2022版高考物理大二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动讲义20191024145.doc

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1、 第第 3 3 讲讲 力与物体的曲线运动力与物体的曲线运动 真题再现 考情分析 1.1.(多选)(2019高考全国卷)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻 则( ) A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

2、解析：选 BD.根据vt图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项 A 错误；根据vt图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项 C 错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项 B 正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据vt图线的斜率表示加速度可知， 第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mgfma，可知第二次滑翔过

3、程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项 D 正确. 2.2.(2018高考全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( ) A.2 倍 解析：选 A.甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的 2 倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故 A 正确 3.3.(2017高考全国卷)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(

4、忽略空气的影响)速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( ) A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 解析：选 C.发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h12gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项 A 错误；由v2y2gh可知， 两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项 B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，xvt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时

5、间t较少，选项 C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项 D 错误. 命题研究 每年高考试题都会对平抛运动和圆周运动这两种运动形式进行考查，包括电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，可单独考查某一种运动形式，也可把运动与功能关系、受力分析结合进行考查在备考中对该部分应该引起重视，尤其对于平抛运动规律分析、圆周运动中的临界点分析等要熟练应用 运动的合成与分解 【高分快攻】 1合运动性质和轨迹的判断方法 若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速 2三种过河情景分析

6、 情景分析 解决方案 过河时间最短 船头正对河岸时，渡河时间最短，tmindv船(d为河宽) 过河路径最短(v水v船时) 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河最短航程s短dcos v水v船d 3.端速问题解题原则 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)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 【典题例析】 (2018高考北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置但实际上，赤道上方 200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6 cm 处这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力” ，

7、该“力”与竖直方向的速度大小成正比现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( ) A到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C落地点在抛出点东侧 D落地点在抛出点西侧 解析 由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项 A 错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水

8、平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项 B 错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项 C 错误，D 正确 答案 D 【题组突破】 角度 1 小船渡河问题 1(多选)如图所示，河道宽L200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u0.2x(x是离河岸的距离，0 xL2)一小船在静水中的速度v10 m/s，自A处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B处设船的运动方向与水流方向夹角为，下列说法正确的是( ) A小船渡河时间大于 20 s BA、B两点间距离为 200 2 m C到达河中央

9、前小船加速度大小为 0.2 m/s2 D在河中央时最小，且 tan 0.5 解析：选 BD.当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为tLv20010 s20 s，故 A 错误因为水的流速大小满足u0.2x(x是离河岸的距离，0 xL2)，易得水流速的平均速度等于L4处的水流速，则有u0.2L410 m/s.所以沿河岸方向上的位移为xut200 m所以A、B两点间距离为s 20022002 m200 2 m，故 B 正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u0.2x(x是离河岸的距离，0 xL2)，因xvt，其中v10 m/s，那么u2t，因此到达河中央前小船加速度大小为 2 m/s2

10、，故 C 错误；当到达中央时，水流速度为u0.2x0.2100 m/s20 m/s 最大，此时最小，由三角形知识，得 tan vu10200.5，故 D 正确 角度 2 牵连速度的分解问题 2(多选)(2019枣庄模拟)如图所示，将质量为 2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是( ) A小环刚释放时轻绳中的张力一定大于 2mg B小环到达B处时，重物上升的高度也为d C小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2

11、D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22 解析：选 AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力 2mg，所以 A 正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即h 2dd，所以 B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有vBcos v重，即vBv重1cos 2，所以 C 正确，D 错误 命题角度 解决方法 易错辨析 曲线运动规律分析 运动的独立性应用的分解思想 要建立合适的坐标系使运算简洁 小船渡河问题 分运动的独立性原则 注意船速和水速的关系来确定

12、解题方法 牵连速度的分解 速度的分解 弄清实际速度的方向进行正交分解，通常实际运动为合运动 抛体运动问题 【高分快攻】 抓住“六点”破解平抛运动问题 1建立坐标，分解运动 将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上) 2各自独立，分别分析 3 平抛运动是匀变速曲线运动， 在任意相等的时间内速度的变化量v相等， vgt，方向恒为竖直向下 4两个分运动与合运动具有等时性，且t 2yg，由下降高度决定，与初速度v0无关 5任意时刻的速度与水平方向的夹角的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角的正切值的 2 倍，即 tan

