PAGE19-拋體運動和圓周運動[高考統計·定方向](老師授課資源)考點考向五年考情匯總1.運動的合成與分解考向1.渡河問題2015·全國卷ⅡT21考向2.關聯速度問題2.平拋運動考向1.基本規律應用2024·全國卷ⅠT15考向2.斜面與平拋2024·全國卷ⅡT192024·全國卷ⅢT17考向3.平拋中的臨界問題2015·全國卷ⅠT153.圓周運動考向1.水平面內的圓周運動考向2.豎直面內的圓周運動2024·全國卷ⅢT202024·全國卷ⅡT164.平拋與圓周的組合問題考向1.先平拋后圓周考向2.先圓周后平拋2024·全國卷ⅡT17運動的合成與分解(5年1考)?本考點是解決曲線運動的基礎，高考命題常與功能關系相結合，以求解問題的方法出現，單獨命題常以選擇題形式，如2015年全國Ⅱ卷T16。?預料2024年高考仍會以功能關系為背景，以求解問題方法的形式考查，復習中應引起足夠重視。(2015·全國卷Ⅱ·T16)由于衛星的放射場不在赤道上，同步衛星放射后須要從轉移軌道經過調整再進入地球同步軌道。當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空時，發動機點火，給衛星一附加速度，使衛星沿同步軌道運行。已知同步衛星的環繞速度約為3.1×103m/s，某次放射衛星飛經赤道上空時的速度為1.55×103m/s，此時衛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°，如圖所示。發動機給衛星的附加速度的方向和大小約為()A．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[題眼點撥]①從轉移軌道調整進入同步軌道……此時衛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[設當衛星在轉移軌道上飛經赤道上空與同步軌道高度相同的某點時，速度為v1，發動機給衛星的附加速度為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°，代入數據解得v2≈1.9×103m/s。選項B正確。]1．三種過河情景分析狀況圖示說明渡河時間最短當船頭垂直河岸時，渡河時間最短，最短時間tmin＝eq\f(d,v船)渡河位移最短當v水<v船時，假如滿意v水－v船·cosθ＝0，渡河位移最短，xmin＝d當v水>v船時，假如船頭方向(即v船方向)與合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移為xmin＝eq\f(v水d,v船)2.關聯速度的常見模型考向1渡河問題1．(2024·洛陽市其次次聯考)某人劃船橫渡一條河，河的兩岸平行，河水流速到處相同，大小為v1，船速大小恒為v2，且v2>v1，設人以最短時間t1過河時，渡河位移為s1；以最短位移s2過河時，所用時間為t2，則以下關系正確的是()A.eq\f(t1,t2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))) B.eq\f(s1,s2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))C.eq\f(t1,t2)＝eq\f(v1,v2) D.eq\f(t1,t2)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2))A[小船船頭垂直河岸動身時，過河時間最短，即t1＝eq\f(s2,v2)，過河位移為s1＝eq\r(s\o\al(2,2)＋v1t12)；小船以最短位移過河時，s2＝eq\r(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1))t2，t2＝eq\f(s2,\r(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)))，聯立解得eq\f(t1,t2)＝eq\r(1－\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,2)))，A項正確，C、D項錯誤；s1>s2，則eq\f(s1,s2)應大于1，B項錯誤。]2.(多選)一快艇從岸邊某一位置駛向河中離岸邊100m遠的一浮標處，已知快艇在靜水中的速度—時間圖象如圖所示，河水流速恒為3m/s，則下列說法正確的是()A．快艇的運動軌跡肯定為曲線B．快艇的運動軌跡可能為直線，也可能為曲線C．快艇最快到達浮標處經過的位移為100mD．能找到某一位置使快艇最快到達浮標處的時間為20sAD[快艇在靜水中做勻加速直線運動，河水流速恒為3m/s，快艇的合速度的方向與加速度的方向不在同一條直線上，所以快艇的運動軌跡是曲線，故A正確，B錯誤。快艇的艇頭與河岸垂直時，其到達浮標處所需的時間最短，則d＝eq\f(1,2)at2，由圖可知，快艇在靜水中的加速度a＝0.5m/s2，得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2×100,0.5))s＝20s，由于快艇在沿河岸方向上有位移，故快艇最快到達浮標處的位移必定大于100m，C錯誤，D正確。]考向2關聯速度問題3.