專題03力與曲線運動

專題03力與曲線運動TOC\o"13"\p""\h\u01專題網絡·思維腦圖102考情分析·解密高考103高頻考點·以考定法2一、運動的合成與分解2二、拋體運動規(guī)律的應用2三、圓周運動問題4四、圓周運動的極值和臨界問題5考向1：速度關聯(lián)問題的綜合應用8考向2：拋體運動的規(guī)律的綜合應用11考向3：圓周運動中的臨界極值問題1204核心素養(yǎng)·難點突破1405創(chuàng)新好題·輕松練24考點內容要求學習目標運動的合成與分解II1.掌握小船過河模型、速度關聯(lián)模型的解題技巧和處理方法；2.掌握拋體運動規(guī)律和解題技巧；3.掌握圓周運動在水平面、豎直面和斜面上的運動，以及臨界問題和極值問題。拋體運動規(guī)律的應用III圓周運動問題II圓周運動的極值和臨界問題II一、運動的合成與分解1．一個實際運動的幾個分運動的關系(1)等時性；(2)獨立性。2．合初速度和合加速度的關系決定了合運動的性質。3．船的實際運動（即船的合運動）可以分解為相對于靜水的運動和隨水漂流的運動。關聯(lián)速度問題的解題方法把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和沿著繩(桿)的兩個分量，根據沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。二、拋體運動規(guī)律的應用1．拋體運動的特點運動性質勻變速曲線運動注意：注意：相同與相等的區(qū)分相同：大小相等，方向相同相等：僅大小相等相同時間內的速度變化量相同（即：大小相同，方向豎直向下）運動軌跡拋物線2.平拋運動的兩個推論（1）做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，設其速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tanθ＝2tanα。結論：當速度偏轉角結論：當速度偏轉角θ=45°，則y=12x當x=2y，則速度偏轉角θ=45°（2）做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。3.拋體運動模型及處理方法（1）拋體運動的一般處理思路：將拋體運動正交分解為水平方向和豎直方向的兩個分運動。（2）斜面上的平拋運動的常見模型及處理方法模型方法分解速度，構建速度三角形，找到斜面傾角θ與速度方向的關系分解速度，構建速度的矢量三角形分解位移，構建位移三角形，隱含條件：斜面傾角θ等于位移與水平方向的夾角基本規(guī)律水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))方向：tanθ＝eq\f(vx,vy)水平：vx＝v0豎直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))方向：tanθ＝eq\f(vy,vx)水平：x＝v0t豎直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)方向：tanθ＝eq\f(y,x)（3）類平拋運動的處理方法類平拋運動的初速度不一定水平，但合力與初速度方向垂直且為恒力，a＝eq\f(F合,m)。①常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的勻加速直線運動。②特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為v0x、v0y，然后分別在x、y方向上列方程求解。注：平拋運動的兩個推論也可以類比推廣到類平拋運動中。（4）斜拋運動水平方向：以速度v0cosθ做勻速直線運動。豎直方向：以初速度v0sinθ做豎直上拋運動或豎直下拋運動。注：斜拋運動中，物體運動到最高點時速度方向為水平方向，故可采用逆向思維法，將物體從開始運動至最高點的這段運動過程逆向看作平拋運動進行分析。三、圓周運動問題1.兩種傳動裝置(1)用皮帶或齒輪傳動：輪緣上各點的線速度大小相同（或線速度相等）。(2)固定在一起同軸傳動：各點的角速度大小相同。2．圓周運動問題的求解步驟（1）審清題意，確定研究對象，明確物體做圓周運動的平面。（2）分析物體的受力情況，明確哪些力充當向心力。（3）分析物體的運動狀態(tài)，如線速度、角速度、周期、軌跡半徑等。（4）根據牛頓第二定律列方程求解。3．圓周運動的一些典型模型的處理方法注：(1)豎直面內圓周運動的輕繩模型中，在最高點時，繩子的拉力大小可能為零，或方向沿半徑指向軌跡的圓心；輕桿模型中，在最高點時，桿對物體的彈力大小和方向與物體的速度大小有關，可能向上，可能向下，可能等于零。(2)傾斜面內的圓周運動、帶電小球在電場和重力場的疊加場中的圓周運動，要用“等效重力”的觀點分析。四、圓周運動的極值和臨界問題1．