《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題三 力與曲線運動（一）——拋體運動和圓周運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題三 力與曲線運動（一）——拋體運動和圓周運動學案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題三　力與曲線運動(一)——拋體運動和圓周運動 江蘇卷考情導向 考點 考題 考情 運動的合成與分解 拋體運動的運動規(guī)律 2017年江蘇高考T2考查運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移 2016年江蘇高考T2考查質量不同的物體在空中加速度是相同的 2015年江蘇高考T7考查物體做直線運動還是曲線運動的條件，關鍵看合力的方向 2014年江蘇高考T6考查平拋運動特點 2013年江蘇高考T7考查運用運動的合成與分解的方法處理斜拋運動的能力 1．本專題的命題以選擇為主，也不排除計算形式(如2015·江蘇高考T14)． 2．命題熱點集中在曲線運動基本處理方法的

2、應用，結合牛頓運動定律，受力分析，對圓周運動的分析與計算，同時要注意以圓周為背景、以功能關系應用為方法的綜合性題 圓周運動的基本規(guī)律 2017年江蘇高考T5考查向心力的表達式及牛頓第二定律的運用 2013年江蘇高考T2考查向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解 考點1| 運動的合成與分解　難度：中檔 題型：選擇題、計算題 (對應學生用書第12頁) 1．(2011·江蘇高考)如圖3-1所示，甲、乙兩同學從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB．若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、

3、t乙的大小關系為(　　) 【導學號：17214037】 圖3-1 A．t甲＜t乙　　　　　　　 B．t甲＝t乙 C．t甲＞t乙 D．無法確定 【解題關鍵】　甲、乙兩同學實際的速度是靜水中的游速與水流速度的合速度，設游速為v，水速為v0，根據(jù)速度合成可知：甲游到A點的速度為v＋v0，游回的速度為v－v0；乙來回的速度都為．明確了各自的合速度后，再用勻速直線運動規(guī)律求出時間進行比較． C　[設游速為v，水速為v0，OA＝OB＝l， 則甲整個過程所用時間：t甲＝＋＝， 乙為了沿OB運動，速度合成如圖： 則乙整個過程所用時間：t乙＝×2＝，因為v> 所以t甲＞t乙，選

4、項C正確，選項A、B、D錯誤．] 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． ●考向1　小船渡河問題 1．(多選)(2017·無錫期中)如圖3-2所示，甲、乙兩船在同條河流中同時開始渡河，M、N分別是甲、乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達P點，劃船速度大小相同．若兩船相遇，不影響各自的航行，下列判斷正確的是(　　) 【導學號：17214

5、038】 圖3-2 A．甲船能到達對岸P點 B．兩船渡河時間一定相等 C．兩船可能不相遇 D．兩船一定相遇在NP的中點 BD　[乙船垂直河岸到達正對岸，說明水流方向向右；甲船參與了兩個分運動，沿著船頭指向的勻速運動，隨著水流方向的勻速運動，故不可能到達對岸P點，故A錯誤；小船過河的速度為船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船過河的速度vy＝vsin α，故小船過河的時間：t1＝＝，故甲、乙兩船到達對岸的時間相同，故B正確；以流動的水為參考系，相遇點在兩個船速度方向射線的交點上；又由于乙船沿著NP方向運動，故相遇點在NP的中點上，故C錯誤，D正確．] 2．(2017·南通一模

6、)小船橫渡一條兩岸平行的河流，水流速度與河岸平行，船相對于水的速度大小不變，船頭始終垂直指向河岸，小船的運動軌跡如圖3-3中虛線所示．則小船在此過程中(　　) 圖3-3 A．做勻變速運動 B．越接近河岸，水流速度越大 C．所受合外力方向平行于河岸 D．渡河的時間隨水流速度變化而改變 C　[從軌跡曲線的彎曲形狀上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是變化的，由于水流是先加速后減速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B錯誤；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正確；由于船身方向垂直于河岸，無論水流速度是否變

7、化，這種渡河方式耗時最短，故D錯誤．] ●考向2　繩的牽連運動問題 3．(2017·南通模擬)如圖3-4所示，細繩一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿．現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為(　　) 【導學號：17214039】 圖3-4 A．vsin θ B．vcos θ C．vtan θ D．vcot θ A　[由題意可知，線與光盤交點參與兩個運動，一是沿著線的方向運動