13、 2tan . 6建好“两个模型” (1)常规的平抛运动及类平抛模型 (2)与斜面相结合的平抛运动模型 从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形 从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形 【典题例析】 (2019东营模拟)如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直忽略空气的阻力，重力加速度为g.则下列选项

14、正确的是( ) A甲、乙两球在空中运动的时间之比为 tan2 1 B甲、乙两球下落的高度之比为 2tan2 1 C甲、乙两球的水平位移之比为 tan 1 D甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为 2tan2 1 解析 由小球甲的运动可知，tan yx12gt2v0tgt2v0，解得t2v0tan g，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为 tan 甲vyv0gtv0，则 tan 甲2tan ，由小球乙的运动可知，tan v0vyv0gt，解得tv0gtan ，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为 tan 乙vyv01tan ，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为tt2ta

15、n2 1，A 错；由h12gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为 4tan4 1，B 错误；由xv0t可知甲、乙两球的水平位移之比为 2tan2 1，C 错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为 2tan2 1，D 正确 答案 D 【题组突破】 角度 1 分解思想的应用 1从距地面h高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是( ) A小球初速度大小为 2ghtan B小球落地时的速度大小为2ghsin C若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍 D若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速

16、度方向与水平方向的夹角为 2 解析：选 B.平抛的小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时竖直方向上的分速度为vy 2gh， 由落地时速度方向与水平方向的夹角为可知tan vyv0， 故v02ghtan ， 选项 A 错误； 根据速度的合成可得小球落地时的速度vvysin ， 即v2ghsin ，选项 B 正确；平抛运动的时间只与高度有关，而与水平方向的初速度无关，故选项 C 错误；tan vyv0，设初速度大小减半时，小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为，则有 tan vy12v02vyv02tan ，但2，选项 D 错误 角度 2 平抛运动中的临界问题 2一

17、带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h.不计空气阻力，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( ) AL12g6hvL1g6h BL14ghv （4L21L22）g6h CL12g6hv12 （4L21L22）g6h DL14ghv12 （4L21L22）g6h 解析：选 D.设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3hh12gt21，

18、水平方向上有L12v1t1.由两式可得v1L14 gh.设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有 3h12gt22，在水平方向有 L222L21v2t2.由两式可得v212 （4L21L22）g6h.则v的最大取值范围为v1vv2.故选项 D 正确 角度 3 类平抛模型 3如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为 P1，B 沿光滑斜面(已知斜面倾角为)运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) AA、B两质点的运动时间相同 BA、B两质点在x轴方向上

19、的位移相同 CA、B两质点在运动过程中的加速度大小相同 DA、B两质点落地时的速度大小相同 解析：选 D.对A、B两质点的运动进行分解，由牛顿第二定律可知，A 质点在运动过程中的加速度大小a1g，B质点在运动过程中的加速度大小a2gsin ，选项 C 错误；设O点与水平面之间的高度差为h，A质点的运动时间为t1，B质点的运动时间为t2，则由h12gt21可得t12hg；由hsin 12gsin t22可得t21sin 2hg，故 t1t2，选项 A 错误；设 A 质点在x轴方向上的位移为x1，B质点在x轴方向上的位移为x2，则有x1v0t1，x2v0t2，因t1t2，故x1x2，选项 B 错误

20、；设 A 质点落地时的速度大小为vA，B质点落地时的速度大小为vB，则有vAv20（a1t1）2，vBv20（a2t2）2代入数据可解得vAv202gh，vBv202gh，所以vAvB，故选项 D 正确 处理平抛运动问题的 5 个关键点 (1)平抛运动(或类平抛运动)，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动 (2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值 (3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值等于斜面倾角的正切值 (4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同

21、 (5)抓住两个三角形：速度三角形和位移三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口 圆周运动 【高分快攻】 1水平面内圆周运动常考的临界模型 图示 受力 临界 竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零 水平方向：受静摩擦力的作用， 且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：Ffmv2R 当 F向Ffmax时，物体达到临界点 2.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型 最高点无支撑 最高点有支撑 图示 最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于重力mg，弹力F弹向下、向上 零 或等于零 向心力来源 mgF弹mv2R mgF弹mv2R 恰好过最高点 F弹0，mgmv2R，vgR，即在