圓周運動中的三種臨界情況（1）接觸面相對滑動臨界：Ff＝F靜m。（2）接觸面分離臨界：FN＝0。（3）繩恰好繃緊：FT＝0；（4）繩恰好斷：FT達到繩子最大承受拉力。【典例1】（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）“轉碟”是傳統(tǒng)的雜技項目，如圖所示，質量為m的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時，碟子邊緣看似一個光環(huán)。求此時發(fā)光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小【答案】v0=【詳解】發(fā)光體的速度v發(fā)光體做勻速圓周運動，則靜摩擦力充當做圓周運動的向心力，則靜摩擦力大小為f=m【典例2】（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L?！敬鸢浮浚?）t=22dg【詳解】（1）滑雪者從A到P根據動能定理有mgd根據動量定理有mg聯(lián)立解得，t=22（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有v（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有v水平方向上有L=聯(lián)立可得L=【典例3】（2021·江蘇·高考真題）如圖所示，A、B兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正確的是（）A．A比B先落入籃筐 B．A、B運動的最大高度相同C．A在最高點的速度比B在最高點的速度小 D．A、B上升到某一相同高度時的速度方向相同【答案】D【詳解】AB．若研究兩個過程的逆過程，可看做是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的AB兩點，則A上升的高度較大，高度決定時間，可知A運動時間較長，即B先落入籃筐中，故AB錯誤；C．因為兩球拋射角相同，A的射程較遠，則A球的水平速度較大，即在最高點的速度比B在最高點的速度大，故C錯誤；D．由斜拋運動的對稱性可知，當A、B上升到與籃筐相同高度時的速度方向相同，故D正確。故選D?！镜淅?】（多選）（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是（

）A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道【答案】AD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC=0則小球從C到B的過程中，有mgR(1?cosα)=12mv2，F(xiàn)N=mgcosα?m則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；B．由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P=－mgvsinθ則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；C．從A到C的過程中有?mg?2R=12mvCD．小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ=mv則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為gRcosθ，故小球有可能從故選AD?！镜淅?】（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度lAB=3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ=78（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。唬?）設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經F點時的速度v與l（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx【答案】（1）7N；（2）v=12lx?9.6