8、，二是沿著垂直線的方向運動，則合運動的速度大小為v，由數(shù)學三角函數(shù)關系，則有：v線＝vsin θ；而沿線方向的速度大小，即為小球上升的速度大小，故A正確，B、C、D錯誤．] 4．(2017·南通模擬)如圖3-5所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉動，另一端固定一質量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214040】 圖3-5 A．小球做勻速圓周運動 B．當棒與豎直方向的夾角為α時，小球的速度為 C．棒的角速度逐漸增大 D．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為 D　[小球受重力、平臺的彈力和桿的作用力，因為

9、升降平臺以速度v勻速上升，平臺的彈力和桿的作用力變化，即小球受到的合力大小變化，小球做的不是勻速圓周運動，故A錯誤；小球的實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示，合速度v實＝ωL，沿豎直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，平臺向上運動，夾角增大，角速度減小，故B、C錯誤，D正確．] 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 (對應學生用書第13頁) 2．(多選)(2012·江蘇高考T6)如圖3-6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

10、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(　　) 【導學號：17214041】 圖3-6 A．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

11、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＝，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間t＝＜t1，即v＞，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．] 3．(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3-7中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是(　　) 【導學號：17214042】 圖3-7 A．①　　　　　　　

12、　　　　 B．② C．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．] 4．(多選)(2015·江蘇高考T7)如圖3-8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(　　) 圖3-8 A．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

13、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．] 5．(多選)(2017·江蘇高考T2)如圖3-9所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇．若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時

14、間為(　　) 【導學號：17214043】 圖3-9 A．t B．t C． D． C　[設A、B兩小球分別以速度vA、vB水平拋出時，經(jīng)過時間t相遇，則根據(jù)平拋運動在水平方向做勻速直線運動有 vAt＋vBt＝d① (d為兩小球間的水平距離) 設當A、B兩小球速度都變?yōu)樵瓉淼?倍時，經(jīng)過時間t′相遇，則2vAt′＋2vBt′＝d② 聯(lián)立①②解得 t′＝ 選項C正確．] 6．(多選)(2014·江蘇高考T6)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖3-10所示的裝置進行實驗．小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落．關于該實驗，下

15、列說法中正確的是(　　) 【導學號：17214044】 圖3-10 A．兩球的質量應相等 B．兩球應同時落地 C．應改變裝置的高度，多次實驗 D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動 BC　[根據(jù)平拋運動和自由落體運動的規(guī)律解題．小錘打擊彈性金屬片后，A球做平拋運動，B球做自由落體運動．A球在豎直方向上的運動情況與B球相同，做自由落體運動，因此兩球同時落地．實驗時，需A、B兩球從同一高度開始運動，對質量沒有要求，但兩球的初始高度及擊打力度應該有變化，實驗時要進行3～5次得出結論．本實驗不能說明A球在水平方向上的運動性質，故選項B、C正確，選項A、D錯誤．] 7．(多

16、選)(2013·江蘇高考T7)如圖3-11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(　　) 【導學號：17214045】 圖3-11 A．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＝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

17、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．] 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． ●

18、考向1　斜拋運動問題 5．(2017·徐州二模)體育課進行定點投籃訓練，某次訓練中，籃球在空中運動軌跡如圖3-12中虛線所示，下列所做的調整肯定不能使球落入籃筐的是(　　) 圖3-12 A．保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度 B．保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度 C．增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角 D．增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角 B　[設拋出的初速度為v，與水平方向的夾角為θ，則水平初速度vx＝vcos θ；保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度，水平分速度增大，運動時間變大，水平位移增大，可能落入籃筐，A錯誤；保持球拋出

19、方向不變，減小球出手時的速度，水平分速度變小，運動時間變短，水平位移減小，一定不能落入籃筐，B正確；增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，水平分速度變大，有可能使得籃球落入球筐，C錯誤；增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角，運動時間增大，水平方向分速度可能增加，籃球運動時間變長，有可能使得籃球落入球筐，D錯誤．] ●考向2　平拋運動規(guī)律的基本應用 6．(2017·鹽城二模)小孩站在岸邊向湖面拋石子，三次的軌跡如圖3-13所示，最高點在同一水平線上，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214046】 圖3-13 A．沿軌跡3運動的

20、石子落水時速度最小 B．沿軌跡3運動的石子在空中運動時間最長 C．沿軌跡1運動的石子加速度最大 D．三個石子在最高點時速度相等 A　[設任一石子初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，初速度與水平方向的夾角為α，上升的最大高度為h，運動時間為t，落水速度大小為v．取豎直向上方向為正方向，石子豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為a＝－g，由0－v＝－2gh，得：vy＝，h相同，vy相同，則三個石子初速度的豎直分量相同．由速度的分解知：vy＝v0sin α，由于α不同，所以v0不同，沿路徑1拋出時的石子的初速度最大，沿軌跡3落水的石子速度最小；由運動學公式有：h＝g2，則