(2024·濰坊五校聯考)如圖所示，繞過定滑輪的細線連著兩個小球，小球a、b分別套在水平桿和豎直桿上，某時刻連接兩球的細線與豎直方向的夾角均為37°，此時a、b兩球的速度大小之比eq\f(va,vb)為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(25,9)D.eq\f(25,16)A[將a、b兩小球的速度分解為沿細線方向的速度與垂直細線方向的速度，則a球沿細線方向的速度大小為v1＝vasin37°，b球沿細線方向的速度大小為v2＝vbcos37°，又v1＝v2，解得eq\f(va,vb)＝eq\f(cos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)，A正確。]4．(易錯題)如圖所示，在水平力F作用下，物體B沿水平面對右運動，物體A恰勻速上升。以下說法正確的是()A．物體B正向右做勻減速運動B．物體B正向右做加速運動C．地面對B的摩擦力減小D．斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2D[將B的運動分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于A的速度，如圖所示，依據平行四邊形定則有vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，當α減小時，物體B的速度減小，但B不是做勻減速運動，選項A、B錯誤；在豎直方向上，對B有mg＝FN＋FTsinα，FT＝mAg，α減小，則支持力FN增大，依據Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，選項C錯誤；依據vBcosα＝vA，知斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，選項D正確。]易錯點評：在于合速度的推斷及數學關系的應用。平拋運動(5年4考)?近幾年高考對平拋運動的考查特點明顯，題型為選擇題，難度不大，考查點側重于將平拋運動的基本規律應用到實際問題中，特殊是與體育運動相結合。?預料2024年命題特點仍會側重于基本規律在實際生活中的應用，復習中應引起重視。1．(2024·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍B．4倍C．6倍 D．8倍A[甲、乙兩球都落在同一斜面上，則隱含做平拋運動的甲、乙的最終位移方向相同，依據位移方向與末速度方向的關系，即末速度方向與水平方向夾角的正切值是位移方向與水平方向夾角的正切值的2倍，可得它們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正確。]2．(2024·全國卷Ⅰ·T15)發球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽視空氣的影響)。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網。其緣由是()A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D．速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大C[在豎直方向，球做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2知，選項A、D錯誤。由v2＝2gh知，選項B錯誤。在水平方向，球做勻速直線運動，通過相同水平距離，速度大的球用時少，選項C正確。]3．(多選)(2024·全國卷Ⅱ·T19)如圖(a)所示，在跳臺滑雪競賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺起先計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則()(a)(b)A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大BD[依據v-t圖線與橫軸所圍圖形的面積表示位移，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，選項A錯誤；依據v-t圖線的斜率表示加速度，綜合分析可知，其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，選項C錯誤。其次次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大，又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，選項B正確；豎直方向上的速度大小為v1時，依據v-t圖線的斜率表示加速度可知，其次次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小，由牛頓其次定律有mg－f＝ma，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大，選項D正確。][老師備選題](2015·全國卷Ⅰ·T18)一帶有乒乓球放射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h。放射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平放射乒乓球，放射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g。