（lx≥0.8【詳解】（1）滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理mgl經過C點時F解得F（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時mg解得v=而要保證滑塊能到達F點，必須要保證它能到達DEF最高點，當小球恰好到達DEF最高點時，由動能定理mg可解得l則要保證小球能到F點，lx≥0.85m，帶入（3）設全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達中點時做功的n倍，則n=1,3,5,……mg解得lx=7n+6又因為lAB≥當n=1時，lx1=1315m，當n=3時，l即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，釋放點距B點長度lx的值可能為1315m，9考向1：速度關聯(lián)問題的綜合應用1.（多選）（2023·全國·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，有兩條位于同一豎直平面內的光滑水平軌道，相距為?，軌道上有兩個物體A和B，質量均為m，它們通過一根繞過定滑輪O的不可伸長的輕繩相連接。在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，物體A在下面的軌道上的運動速率為v。此時繩子BO段的中點處有一與繩相對靜止的小水滴P與繩子分離。設繩長BO遠大于滑輪直徑，不計輕繩與滑輪間的摩擦，下列說法正確的是（）A．位于圖示位置時物體B的速度大小為2B．小水滴P與繩子分離的瞬間做平拋運動C．在之后的運動過程中當輕繩OB與水平軌道成90°角時，物體B的動能為D．小水滴P脫離繩子時速度的大小為v【答案】AC【詳解】A．將物體B的速度分解到沿繩和垂直于繩方向如圖甲所示，在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，有v2=v，v1D．繩子BO段一方面向O點以速度v收縮，另一方面繞O點逆時針轉動，在軌道間的繩子與軌道成45°角的瞬間，其角速度ω=P點既有沿繩子斜向下的速度v，又有垂直于繩子斜向上的轉動的線速度vP點的合速度即小水滴P的速度為vP=B．P點沿繩的分速度與物體B沿繩的分速度相同，垂直于繩的分速度小于物體B垂直于繩的分速度，物體B的合速度水平向左，則小水滴P的合速度斜向左下，如圖乙所示，故水滴做斜拋運動，故B錯誤；C．當輕繩OB與水平軌道成90°角時，物體B沿繩方向的分速度為0，物體A的速度為0，物體運動過程中，物體AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，從題圖示位置到輕繩OB與水平軌道成90°角時，根據機械能守恒定律得12mv2+故選AC。2.（2023·內蒙古赤峰·統(tǒng)考模擬預測）彈簧鎖在關門時免去了使用鑰匙的繁瑣，為我們的生活帶來了方便。緩慢關門時門鎖的示意圖如圖所示，關門方向為圖中箭頭方向，若彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，門的寬度視為遠大于鎖舌的尺寸，如圖所在的瞬間，門邊緣向內的速度為v，則下列說法正確的是（）A．如果圖中的θ變小，關門時會更省力 B．如圖時鎖舌相對于門的速度為vC．關門時彈簧彈力變小 D．關門時鎖舌對鎖殼的彈力等于彈簧的彈力【答案】B【詳解】A．設關門時彈簧彈力為F2，鎖殼對鎖舌的作用力為F1，鎖舌受到的摩擦力為則緩慢關門時有F2+f=F1sinθ，F(xiàn)3=F1cosB．鎖舌運動時的速度如圖則有tanθ=vv1，C．關門時彈簧逐漸被壓縮，形變量變大，彈力變大，C錯誤；D．由A選項分析可知關門時鎖舌對鎖殼的彈力大于彈簧的彈力，D錯誤。故選B?？枷?：拋體運動的規(guī)律的綜合應用3.（2024·山東濰坊·?？寄M預測）如圖，BD為斜面頂端的水平邊沿，子彈從斜面最低點A處以一定速度射出，經過一段時間恰好水平擊中D點，不計空氣阻力，已知斜面的傾角為30°，重力加速度為g，AB長度xAB=a，BD長度（1）求子彈從射出到擊中D點經歷的時間；（2）求槍口瞄準點C距離D點的高度（C點在D點的正上方）?！敬鸢浮浚?）t=ag【詳解】（1）如圖，由題意x由幾何知識可得，xDF=根據勾股定理x設AC與AF之間的夾角為α，則豎直方向0=v0水平方向xAF=v0cos（2）根據三角函數關系可知tanα=xCF故有x4.（2024·廣東·統(tǒng)考一模）如圖所示，P點左側有一高?=5.0m的平臺與半徑R=2.0m的四分之一光滑圓弧底部相切，平臺表面粗糙，長度為1.0m?，F(xiàn)讓一物塊A從圓弧左側與圓心等高處靜止釋放，下滑至平臺與另一置于平臺右側邊緣的物塊B發(fā)生碰撞，碰后其中一個物塊落在地面上的M點，另外一個物塊落到N點，M點和N點與平臺右側邊緣的水平距離為分別為1.0m和2.0m，已知A、B兩物塊可視為質點，物塊A與平臺的動摩擦因數為0.2，（1）碰撞前物塊A的速度v的大??；（2）落到M點和N點對應的平拋運動初速度v1和v（3）物塊A和物塊B的質量之比。【答案】（1）6ms；（2）v1=1ms，v【詳解】（1）根據題意，物塊A由靜止釋放到與物塊B碰撞前過程中，由動能定理有mAgR?μm（2）豎直方向上，由?