21、得：t＝2，則知三個石子運動的時間相等；根據(jù)機械能守恒定律得知，三個石子落水時的速率不等，沿路徑1拋出時的石子的初速度最大，沿軌跡3落水的石子速率最小，故A正確，B、D錯誤．因小球在空中時只受重力，故三個石子的加速度相同，故C錯誤．] 7．(多選)(2017·揚州模擬)如圖3-14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄準另一小球B射出．在A球射出的同時，B球由靜止開始下落，兩球剛好在落地時相碰．不計空氣阻力，則兩球在下落過程中(　　) 【導學號：17214047】 圖3-14 A．以B球為參考系，A球做勻速運動 B．在相同時間內，A、B球的速度變化量相等 C．兩球的動能

22、都隨離地的豎直高度均勻變化 D．若僅增大A球的初速度，兩球不會相碰 ABC　[因為平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，在相同時刻A與B在同一高度上，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，可知以B球為參考系，A球做勻速直線運動，故A正確．A、B兩球的加速度均為g，方向豎直向下，則相同時間內，兩球速度變化量相等，故B正確．對A，根據(jù)動能定理得，mgh＝mv2－mv，小球的動能Ek＝mv2＝mgh＋mv，與高度成線性關系；對B，根據(jù)動能定理得，Ek＝mv2＝mgh，與高度成正比，可知兩球的動能都隨豎直高度均勻變化，故C正確．由于A球豎直方向上的運動規(guī)律與B球相同，增大初速度，當A球運動到B球所在豎

23、直線時，還未落地，由于兩球始終在同一高度，可知兩球仍然會相碰，故D錯誤．] ●考向3　平拋斜面問題 8．(2017·海門模擬)如圖3-15所示，虛線MN是豎直面內的斜線，兩個小球分別從MN上的A、B兩點水平拋出，過一段時間再次經(jīng)過虛線MN，則下列說法錯誤的是(　　) 【導學號：17214048】 圖3-15 A．兩球經(jīng)過虛線MN時的速度大小可能相同 B．兩球經(jīng)過虛線MN時的速度方向一定相同 C．兩球可能同時經(jīng)過虛線MN上的同一位置 D．A處拋出的球從拋出到經(jīng)過虛線MN所用時間一定比B處拋出的球從拋出到經(jīng)過虛線MN所用時間長 D　[兩球再次經(jīng)過虛線MN時，根據(jù)tan θ＝

24、＝得：t＝，此時小球的豎直分速度vy＝gt＝2v0tan θ，根據(jù)平行四邊形定則知，速度大小為：v＝＝v0，若兩球初速度相等，則兩球經(jīng)過MN時的速度大小相等，故A正確．根據(jù)平行四邊形定則知，tan α＝＝2tan θ，可知兩球經(jīng)過虛線位置時速度方向相同，故B正確．若初速度大小不同，兩球可能經(jīng)過虛線上的同一位置，故C正確．根據(jù)t＝知，若初速度相等，則兩球到達虛線MN的時間相同，故D錯誤．] ●考向4　平拋中的臨界問題 9．(2017·蘇錫常二模)乒乓發(fā)球機的簡化模型示意圖如圖3-16所示．發(fā)球機的機頭相當于一個長l＝20 cm的空心圓柱(內徑比乒乓球的直徑略大)，水平固定在球臺邊緣O點上方H

25、＝45 cm處，可繞C軸在水平面內轉動，從而改變球的落點．球臺長為L＝3 m，位于球臺中央的球網(wǎng)高h＝25 cm，出球口離盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考慮乒乓球的旋轉、空氣阻力和發(fā)球機軌道對球的阻力．已知一只乒乓球的質量約為3 g．(取重力加速度g＝10 m/s2) 圖3-16 (1)若發(fā)球機的機頭不轉動，且出球點在O點正上方，當發(fā)球機發(fā)出的球能過網(wǎng)且落在球臺上，求發(fā)球機出球的速度大小范圍； (2)若發(fā)球機機頭以ω＝5 rad/s按俯視圖所示方向轉動，且出球時乒乓球相對機頭的速度為9 m/s．求出球點轉到O點正上方時所發(fā)出球的最后落點位置，結果用xOy坐標系中的坐標值表示；