若乒乓球的放射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))D[設以速率v1放射乒乓球，經過時間t1剛好落到球網正中間。則豎直方向上有3h－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②，由①②兩式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。設以速率v2放射乒乓球，經過時間t2剛好落到球網右側臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L\o\al(2,1))＝v2t2④，由③④兩式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h))。則v的最大取值范圍為v1＜v＜v2。故選項D正確。]1．一個基本思路處理平拋運動(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，先按分運動規律列式，再用運動的合成求合運動(如上T2、T3)。2．兩個突破口(1)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(如上T1、T3)，且速度方向相同。(2)若平拋運動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。3．兩個重要推論做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向肯定不同。(1)設做平拋運動的物體在隨意時刻、隨意位置處的瞬時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tanφ。如圖甲所示。(2)做平拋運動的物體隨意時刻的瞬時速度的反向延長線肯定通過此時水平位移的中點。如圖乙所示。考向1平拋運動基本規律的應用1．(原創題)(多選)飛機在2km的高空以360km/h的速度沿水平航線勻速飛行，飛機在地面上視察者的正上方空投一包袱。(g取10m/s2，不計空氣阻力)則()A．飛機上的飛行員看到包袱的運動軌跡是拋物線B．包袱落地處到地面視察者的距離為2000mC．包袱著地時的速度大小為100eq\r(5)m/sD．包袱從拋出到落地的過程中平均速度大小為100m/sBC[從飛機上投下去的包袱由于慣性，在水平方向上仍以360km/h的速度沿原來的方向運動，但由于離開了飛機，該包袱在豎直方向上同時進行自由落體運動，所以飛機上的飛行員只是看到包袱在飛機的正下方下落，包袱的軌跡是豎直直線，故A錯誤；包袱在空中運動的時間t，該時間取決于包袱在豎直方向的運動，故t＝eq\r(\f(2h,g))＝20s，則包袱在水平方向的位移x＝v0t＝eq\f(360,3.6)×20m＝2000m，即包袱落地處到視察者的距離為2000m，故B正確；對包袱，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得包袱著地時速度的大小為v＝100eq\r(5)m/s，故C正確；包袱從拋出到落地的過程中，平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(\r(x2＋h2),t)＝100eq\r(2)m/s，故D錯誤。]考向2斜面與平拋組合2．(2024·山東濟南期末評估)將一個物體以肯定的初速度從傾角為30°的斜面頂端水平拋出，落到斜面上，則到達斜面時的動能與平拋時初動能之比為()A．2∶1B．7∶3C．4∶3 D．2∶eq\r(3)B[物體被拋出后做平拋運動，拋出點與落至斜面上的點的連線與水平方向的夾角為30°，則由tan30°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tan30°,g)，所以物體落到斜面瞬間的豎直分速度為vy＝gt＝2v0tan30°，到達斜面時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋4veq\o\al(2,0)tan230°)，物體的初動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以到達斜面時的動能與平拋時初動能之比為eq\f(Ek,Ek0)＝eq\f(7,3)，B正確。]3．(易錯題)(多選)如圖所示，小球a從傾角為θ＝60°的固定粗糙斜面頂端以速度v1沿斜面勻速下滑，同時將另一小球b在斜面底端正上方與小球a等高處以速度v2水平拋出，兩球恰在斜面中點P點相遇，則下列說法正確的是()A．v1∶v2＝2∶1B．v1∶v2＝1∶1C．若小球b以速度2v2水平拋出，則兩小球仍能相遇D．若小球b以速度2v2水平拋出，則b落在斜面上時，a在b的下方AD[如圖所示，b在斜面底端正上方與a等高處水平拋出，與a在斜面中點P點相遇，可知相遇時兩球的水平位移相等，有v1tcosθ＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1豎直位移也相等，有ya＝v1tsinθ＝yb＝eq\x\to(v)t，易知v1sinθ＝eq\x\to(v)若b以速度2v2水平拋出時落在斜面上的A點，b落到A點所用的時間記為t2。yb2＝eq\x\to(v)2t2，ya2＝v1t2sinθ，由圖易知t2<t，又b球在豎直方向的加速度恒定，可得v1sinθ>v2，故yb2>ya2，a在b的下方。]