=12水平方向上有xPM=v1t，x（3）如果物塊A與物塊B碰撞后均往前運動，則兩者落點分別為M和N，根據動量守恒定律有mAv=m碰撞前的動能為E碰撞后的動能為E則有Ek1>如果物塊A碰撞后反彈，后來落到M點，假設撞后瞬間物塊A速率為v3?μmAg?2L=12同理，對碰撞前后動能進行比較有1滿足碰撞過程動能不增加原理，則答案合理；如果物塊A碰撞后反彈，后來落到N點，假設撞后瞬間物塊A速率為v4?μmAg?2L=12同理，對碰撞前后動能進行比較有1滿足碰撞過程動能不增加原理，則答案合理，綜上所述物塊A和物塊B的質量之比為25或29或考向3：圓周運動中的臨界極值問題5.（2023·四川達州·統(tǒng)考一模）如圖所示，一半徑為R的豎直光滑圓軌道固定在傾角為37°的斜面上，圓軌道與斜面相切于N點，MN為圓軌道的一條直徑，整個裝置始終保持靜止。一個質量為m的小球恰能在圓軌道內側做圓周運動，重力加速度為g，sin37°=0.6A．小球通過M點時速度大小為gRB．小球在N點對軌道的壓力大小為6mgC．小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小D．小球從M點順時針運動到N點的過程中，軌道對小球的彈力先增大后減小【答案】D【詳解】A．因為小球恰能在圓軌道內側做圓周運動，由mg=mv2RM點不是軌道最高點，小球通過M點時速度大于gR，故A錯誤；B．從最高點到N點，由動能定理有1小球在N點受軌道支持力為F，由牛頓第二定律有，F(xiàn)?mgcos37°=mv由牛頓第三定律知小球在N點對軌道的壓力大小為5.4mg。，故B錯誤；C．小球在圓軌道最低點和最高點重力的功率都為0，所以小球從M點順時針運動到N點的過程中，重力的功率先增大后減小再增大，故C錯誤；D．小球從M點順時針運動到N點的過程中，在圓軌道最低點時軌道對小球的彈力最大，所以小球從M點順時針運動到N點的過程中，軌道對小球的彈力先增大后減小，故D正確。故選D。6.（多選）（2023·四川瀘州·統(tǒng)考一模）半徑為R的光滑圓形軌道用一輕桿固定于天花板，其質量為1.5m。質量均為m的相同小球靜止在軌道最低位置。兩球間夾有一壓縮的微型輕彈簧，彈性勢能為EP，兩小球之間距離可忽略不計，且與彈簧不栓接。現(xiàn)同時釋放兩個小球，彈簧完全彈開后，兩球沿軌道內壁運動剛好能到達軌道最高點。當小球沿軌道分別經過M、N點時，小球與圓心的連線和豎直方向的夾角θ=53°，如圖所示，此時輕桿的彈力大小為F。整個過程不計空氣阻力，圓形軌道始終處于靜止狀態(tài)，取重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，則（）A．EP=4mgR B．EP=5mgR C．【答案】BC【詳解】AB．兩球沿軌道內壁運動剛好能到達軌道最高點，則對最高點列重力提供向心力公式mg=m再從最低點到最高點列動能定理?2mgR=根據機械能守恒EP=2×12mCD．對右邊小球從最低點到N點列動能定理，?mgR(1+對N點列牛頓第二定律，mg對光滑圓形軌道受力平衡得，F(xiàn)+2Ncos53°=1.5mg，解得F=0.06mg故選BC。一、單選題1．（2024·河南信陽·信陽高中校考一模）曲柄連桿機構是發(fā)動機的主要運動機構，其功能是將活塞的往復運動轉變?yōu)榍S的旋轉運動，從而驅動汽車車輪轉動，其結構示意圖如圖所示。曲軸可繞固定的點自由轉動，連桿兩端分別連接曲軸上的點和活塞上的點，若曲軸繞點做勻速圓周運動，轉速，。下列說法正確的是（）A．活塞在水平方向上做勻速直線運動 B．當豎直時，活塞的速度為C．當與共線時，活塞的速度為 D．當與垂直時，活塞的速度為【答案】B【詳解】A．根據題意，活塞可沿水平方向往復運動，故A錯誤；B．由公式可得，A點線速度為將A點和活塞的速度沿桿和垂直桿分解，如圖所示，由幾何關系有可得，故B正確；C．同理可知，A點在沿桿方向的分速度是0，所以活塞的速度為0，（或者活塞在最右端，所以速度為0），故C錯誤；D．同理可知，A點的速度沿桿方向，活塞的速度分解如圖，所以，由幾何關系得，可得，故D錯誤。故選B。命題意圖：本題綜合考查了物體運動的合成和分解．在物理學科核心素養(yǎng)方面考查了學生對信息的獲取和加工能力，在科學思維中的模型建構能力．2．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，AOC是光滑的直角金屬導軌，AO豎直，OC水平。質量分布均勻的金屬棒ab長度為L，質量為m，電阻為R，兩端置于導軌內。設金屬桿與豎直導軌夾角為θ，當θ=30°時靜止釋放金屬桿。已知空間存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，不計金屬導軌的電阻，則（）A．回路中感應電流方向始終為逆時針方向B．整個過程中，ab棒產生的焦耳熱為mgLC．當θ=60°時，若a點速度大小為v，則b點速度大小為2vD．