26、 (3)在題(2)問情景下，若發(fā)球機每分鐘發(fā)出30只球，求發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率． 【導學號：17214049】 【解析】　(1)根據(jù)H－h(huán)＝gt得： t1＝＝ s＝0．2 s 則發(fā)球機出球的最小速度為： v1＝＝ m/s＝7．5 m/s 根據(jù)H＝gt得：t2＝＝ s＝0．3 s 則發(fā)球機出球的最大速度為：v2＝＝ m/s＝10 m/s 發(fā)球機出球的速度大小范圍為：7．5 m/s＜v＜10 m/s． (2)機頭轉動的線速度為：v3＝lω＝0．2×5 m/s＝1 m/s 根據(jù)平行四邊形定則知，球發(fā)出后的速度為：v＝＝ m/s＝ m/s 球發(fā)出后做平拋運動，在xOy

27、坐標系中，縱坐標為：y＝v3t2＝1×0．3 m＝0．3 m，橫坐標為：x＝v4t2＝9×0．3 m＝2．7 m 最后落點位置坐標為(2．7 m，0．3 m)． (3)每個乒乓球的機械能為： E＝mgH0＋mv2＝3×10－3×10×0．5 J＋×3×10－3×82 J＝0．138 J 發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率為：P＝＝＝ W＝0．069 W． 【答案】　(1)7．5 m/s＜v＜10 m/s　(2)(2．7 m，0．3 m) (3)0．069 W 考點3| 圓周運動的基本規(guī)律　難度：中檔 題型：選擇題 五年2考 (對應學生用書第15頁) 8．(2013·江蘇高考

28、T2)如圖3-17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(　　) 【導學號：17214050】 圖3-17 A．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

29、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tan θ＝＝知，懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；由圖知＝cos θ，即T＝，所以懸掛A的纜繩受到的拉力小，選項D正確．] 9．(2017·江蘇高考T5)如圖3-18所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上．物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F．小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動．整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動．小環(huán)和夾子的質量

30、均不計，重力加速度為g．下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214051】 圖3-18 A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 D　[物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg＜2F． A錯：物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F． B錯：小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關系不確定． C錯：若物塊做圓周運動到達的高度低于P點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－Mv2 則最大

31、高度h＝ 若物塊做圓周運動到達的高度高于P點，則根據(jù)動能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2 則最大高度h＜． D對：環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知： 2F－Mg＝ 故最大速度v＝．] 1．水平面內圓周運動臨界問題 (1)水平面內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．豎直平面內圓周運動的分析方法 (1)對于豎直平面內的圓周運動要注意區(qū)分“輕繩模型”和

32、“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． ●考向1　水平面內的圓周運動 10．(多選)(2017·無錫一模)如圖3-19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，設物體間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214052】 圖3-19 A．B的向心力是A的2倍 B．盤對B的摩

33、擦力是B對A的摩擦力的2倍 C．A有沿半徑向外滑動的趨勢，B有沿半徑向內滑動的趨勢 D．增大圓盤轉速，發(fā)現(xiàn)A、B一起相對圓盤滑動，則A、B之間的動摩擦因數(shù)μA大于B與盤之間的動摩擦因數(shù)μB BD　[A、B兩物體一起做勻速圓周運動，質量相等，角速度相等，轉動的半徑相等，可知A、B的向心力相等，故A錯誤．對A分析，有：fA＝mrω2，對A、B整體分析，fB＝2m·rω2，可知盤對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受到盤的摩擦力指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤．增大圓盤轉速，發(fā)現(xiàn)A、B一起相對圓盤滑動，則B與圓盤之

34、間達到最大靜摩擦力時，A與B之間還未達到最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律知，A、B之間的動摩擦因數(shù)μA大于B與盤之間的動摩擦因數(shù)μB，故D正確．] 11．(多選)(2017·南京四模)如圖3-20所示，光滑的輕桿OA可繞豎直軸OO′旋轉，且OA與OO′軸間夾角θ始終保持不變，質量為m的小球套在OA桿上，可在桿適當位置處隨桿做水平面內的勻速圓周運動，下列說法正確的有(　　) 圖3-20 A．小球在任何兩位置隨桿在水平面內做勻速圓周運動的加速度大小都相等 B．桿的轉速越大，小球隨桿做水平面內勻速圓周運動的位置越高 C．小球在某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，只要受到微小的擾動，就會遠離該

35、位置 D．小球在某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，若桿轉速突然增大，由于桿對球的彈力垂直于桿，桿不會對小球做功 AC　[根據(jù)牛頓第二定律得：＝ma，解得：a＝，可知小球在任何位置隨桿在水平面內做勻速圓周運動的加速度大小都相等，故A正確．根據(jù)牛頓第二定律得：＝mr(2πn)2，轉速增大，由于合力大小不變，則r減小，即小球隨桿在水平面內做勻速圓周運動的位置越低，故B錯誤．小球在某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，只要受到微小的擾動，速度增大或減小，根據(jù)＝m知，合力大小不變，則r增大或減小，即遠離該位置，故C正確．小球在某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，若桿轉速突然增大，由B選項知，小球隨桿在水平面內做