易錯點評：在于不能正確挖掘題目中的隱含條件“同時，同位”。考向3平拋中的臨界問題4.一位網球運動員用網球拍擊球，使網球沿水平方向飛出。如圖所示，第一個球從O點水平飛出時的初速度為v1，落在自己一方場地上的B點后，彈跳起來，剛好過網上的C點，落在對方場地上的A點；其次個球從O點水平飛出時的初速度為v2，也剛好過網上的C點，落在A點。設球與地面碰撞時沒有能量損失，且不計空氣阻力，求：(1)兩個網球飛出時的初速度之比v1∶v2；(2)運動員擊球點的高度H與網高h之比H∶h。[解析](1)兩球被擊出后都做平拋運動，由平拋運動的規律可知，兩球分別被擊出至各自第一次落地的時間是相等的，設第一個球第一次落地時的水平位移為x1，其次個球落地時的水平位移為x2。由題意知，球與地面碰撞時沒有能量損失，故第一個球在B點反彈瞬間，其水平方向的分速度不變，豎直方向的分速度以原速率反向。依據運動的對稱性可知兩球第一次落地時的水平位移之比x1∶x2＝1∶3，故兩球做平拋運動的初速度之比v1∶v2＝1∶3。(2)設第一個球從水平方向飛出到落地點B所用時間為t1，第2個球從水平方向飛出到C點所用時間為t2，則有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)x1＝v1t1O、C之間的水平距離x′1＝v2t2第一個球第一次到達與C點等高的點時，其水平位移x′2＝v1t2分析可知2x1＝x′1＋x′2聯立可得t1＝2t2即H＝4(H－h)得H∶h＝4∶3。[答案](1)1∶3(2)4∶3圓周運動(5年2考)?高考對本考點的考查題型以選擇題為主，考查點多以豎直平面內圓周運動為背景，將圓周運動的基本規律與能量相結合命題是近幾年命題的突出特點。?2024年高考要加強圓周運動與實際生活問題結合類題目的訓練。1．(2024·全國卷Ⅱ·T16)小球P和Q用不行伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，()A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的動能肯定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度C[兩球由靜止釋放到運動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，則vP<vQ，又mP>mQ，則兩球的動能無法比較，選項A、B錯誤；在最低點繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項D錯誤。]2.(多選)(2024·全國卷Ⅲ·T20)如圖所示，一固定容器的內壁是半徑為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()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)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，由牛頓其次定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項C正確，選項D錯誤。]1．基本思路(1)做好受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑(如上T1，T2)。(2)列出動力學方程F＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq\f(4π2,T2)。2．抓住圓周運動“兩類典型問題”(1)問題1：水平面內的圓周運動——做好“臨界”分析。①繩的臨界：張力FT＝0。②接觸面滑動臨界：F＝f。③接觸面分別臨界：FN＝0。(2)問題2：豎直面內的圓周運動(輕繩模型和輕桿模型)。輕繩模型輕桿模型實例球與繩連接、水流星、翻滾過山車等球與桿連接、球過豎直平面內的圓形管道、套在圓環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)，即在最高點速度不能為零v＝0，mg＝F彈，在最高點速度可為零(多選)如圖所示，一質量為m＝0.1kg的小球以豎直向上的初速度v0＝10m/s沖入一管道，該管道為eq\f(3,4)圓管道，半徑為R＝5m。已知小球的入口與圓心在同一高度。經過管道后，它又沿著水平導軌進入另一個半徑為r的eq\f(3,4)圓軌道，且恰好能通過圓軌道的最高點。若全部連接處均不損失機械能，不計摩擦，小球直徑以及管道內徑可忽視，圓管道和圓軌道底端均與水平導軌相切，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球到達管道最高點時對管道的壓力為零B．小球到達管道最高點時速度為5eq\r(2)m/sC．小球到達管道最低點時對管道的壓力為5ND．圓軌道半徑r為4m[題眼點撥]①“圓管道”最高點速度可以為零，此時對下壁壓力等于物體重力。②“恰好能通過圓軌道的最高點”該點小球速度v＝eq\r(gr)。