在θ=30°到θ=45°過程中通過ab棒的電荷量為【答案】D【詳解】A．根據幾何關系金屬桿下滑過程，圍成的面積先增大后減小，根據楞次定律和安培定則可知，感應電流方向先逆時針再順時針，故A錯誤；B．整個過程中，金屬棒重力勢能減少量為根據能量守恒可知，整個過程中，ab棒產生的焦耳熱不可能等于mgL，故B錯誤；C．當θ=60°時，a和b兩點沿桿方向的速度相等，有，解得，故C錯誤；D．在θ=30°到θ=45°過程中，產生的平均感應電流通過ab棒的電荷量，故D正確。故選D。二、多選題3．(多選）（2023·河南開封·統(tǒng)考一模）如圖所示，光滑圓弧軌道AB末端切線水平，與光滑圓弧軌道BCD在B處連接且固定，圓弧軌道BCD的半徑為r2，圓弧軌道AB的半徑r1未知且可調節(jié)。一質量為m的小球，從A點（與O1等高）靜止釋放，經過B點落在圓弧軌道BCD上。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．小球經過B點時對軌道的壓力與r1的大小無關B．只要小球在空中運動時間相同，落在圓弧軌道BCD上時的動能就相同C．適當調節(jié)r1的大小，小球可以垂直落在圓弧軌道BCD上D．當時，小球在空中運動的時間最長【答案】AD【詳解】A．小球從A點靜止釋放到B點，根據機械能守恒有根據牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，軌道對小球的支持力為則小球經過B點時對軌道的壓力與r1的大小無關，故A正確；B．小球經過B點落在圓弧軌道BCD上，小球在空中運動時間相同，則小球下落高度h相同，則小球落在圓弧BC、CD上的等高處，則根據平拋規(guī)律可知，水平位移不同，離開B點的初速度不同，則根據動能定理有可知落在圓弧軌道BCD上時的動能不相同，故B錯誤；C．若小球垂直落在圓弧軌道BCD上，則其速度的反向延長線必然經過圓弧的圓心O點。根據平拋運動規(guī)律有，速度的反向延長線經過水平位移的中點，但O點不為水平位移的中點，則小球不可能垂直落在圓弧軌道BCD上，故C錯誤；D．若小球在空中運動的時間最長，即此時小球落在C點，則根據平拋規(guī)律有，根據動能定理有，聯(lián)立解得，故D正確。故選AD。4．（多選）（2023·陜西咸陽·校考模擬預測）如圖所示的坐標系，x軸水平向右，質量為m=0.5kg的小球從坐標原點O處，以初速度斜向右上方拋出，同時受到斜向右上方恒定的風力的作用，風力與的夾角為30°，風力與x軸正方向的夾角也為30°，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球的加速度大小為10m/s2B．加速度與初速度的夾角為60°C．小球做類斜拋運動D．當小球運動到x軸上的P點（圖中未標出），則小球在P點的橫坐標為【答案】AD【詳解】A．由題意可知，風力與重力的夾角為120°，由于即風力與重力大小相等，根據矢量合成規(guī)律，可知合力與重力等大，則小球的加速度大小為10m/s2，故A正確；B．由幾何關系可知，合力與初速度方向垂直，即加速度方向與初速度的夾角為90°，故B錯誤；C．根據上述可知，加速度a與初速度方向垂直，則小球做類平拋運動，故C錯誤；D．設P點的橫坐標為x，把x分別沿著和垂直分解，則有，由類平拋運動的規(guī)律可得，，解得，，故D正確。故選AD。5．（多選）（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）在第19屆杭州亞運會女子排球決賽中，中國女排以3：0戰(zhàn)勝日本女排，以六戰(zhàn)全勝且一局未失的戰(zhàn)績成功衛(wèi)冕冠軍，如圖所示為發(fā)球員在底線中點距離地面高h1處將排球水平擊出，已知排球場的長為l1，寬為l2，球網高為h2。為使排球能落在對方球場區(qū)域，則發(fā)球員將排球擊出后，排球初速度的最小值vmin和最大值vmax分別是（）A． B．C． D．【答案】AD【詳解】AB．排球水平擊出后，在空中做平拋運動，排球恰好從球網中點過去落在對方球場區(qū)域時排球初速度最小，根據平拋運動規(guī)律，可得，聯(lián)立解得排球初速度最小值為，故A正確，B錯誤；CD．排球恰好落在對方球場區(qū)域左邊兩個邊角中的其中一個時排球初速度最大，根據平拋運動規(guī)律，可得，，聯(lián)立解得排球初速度最大值為，故C錯誤，D正確。故選AD。6．（多選）（2024·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，一質量為m的物體受水平面內的恒力作用，在光滑水平面上運動。從A點經過t時間運動到B點，速度大小分別為、，方向分別與虛線AB成、。則下列說法中正確的是（

