球及球拍簡化成如圖18所示的小球和平板，熟練的健身者讓球在豎直面內(nèi)始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢．A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高．若球恰能到達最高點，設球的重力為1N，不計球拍的重力．則下列說法正確的是()圖18A．球恰能到達最高點，說明球到最高點速度為零B．平板在C處對球施加的力的大小為1NC．當球運動到B位置時，平板與水平方向的夾角為45°D．球從A到C的過程中機械能守恒C[設球運動的線速度為v，做圓周運動的半徑為R，球恰能到達最高點，即在最高點平板沒有彈力，則在A處mg＝eq\f(mv2,R)，A錯誤；在C處球與板間無相對運動趨勢即無摩擦力，F(xiàn)－mg＝eq\f(mv2,R)，解得F＝2mg＝2N，B錯誤；在B處球與板間無相對運動趨勢即球不受摩擦力作用，受力分析如圖，則tanθ＝eq\f(F向,mg)＝1，則θ＝45°，C正確；球從A到C的過程中，動能不變，勢能減小，機械能不守恒，D錯誤．]●考向3生活中的圓周運動12．(多選)如圖19所示為賽車場的一個水平“U”形彎道，轉彎處為圓心在O點的半圓，內(nèi)外半徑分別為r和2r.一輛質量為m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達A′B′線，有如圖所示的①、②、③三條路線，其中路線③是以O′為圓心的半圓，OO′＝r.賽車沿圓弧路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax.選擇路線，賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內(nèi)賽車速率不變，發(fā)動機功率足夠大)，則()圖19A．選擇路線①，賽車經(jīng)過的路程最短B．選擇路線②，賽車的速率最小C．選擇路線③，賽車所用時間最短D．①、②、③三條路線的圓弧上，賽車的向心加速度大小相等ACD[由幾何關系可得，路線①、②、③賽車通過的路程分別為：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路線①的路程最短，選項A正確；圓周運動時的最大速率對應著最大靜摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝meq\f(v2,R)，可得最大速率v＝eq\r(μgR)，則知②和③的速率相等，且大于①的速率，選項B錯誤；根據(jù)t＝eq\f(s,v)，可得①、②、③所用的時間分別為t1＝eq\f(π＋2r,\r(μgr))，t2＝eq\f(2rπ＋1,\r(2μgr))，t3＝eq\f(2rπ,\r(2μgr))，其中t3最小，可知線路③所用時間最短，選項C正確；在圓弧軌道上，由牛頓第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三條路線上的向心加速度大小均為μg，選項D正確．]1．水平面內(nèi)圓周運動臨界問題(1)水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)．(2)常見臨界條件：繩的臨界：張力FT＝0；接觸面滑動的臨界：F＝f；接觸面分離的臨界：FN＝0.2．豎直平面內(nèi)圓周運動的分析方法(1)對于豎直平面內(nèi)的圓周運動要注意區(qū)分“輕繩模型”和“輕桿模型”，明確兩種模型過最高點時的臨界條件．(2)解決豎直平面內(nèi)的圓周運動的基本思路是“兩點一過程”．“兩點”即最高點和最低點，在最高點和最低點對物體進行受力分析，確定向心力，根據(jù)牛頓第二定律列方程；“一過程”即從最高點到最低點，往往由動能定理將這兩點聯(lián)系起來．熱點模型解讀|豎直軌道運動模型1．模型展示考題2016·全國丙卷T242014·全國卷ⅡT172015·全國卷ⅠT22模型圓周運動與能量綜合圓周運動與能量綜合圓周運動與超重、失重2.模型解讀分類輕繩模型(最高點無支撐)輕桿模型(最高點有支撐)實例球與繩連接、水流星、翻滾過山車球與桿連接、球與豎直管道、套在圓環(huán)上的物體等圖示在最高點受力重力、彈力F彈向下或等于零mg＋F彈＝meq\f(v2,R)重力、彈力F彈向下、向上或等于零mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過最高點F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)在最高點速度不能為零v＝0，mg＝F彈在最高點速度可為零能量關系(1)從最高點運動到最低點，只存重力做功情況：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(2)從最高點運動到最低點，若有重力之外的力做功：mg·2R＋W外＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)[典例](多選)(2016·湖北黃石三模)如圖20所示，豎直面內(nèi)有個光滑的3/4圓形導軌道固定在一水平地面上，半徑為R.一個質量為m的小球從