CD[從動身點到管道的最高點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得小球到達管道最高點時的速度v1＝0，即它剛好能夠通過管道的最高點，選項B錯誤；小球到達管道最高點時速度為0，則可求得此時小球對管道的壓力等于小球的重力，為1N，選項A錯誤；由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得小球到達管道最低點時速度v2＝10eq\r(2)m/s，在最低點，由牛頓其次定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，解得管道最低點對小球的支持力F＝5N，再結合牛頓第三定律可知，選項C正確；小球剛好通過圓軌道最高點，則在最高點，小球速度v滿意mg＝meq\f(v2,r)，從動身點到圓軌道的最高點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋2mgr＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯立解得r＝4m，選項D正確。]反思：抓“兩點”“一聯”把握解題關鍵點①“兩點”②“一聯”考向1水平面內的圓周運動1．(2024·長春市高三一模)如圖所示，一個菱形框架繞過其對角線的豎直軸勻速轉動，在兩條邊上各套有一個質量均為m的小球A、B，轉動過程中兩小球相對框架靜止，且到豎直軸的距離相等，則下列說法正確的是()A．框架對球A的彈力方向肯定垂直框架向下B．框架對球B的彈力方向可能垂直框架向下C．球A與框架間可能沒有摩擦力D．球A、球B所受的合力大小相等D[球在水平面內做勻速圓周運動，合外力指向圓心，對A進行受力分析可知，A受重力，靜摩擦力方向沿框架向上，框架對A的彈力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A錯誤。對B受力分析可知，要使合力水平向右，框架對B的彈力方向肯定垂直框架向上，故B錯誤。若A與框架間沒有摩擦力，則A只受重力和框架對A的彈力，兩個力的合力方向不行能水平向左，故C錯誤。A、B兩球勻速轉動的角速度相等，半徑也相等，依據F＝mω2r，可知兩球所受的合力大小相等，故D正確。]2.(易錯題)如圖所示，水平轉臺上的小物體A、B通過輕彈簧連接，并靜止在轉臺上，現從靜止起先緩慢增大轉臺的轉速(在每個轉速下都可認為轉臺勻速轉動)，已知A、B的質量分別為m、2m，A、B與轉臺間的動摩擦因數均為μ，A、B離轉臺中心的距離分別為1.5r、r，已知彈簧的原長為1.5r，勁度系數為k，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法正確的是()A．當B受到的摩擦力為零時，A受到的摩擦力方向沿半徑指向轉臺中心B．B先相對于轉臺發生滑動C．當A、B均相對轉臺靜止時，允許的最大角速度為eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,2r))D．A剛好要滑動時，轉臺轉動的角速度為eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))D[當B受到的摩擦力為零時，由彈簧彈力供應向心力，此時彈簧的彈力為F＝kr，由牛頓其次定律可得kr＝2mω2r，解得ω＝eq\r(\f(k,2m))，此時A所受的向心力大小為FA＝mω2·1.5r＝eq\f(3,4)kr<kr，故A受到的摩擦力方向沿半徑背離轉臺中心，選項A錯誤。B剛好要滑動時，所受摩擦力達到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力供應向心力，則由牛頓其次定律可得kr＋μ·2mg＝2mωeq\o\al(2,1)r，解得ω1＝eq\r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))。A剛好要滑動時，所受摩擦力達到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力供應向心力，則由牛頓其次定律可得kr＋μmg＝mωeq\o\al(2,2)·1.5r，解得ω2＝eq\r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))，由題意知μmg≥kr，則k≤eq\f(μmg,r)，可推得ωeq\o\al(2,2)－ωeq\o\al(2,1)<0，即ω2<ω1，可知A先滑動，故選項B、C錯誤，D正確。]易錯點評：在于不能正確分析A、B兩物體發生滑動的臨界條件。考向2豎直平面內圓周運動3.(2024·西安模擬)如圖所示，輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質點)，小球以O為圓心在豎直平面內做圓周運動，且能通過最高點，重力加速度大小為g，忽視空氣阻力。下列說法正確的是()A．小球通過最高點時，速度不行能小于eq\r(gL)B．小球通過最高點時，所受輕桿的作用力可能為零C．小球通過最高點時，所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過最高點時，所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小B[此模型為“桿模型”。小球在最高點的最小速度可以為零，此時桿對小球的支持力等于小球的重力，A錯誤；當小球在最高點的速度為eq\r(gL)時，小球的重力供應所需的向心力，小球所受輕桿的作用力為零，B正確；桿對小球的作用力在最高點可以表現為拉力，也可以表現為支持力，當表現為支持力時，隨小球速度的增大，作用力減小，當表現為拉力時，隨小球速度的增大，作用力增大，C錯誤，D錯誤。]4．