）A．物體從A點運動到B點動能變化量為B．物體從A點運動到B點速度變化量大小為C．該恒力大小為D．從A到B的過程中，物體速率的最小值為【答案】AC【詳解】A．物體從A點運動到B點動能變化量為故A正確；BC．速度為矢量，則根據題意可知初速度的方向與末速度的方向之間的夾角為，做出其矢量圖如圖所示根據矢量的合成法則可得速度的變化量為其速度變化量的方向與AB成角，則物體從A點運動到B點動能變化量為而根據題意可知，該恒力即為物體所受合外力，則由動量定理可得，解得該恒力大小為恒力方向與速度變化量方向相同，故B錯誤，C正確；D．根據以上分析，將初速度分解為豎直恒力方向的運動和沿著恒力水平方向的運動，其分解圖如圖所示可知，當分速度減為零時速率最小，此時只有垂直恒力方向的分速度，根據幾何關系可得最小速率，故D錯誤。故選AC。7．（多選）（2023·四川雅安·統(tǒng)考模擬預測）半徑為R、內壁光滑的半圓弧軌道ABC固定在光滑的水平地面上的A點，AC是豎直直徑，B是圓心O的等高點，把質量相等小球甲、乙（均視為質點）用長為2R的輕質細桿連接，放置在地面上?，F(xiàn)讓甲、乙同時獲得水平向右的速度v0，乙進入半圓弧軌道ABC并沿著內壁向上運動，且乙能運動到B點，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲的機械能不守恒B．乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲、乙組成的整體機械能不守恒C．乙運動到B點，甲、乙的速度大小之比為1：D．乙運動到B點，甲的速度為【答案】ACD【詳解】AC．當乙運動到B點時，設輕桿與水平方向的夾角為θ，當乙運動到B點時，乙的速度沿切線豎直向上，甲的速度水平向右，把乙和甲的速度沿桿和垂直桿的方向分解，如圖所示，則有乙和甲沿桿方向的速度大小相等，由圖可得由幾何關系可得聯(lián)立解得，，可知乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動時，乙的速度在增大，甲的速度在減小，則甲的動能在減小，重力勢能不變，因此甲的機械能不守恒，AC正確；B．乙沿著圓弧上升甲在水平面上運動，甲、乙組成的整體只有重力做功，因此甲、乙組成的整體機械能守恒，B錯誤；D．對甲、乙組成的整體從開始運動到乙到達B點的運動中機械能守恒，設每個小球的質量為m，由機械能守恒定律可得又有聯(lián)立解得D正確。故選ACD。8．（多選）（2023上·四川綿陽·高三統(tǒng)考階段練習）如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉過θ角度時，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關系如乙圖所示，g取。則（）A．圓環(huán)半徑為0.6mB．時，小球所受合力為4NC．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對小球的作用力一直增大D．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大【答案】AD【詳解】A.小球下滑過程由機械能守恒定律有，得對比圖線可知，得，故A正確；B.θ=時，小球的速度平方為12，此時是圓環(huán)對小球的彈力提供向心力，有小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為，故B錯誤；CD.時，有可知隨θ的增大，同時v也增大，所以N必須減小，時，有可知隨θ的增大，同時v也增大，所以N必須增大，所以0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對小球的作用力先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題9．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，水平地面左側固定半徑R=0.5m的豎直半圓弧光滑軌道ABC，A點為圓弧最高點，B點與圓心O等高，C點與水平地面相切。用三根材料相同、質量分布均勻的長方木條制成直角三角形框架DEF，斜木條DE的上表面光滑，傾角為。在F點右側相距較遠處有一P點，P點左側的水平地面光滑，P點右側的水平地面與框架底面木條DF之間的動摩擦因數為μ=0.1。一可視為質點的小滑塊從框架的最高點E由靜止開始釋放，滑塊恰好能通過半圓弧軌道的最高點A水平飛出，落到地面后停止運動。已知滑塊質量m=1.0kg，框架質量滑塊從框架進入水平地面時，速度由沿斜面方向變?yōu)樗椒较?，而速度的大小保持不變，不計其余一切阻力，重力加速度。?）求滑塊經過B點時對軌道的壓力FN；（2）求框架豎直邊EF的高度h；（3）求框架停止運動時F點與P點的距離s。【答案】（1）30N；（2）；（3）【詳解】（1）設滑塊通過最高點A時的速度大小為v1，由向心力公式，得設滑塊通過B時的速度大小為v2，由動能定理，得設在B點時半圓軌道對滑塊的彈力為Fn，由向心力公式，得由牛頓第三定律可得，滑塊經過B點時對軌道壓力大小為30N，方向向左。