22、最高点速度不能为零 mgF弹，v0，即在最高点速度可为零 3.求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路 【典题例析】 (2019高考天津卷)完全由我国自行设计、 建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图 1 所示为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图 2，AB长L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s 到达点B进入BC.已知飞行员的质量m60 kg，g10

23、 m/s2，求 (1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W； (2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大 解析 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2L1t 根据动能定理，有W12mv20 联立式，代入数据，得W7.5104 J (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgmv2R 联立式，代入数据，得FN1.1103 N 答案 (1)7.5104 J (2)1.1103 N 【题组突破】角度 1 水平面内的圆周运动 1(多选) 如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视

24、为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为 2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( ) Ab一定比a先开始滑动 Ba、b所受的摩擦力始终相等 C kg2l 是b开始滑动的临界角速度 D当 2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg 解析：选 AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，fm2r，显然b受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值fmax，由题设知fmaxkmg，所以kmgm2r，由此可以求得木块刚要滑动

25、时的临界角速度0 kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为 kgl，b发生相对滑动的临界角速度为 kg2l；若 2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为fm2l23kmg.综上所述，本题正确答案为 A、C. 角度 2 竖直平面内的圆周运动 2(2019辽宁大连 3 月双基测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图所示的模型，质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为( ) AF2F12m BF2F

26、13m CF2F15m DF2F16m 解析：选 D.过山车模型可以看成轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1.设圆轨道半径为R， 在M点， 对小球受力分析， 根据小球所受的合力提供向心力得F2mgmv2MR，在N点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mgF1mv2NR，由M到N，根据动能定理得mg2R12mv2N12mv2M，联立解得gF2F16m，D 正确 角度 3 斜面内的圆周运动 3. 如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动， 盘面上离转轴距离 2.5

27、m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止物体与盘面间的动摩擦因数为 32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30，g取 10 m/s2.则的最大值是( ) A 5 rad/s B 3 rad/s C1.0 rad/s D0.5 rad/s 解析： 选 C.当小物体转动到最低点时为临界点， 由牛顿第二定律知，mgcos 30mgsin 30m2r，解得1.0 rad/s，故选项 C 正确 命题角度 解决方法 易错辨析 水平面内的转弯问题 分析向心力的来源 找不清向心力的来源 水平面内圆周运动的临界问题 提供向心力的某力达到极值 判断不准临界状态 竖直面内的绳模型 先分析特殊临界

28、点再利用动能定理求解其他位置 不能准确找到绳上力为零时的临界状态 竖直面内的杆(轨道)模型 准确分析杆上受力的方向、 由向心力公式求解速度 不能分析杆上的受力方向 平抛与圆周运动的综合问题 【高分快攻】 此类问题是由圆周运动和平抛运动复合而成的，其解法相对简单： (1)对于圆周运动，一般运用动能定理或机械能守恒定律来分析运动的过程，运用受力分析和牛顿运动定律来分析运动的特殊位置(如最高点和最低点)； (2)对于平抛运动，通常结合运动的合成与分解知识，将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行处理 解决此类问题时，要特别注意圆周运动与平抛运动的结合点，此位置往往是解题的关键

29、 【典题例析】 (2018高考全国卷) 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin 35.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g.求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间 解析 (1)设水平恒力的大小为F0， 小球到达C点时

30、所受合力的大小为F.由力的合成法则有 F0mgtan F2(mg)2F20 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 Fmv2R 由式和题给数据得 F034mg v5gR2. (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得 DARsin CDR(1cos ) 由动能定理有 mgCDF0DA12mv212mv21 由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 pmv1m23gR2. (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动， 加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有 vt12gt2CD vv

31、sin 由 式和题给数据得 t35 5Rg. 答案 见解析 (2017高考全国卷)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( ) Av216g Bv28g Cv24g Dv22g 解析：选 B.设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg2R12mv212mv21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：xv1t，2R12gt2，求得x16Rv28g2v44g2，因此当Rv

32、28g0，即Rv28g时，x取得最大值，B 项正确，A、C、D 项错误 一、单项选择题 1 (2019滨州二模)2022 年冬奥会将在中国举办的消息吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( ) A B C D 解析：选 A.根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的，选项 A 正确 2 如图所示， 河的宽度为L， 河水流速为u，