36、勻速圓周運動的位置越低，做圓周運動的半徑減小，則線速度變小，根據(jù)動能定理知，重力做正功，動能減小，則桿對球的彈力做負功，故D錯誤．] ●考向2　豎直平面的圓周運動 12．(2017·南通模擬)如圖3-21甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動，小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷中正確的是(　　) 【導學號：17214053】 甲　　　　　　乙 圖3-21 A．b可以等于0 B．可求出重力加速度g C．繩長不變，用質量不同的球做實驗，得到的圖線斜

37、率不變 D．繩長不變，用質量較大的球做實驗，圖線b點的位置將往右移 B　[小球在豎直面內做圓周運動，在最高點的最小速度v＝，故b不可能為零，故A錯誤；當F＝0時，根據(jù)表達式有：mg＝m，解得g＝＝，故B正確；根據(jù)F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長不變，用質量較小的球做實驗，斜率變小，故C錯誤；當F＝0時，g＝，可知b點的位置與小球的質量無關，繩長不變，用質量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D錯誤．] 熱點模型解讀| 豎直軌道運動模型 (對應學生用書第16頁) 1．模型展示 考題 2016·全國丙卷T24 2014·全國卷ⅡT17 2015·全國卷ⅠT22 模

38、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＝m 重力，彈力F彈向下、向上或等于零 mg±F彈＝m 恰好過最高點 F彈＝0，mg＝m，v＝ 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＝mv－mv (2)從最高點

39、運動到最低點，若有重力之外的力做功：mg·2R＋W外＝mv－mv [典例]　(多選)(2017·湖北黃石三模)如圖3-22所示，豎直面內有個光滑的3/4圓形軌道固定在一水平地面上，半徑為R．一個質量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進入圓軌道．不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214054】 圖3-22 A．適當調整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處 B．若h＝2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為5mg C．只有h大于等于2．5R時，小球才能到達圓軌道的最高點M D．若h＝

40、R，則小球能上升到圓軌道左側離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR 【解題指導】　小球到達圓形軌道最高點的最小速度為v＝，水平拋出后，豎直方向R＝gt2，水平方向x＝vt，解得水平距離x＝R＞R，選項A錯誤；若h＝2R，小球到達最低點速度為v1，則mgh＝mv，F(xiàn)N－mg＝，解得FN＝5mg，由牛頓第三定律可知，選項B正確；由機械能守恒定律mg(hmin－2R)＝mv2，解得hmin＝2．5R，選項C正確；若h＝R，該過程重力做功為零，選項D錯誤． 【答案】　BC [拓展應用]　(2017·江西名校聯(lián)考)如圖3-23甲所示，質量m＝1 kg的物體以v0＝4 m/s的初速度從水平面的某

41、點向右運動并沖上半徑R＝0．1 m的豎直光滑半圓環(huán)．物體與水平面間有摩擦． 圖3-23 (1)物體能從M點飛出，落到水平面時落點到N點的距離的最小值為多大？ (2)設出發(fā)點到N點的距離為x，物體從M點飛出后，落到水平面時落點到N點的距離為y，作出y2隨x變化的關系如圖乙，求物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ； (3)欲使物體不會脫離半圓軌道，則物體的出發(fā)點到N點間的距離應滿足什么條件？ 【解析】　(1)物體能從M點飛出，則 mg＝m 解得vmin＝ ymin＝vmint① 2R＝gt2② 解得ymin＝2R＝0．2 m． (2)對物體從出發(fā)點到M點過程，由動能定理得 －μ

42、mgx－mg2R＝mv－mv③ y＝vMt④ 2R＝gt2⑤ 由③④⑤得y2＝－μx＋⑥ 由圖知－μ＝ 解得μ＝0．18． (3)當物體恰好不會在M到N點之間離開半圓軌道，即物體恰好從M點飛出，有ymin＝0．2 m 解得xmax＝3．1 m 當物體剛好至圓軌道最右側減速為零，由動能定理得 －μmgxmin－mgR＝0－mv 恰到N點時減速為零，有 －μmgx0＝0－mv 解得xmin＝3．9 m x0＝4．4 m 綜上可得3．9 m≤x＜4．4 m或x≤3．1 m． 【答案】　(1)0．2 m　　(2)0．18 (3)3．9 m≤x＜4．4 m或x≤3．1 m 20