（2）設滑塊滑到水平面時的速度大小為v3，由動能定理，得設滑塊滑到水平面時框架的速度大小為v4，由水平方向動量守恒，得滑塊下滑過程中系統(tǒng)機械能守恒，由能量關系，得h=1.65m（3）設三角形框架底邊DF的長度為s1，由幾何關系設框架經過P點過程中受到平均阻力為f1，經過P點后受到阻力為f2，則設框架經過P點后經過的距離為s2，由動能定理，得設三角形框架停止運動時F點與P點之間的距離為s，則10．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，長度l=3m的水平傳送帶AB在右端B點平滑連接著一個半徑R=0.35m的光滑半圓弧軌道CEFD，其中C點為軌道的最低點，E點和圓心O等高，F(xiàn)D段為光滑圓管，∠EOF=30°?？梢暈橘|點的小物塊從A點以v0=5.5m/s的初速度向右滑動，已知小物塊的質量m=1kg，與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.3，且小物塊尺寸小于光滑圓管內徑。重力加速度g取10m/s2。（1）若傳送帶以v=6.1m/s的速率順時針方向轉動，求小物塊第一次運動到C點的過程中電動機多消耗的電能；（2）若傳送帶以的速率順時針方向轉動，求：①小物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大?。虎谠囃ㄟ^計算判斷小物塊是否會脫離軌道CEFD；若脫離，求出落點到C點的距離，若不脫離，求小物塊最終穩(wěn)定運動時的最大動能?！敬鸢浮浚?）3.66J；（2）①45N；②不會脫離，2J【詳解】（1）假設小物塊中途會與傳送帶達到共速，小物塊先在傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律有，解得設與傳送帶共速需要的時間為t，則有，解得加速過程中的位移，解得故假設成立。電動機多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，即有，解得（2）①假設小物塊一直減速運動到C，則由動能定理有，解得由于，故假設成立，在C點，根據牛頓第二定律有，解得根據牛頓第三定律可知，小物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大小為②小物塊從C點運動到F點過程中，由動能定理有，解得，小物塊到達F點的速度大小為在F點有則小物塊恰好可以通過F點，小物塊從C點運動到最高點過程中，由機械能守恒有解得則小物塊不會通過D點，即小物塊第一次經過半圓弧軌道CD的過程中不會脫離軌道，小物塊從半圓弧軌道滑下后，在傳送帶上做減速運動，設減速到零的過程中發(fā)生的位移為，則有小物塊減速到零后反向向右加速，與傳送帶達到共速后再做勻速運動，小物塊再次經過C點向右的速度為則小物塊再次通過C點后上升至速度為0時有，，解得即小物塊第二次沖上半圓時，不會脫離軌道，小物塊速度為零后再返回至C點，進入傳送帶，如此往復運動，則小物塊不脫離軌道，最終穩(wěn)定運動時在C點的動能最大，最大動能為新情境：與生活相關的曲線運動1．（多選）（2024·江西·統(tǒng)考一模）陶瓷是中華瑰寶，是中華文明的重要名片。在陶瓷制作過程中有一道工序叫利坯，如圖（a）所示，將陶瓷粗坯固定在繞豎直軸轉動的水平轉臺上，用刀旋削，使坯體厚度適當，表里光潔。對應的簡化模型如圖（b）所示，粗坯的對稱軸與轉臺轉軸重合。當轉臺轉速恒定時，關于粗坯上P、Q兩質點，下列說法正確的是（

）A．P的角速度大小比Q的大 B．P的線速度大小比Q的大C．P的向心加速度大小比Q的大 D．同一時刻P所受合力的方向與Q的相同【答案】BC【詳解】A．由題意可知，粗坯上P、Q兩質點屬于同軸轉動，故，即P的角速度大小跟Q的一樣大，故A錯誤；B．根據，且，，所以，即P的線速度大小比Q的大，故B正確；C．根據，且，，所以，即P的向心加速度大小比Q的大，故C正確；D．因為當轉臺轉速恒定，所以同一時刻P所受合力的方向與Q的所受的合力方向均指向中心軸，故合力方向不相同，故D錯誤。故選BC。2．（多選）（2024·廣西·校聯(lián)考一模）智能呼啦圈可以提供全面的數據記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示?？梢暈橘|點的配重質量為，輕繩長為，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為，配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為，運動過程中腰帶可視為靜止，重力加速度g取，，下列說法正確的是（）A．若增大轉速，腰帶受到的合力不變B．隨配重角速度增大而增大C．