33、 甲、 乙两船均以静水中的速度v同时渡河 出发时两船相距 2L，甲、乙船头均与岸边成 60角，且乙船恰好能直达正对岸的A点则下列判断正确的是( ) A甲船正好也在A点靠岸 B甲船在A点下游靠岸 C甲、乙两船到达对岸的时间相等 D甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇 解析：选 C.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为vsin 60，过河时间均为tLvsin 60，故 C 正确；由乙恰好到达A点知，uvsin 3012v，则甲沿河岸方向的速度为u12vv，沿河岸方向的位移为vtLsin 60v2 C若号与号飞镖抛出时的速度相同，则在空中的运动时间t2t3，可得选项 A、C 错误；若号与号飞镖从同一点抛

34、出，由h12gt2，可得号飞镖的运动时间长，由xv0t可得抛出时的初速度满足v1v2，选项 B 正确；tan v0gtx2y，若号与号飞镖飞行的水平距离x相同，则号飞镖的竖直位移长，重力对号飞镖做功较多，选项 D 正确 11如图所示，乒乓球台长为L，球网高为h，某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球，结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网，忽略空气阻力，则球的初速度大小可能为( ) AL2（4 2）gh BL2（4 2）gh CL2（3 2）gh DL2（3 2）gh 解析：选 AB.若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过，则 2h12

35、gt21，x1 v0t1，球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中 h12gt22，x2 v0t2，2x1x2 L2，解得 v0 L2（4 2）gh，A 正确；若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过，2h12gt21，x1v0t1, 球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中h12gt22，x2 v0t2，2x1x2L2， 解得v0L2（4 2）gh，B 项正确 12(2019大庆二模) 如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆的半径为 2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大的半圆一端A点以一定的初速度向上沿着

36、半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则( ) A滑块在A点的初速度为 6gR B滑块在A点对半圆轨道的压力为 6mg C滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR D增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变 解析：选 AC.由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，重力提供向心力，即mgmv22R，解得：v 2gR，以AB面为参考面，根据机械能守恒定律可得：12mv2A2mgR12m( 2gR)2，求得vA 6gR，故 A 正确；滑块在A点受到圆轨道的支持力为：Fmv2A2R3mg，由牛顿第

37、三定律可知 B 错误；设滑块在O1点的速度为v1，则：v1 2g2R2gR，在小半圆中运动的过程中，根据动能定理得Wf12mv2A12mv21mgR，故 C 正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小的半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆轨道的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故 D 错误 三、非选择题 13(2019聊城二调)如图所示，BC为半径等于252 m、竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为 45、动摩擦因数为0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m0.5 kg 的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的

38、夹角为 45，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F5 N的力的作用， 当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失， 小球能平滑地冲上粗糙斜面 (g取 10 m/s2)求： (1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0与OA的距离； (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力； (3)小球在CD斜面上运动的最大位移 解析：(1)小球从A运动到B为平抛运动， 有rsin 45v0t 在B点，有 tan 45gtv0 解以上两式得v02 m/s，t0.2 s 则AB竖直方向的距离为h12gt20.2 m OB竖直方向的距离为hrcos 450.4 m 则OAhh(0.20.4) m0.6 m.

39、(2)在B点据平抛运动的速度规律有 vBv0cos 452 2 m/s 小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为 FNmv2Br5 2 N 根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 FNFN5 2 N. (3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45mgcos 45ma 解得agsin 45gcos 458 2 m/s2 根据速度位移关系公式，有xv2B2a24 m. 答案：(1)2 m/s 0.6 m (2)5 2 N (3)24 m 14如图所示，从A点以v04 m/s 的水平

40、速度抛出一质量m1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g取 10 m/s2. (1)求小物块运动至B点时的速度大小和方向； (2)求小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？ 解析：(1)物块做平抛运动：Hh12gt2 到达B点时竖直分速度

41、：vygt3 m/s v1v20v2y5 m/s 方向与水平面的夹角为：tan vyv034 即：37，斜向右下 (2)从A至C点，由动能定理mgH12mv2212mv20 设C点受到的支持力为FN，则有FNmgmv22R 由上式可得v22 7 m/s，FN47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为 47.3 N，方向竖直向下 (3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力 Ff1mg5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力为Ff Ff2(Mm)g10 N 因FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0，才能保证小物块不滑出长木板 则长木板长度至少为lv2221g2.8 m. 答案：(1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为 37斜向右下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m