(多選)如圖甲所示，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，下列推斷正確的是()甲乙A．圖象的函數表達式為F＝meq\f(v2,l)＋mgB．重力加速度g＝eq\f(b,l)C．繩長不變，用質量較小的球做試驗，得到的圖線斜率更大D．繩長不變，用質量較小的球做試驗，圖線b點的位置不變BD[小球在最高點時，依據牛頓其次定律有F＋mg＝meq\f(v2,l)，得F＝meq\f(v2,l)－mg，故A錯誤；當F＝0時，依據表達式有mg＝meq\f(v2,l)，得g＝eq\f(v2,l)＝eq\f(b,l)，故B正確；依據F＝meq\f(v2,l)－mg知，圖線的斜率k＝eq\f(m,l)，繩長不變，用質量較小的球做試驗，斜率更小，故C錯誤；當F＝0時，g＝eq\f(b,l)，可知b點的位置與小球的質量無關，繩長不變，用質量較小的球做試驗，圖線b點的位置不變，故D正確。]平拋運動與圓周運動的組合問題(5年1考)?高考在本考點的單獨命題雖然較少，但本考點常與動能定理、機械能守恒、電磁場相結合，考查曲線運動的綜合性問題，能集中體現學生的綜合素養。?預料2024年考查方式不變，備考中還需引起足夠重視。(2024·全國卷Ⅱ·T17)如圖所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)B[設小物塊的質量為m，滑到軌道上端時的速度為v1。小物塊上滑過程中，機械能守恒，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgR ①小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運動，設水平位移為x，下落時間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2 ②x＝v1t ③聯立①②③式整理得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)))eq\s\up20(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(v2,2g)))eq\s\up20(2)可得x有最大值eq\f(v2,2g)，對應的軌道半徑R＝eq\f(v2,8g)。故選B。]1．拋體運動與圓周運動的綜合應用問題要留意以下幾點：(1)運動階段的劃分(如上題分上升階段和平拋階段)。(2)運動階段的連接，尤其留意速度方向(如上題中的最高點)。(3)兩個運動階段在時間和空間上的聯系。2．對于平拋運動或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應用合成與分解的思想分析，這兩種運動轉折點的速度是解題的關鍵。考向1先圓周運動后平拋運動1．(多選)(2024·哈爾濱六校聯考)如圖所示，半徑為R的光滑半圓槽豎直固定在水平地面上，可視為質點的小球以4m/s的初速度向左進入半圓軌道，小球通過最高點后做平拋運動。若小球做平拋運動有最大水平位移，重力加速度為g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．最大水平位移為1.6mB．R＝0.2m時，球的水平位移最大C．小球落地時，速度方向與水平地面成45°角D．小球落地時，速度方向與水平地面成60°角BC[設小球在最高點的速度大小為v，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R，小球做平拋運動時，在空中運動的時間為t＝eq\r(\f(4R,g))，則小球做平拋運動的水平位移為x＝vt，整理得x＝eq\r(－16R2＋6.4R)m，當R＝0.2m時水平位移最大，最大的水平位移為xmax＝0.8m，A錯誤，B正確；將R＝0.2m代入解得v＝2eq\r(2)m/s、t＝eq\f(2\r(2),10)s，由平拋運動的規律可知，小球落地瞬間的豎直分速度大小為vy＝gt＝2eq\r(2)m/s，由于落地瞬間的水平速度與豎直速度大小相等，因此小球落地瞬間速度方向與水平地面的夾角為45°，C正確，D錯誤。]考向2先平拋運動后圓周運動2．(2024·山東省試驗中學高三期末)如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙直軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°。將一個質量為m＝0.5kg的物體(視為質點)從A點左側高為h＝0.8m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動摩擦因數μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物體水平拋出時的初速度大小v0；(2)物體經過B點時，對圓弧軌道的壓力大小FN；(3)物體在軌道CD上運動的距離x。(結果保留三位有效數字)[解析](1)由平拋運動規律知veq\o\al(2,y)＝2gh豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝4m/s初速度v0＝vytan37°＝3m/s。(2)從P點至B點的過程，由動能定理有mg(h＋R－Rcos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al