當穩(wěn)定在時，配重的角速度為D．在配重角速度緩慢增加的過程中，繩子對配重不做功【答案】ABC【詳解】A．運動過程中腰帶可看作靜止，處于平衡狀態(tài)，則腰帶受到的合力始終為零，A正確；B．對配重，由牛頓第二定律有，，解得由，可知角速度增大時也增大，B正確；D．同時配重高度上升，速度增大，機械能增大，所以繩子對配重做正功，D錯誤；C．當穩(wěn)定在時，解得，C正確。故選ABC。3．（多選）（2024·廣東·統(tǒng)考一模）如圖（a）為游樂場中的“空中飛椅”項目?！翱罩酗w椅”結構示意圖如圖（b），轉動軸帶動頂部圓盤轉動，懸繩一端系在圓盤邊緣，另一端系著椅子。若所有椅子質量相等，懸繩長短不一定相等，忽略懸繩質量與空氣阻力，則坐在椅子上的游客與椅子整體隨圓盤勻速轉動的過程中（）A．任一時刻，所有游客的線速度都相同B．所有游客做圓周運動的周期都相同C．懸繩越長，懸繩與豎直方向的夾角就越大D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關【答案】BCD【詳解】AB．根據題意可知，所有游客為同軸轉動，則所有游客做圓周運動的角速度相同，由可知，游客做圓周運動的半徑不同，線速度大小不同，游客的線速度方向也不同，由可知，所有游客做圓周運動的周期都相同，故A錯誤，B正確；CD．根據題意，設繩長為，懸繩與豎直方向的夾角為，則有，解得可知，懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關，懸繩越長，越小，越大，即懸繩越長，懸繩與豎直方向的夾角就越大，故CD正確。故選BCD。4．（多選）（2024·四川成都·?？家荒＃┲袊拿媸澄幕┐缶?，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統(tǒng)的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面圈（可視為質點）剛被削離時距開水鍋的高度為，與鍋沿的水平距離為，鍋的半徑也為，將削出的小面圈的運動視為平拋運動，且小面圈都落入鍋中，重力加速度為。則下列關于所有小面圈在空中運動的描述正確的是（

）A．運動的時間都相同 B．動量的變化量都相同C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的4倍 D．若初速度為，則【答案】AD【詳解】A．小面圈做平拋運動，每片小面圈做平拋運動的高度相同，由，得，則運動的時間都相同，A正確；B．由A可知，小面圈下落時間相等，根據Δp=mgt，因為質量關系不確定，所以動量變化量不一定相同，故B錯誤；CD．小面圈水平方向做勻速直線運動，落入鍋中的最大水平位移為xmax=3L則最大水平速度最小水平位移為xmin=L，則最小水平速度即小面圈的初速度小面圈落入鍋中的速度為，則最大速度不是最小速度的4倍，故C錯誤D正確。故選AD。5．（多選）（2023·海南·校聯(lián)考一模）某籃球運動員正在進行投籃訓練，籃球的運動軌跡可簡化為如圖所示的曲線，其中A是籃球的投出點，B是運動軌跡的最高點，C是籃球的投入點。已知籃球在A點的速度方向與水平方向的夾角為45°，在B點的速度大小為，在C點的速度方向與水平方向的夾角為30°，籃球可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．從A點到B點，籃球運動的時間為 B．從B點到C點，籃球運動的時間為C．A、B兩點的高度差為 D．A、C兩點的水平距離為【答案】AD【詳解】A．設籃球在A點的速度，則有，解得從A點到B點，籃球運動的時間為，故A正確；B．從B點到C點，籃球運動的時間為，故B錯誤；C．A、B兩點的高度差為，故C錯誤；，D．A、C兩點的水平距離故D正確。故選AD。6．（2024·湖南株洲·統(tǒng)考一模）圖甲為使用風簸的情景。風簸是清谷的農用工具，主要用于篩選精谷粒和癟谷粒。圖乙為其工作原理示意圖：勻速搖動扇葉（圖中未畫出），在AB和CD間形成持續(xù)穩(wěn)定的風力場，風速水平向左，開啟斗倉下方的狹縫S1，輕重顯著不同的谷粒由狹縫進入風力場，在風力和重力作用下經由具有一定寬度的出谷口S?或S3離開風力場后被收集?，F(xiàn)考查同時進入風力場的精谷粒a和癟谷粒b這兩粒谷子，設它們所受風力相同，忽略初速度和空氣阻力的影響，那么（）A．a比b先到達出谷口B．到達出谷口時a的速度較大，b的速度較小C．a經由S?離開風力場，b經由S?離開風力場D．離開出谷口時，a的機械能增量較小，b的機械能增量較大【答案】D【詳解】A．由豎直方向運動學關系式可得，，因豎直方向高度相同，谷粒在風力場中運動的時間相同，與質量無關。A錯誤；B．設精谷粒a質量為ma，癟谷粒b質量為mb，風力為F，則谷粒水平方向加速度為由題知，則谷粒a、b在風力場運動下落時間相同，設為t，則到達出谷口速度代入得到達出