（课标通用）2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第二道选择题涉及的命题点教学案.docx

第2道选择题涉及的命题点 2122 2324运动的合成与分解平抛运动圆周运动平抛运动与圆周运动的综合问题21 备考精要1解答关联速度问题的方法(1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。(2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。(3)轻绳关联速度的四种模型2.把握小船渡河的两类问题、三种情景最短时间当船头方向即v船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin最短位移如果v船v水，当v船与上游夹角满足v船cos v水时，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d如果v船v水，当v船与v合垂直时，渡河位移最短，等于三级练四翼展一练固双基基础性考法1(2019成都诊断)质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时(如图)，下列判断正确的是()AP的速率为vBP的速率为vcos 2C绳的拉力等于mgsin 1D绳的拉力小于mgsin 1解析：选B将小车的速度v进行分解，如图所示，则vPvcos 2，故A错误，B正确；小车向右运动，2减小，v不变，则vP逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律FTmgsin 1ma，可知绳子对P的拉力FTmgsin 1，故C、D错误。2多选甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示。已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L。下列判断正确的是()A乙船先到达对岸B若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变C不论河水流速v0如何改变，只要适当改变角，甲船总能到达正对岸的A点D若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L解析：选BD将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间t，故A错误；若仅是河水流速v0增大，因渡河的时间t不变，则两船的渡河时间都不变，故B正确；只有甲船速度大于水流速度时，甲船才可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在沿河岸方向的分速度仍不变，两船之间的相对速度不变，则到达对岸时，两船之间的距离仍然为L，故D正确。3多选(2019兰州月考)一快艇从离岸边100 m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如图乙所示。则()A快艇的运动轨迹一定为直线B快艇的运动轨迹一定为曲线C快艇最快到达岸边，所用的时间为20 sD快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m解析：选BC由题图可知快艇在静水中做匀加速直线运动，沿河岸做匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动，故A错误、B正确。当快艇速度垂直于河岸时，渡河时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a0.5 m/s2，由dat2，得t20 s，而位移大于100 m，选项C正确、D错误。4由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A西偏北方向，1.9103 m/sB东偏南方向，1.9103 m/sC西偏北方向，2.7103 m/sD东偏南方向，2.7103 m/s解析：选B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，卫星在该点沿同步轨道运行的合速度为v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22v12v22v1vcos 30，代入数据解得v21.9103 m/s。选项B正确。5.在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零，加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是()A相对地面的运动轨迹为直线B相对地面做变加速曲线运动Ct时刻猴子对地速度的大小为(v0at)Dt时间内猴子对地的位移大小为解析：选D据题意，猴子在水平方向和竖直方向的运动性质与平抛运动类似，故实际上的运动轨迹是一条抛物线，故A选项错误；由于猴子在竖直方向做匀加速直线运动，猴子受力恒定不变，故是匀变速曲线运动，B选项错误；t时间内猴子对地速度为：vt，故C选项错误；据位移的合成，t时间内猴子对地的位移为：l，故D选项正确。二练会迁移综合性考法1.如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为()A2 m/s B2.4 m/sC3 m/s D3.5 m/s解析：选B设水流速度为v1，船的静水速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的分解如图所示，当v2与AB垂直时，v2最小，v2minv1sin 3740.6 m/s2.4 m/s，故B正确。2.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳拉着物块匀速向上运动一小段距离。不计一切阻力。关于拉力F的功率P、拉力F作用点向下移动的速度v，下列说法正确的是()Av减小Bv增大CP减小DP增大解析：选A设绳与竖直方向夹角为，将vA沿绳、垂直于绳分解，v绳vAcos ，随着增大，F向下拉绳的速度减小，故A正确，B错误；对物块A：匀速时Fcos mAg，功率PFv绳mAgvA不变，故C、D错误。3.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直。当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以2 m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客()A运动轨迹为直线B运动轨迹为抛物线C因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D当车速度为5 m/s 时，该乘客对地速度为7 m/s解析：选B人相对地面参与了两个方向的运动，一是垂直于车身方向的匀速运动，一个是沿车身方向的匀加速直线运动，所以运动轨迹是抛物线，B正确，A错误；乘客受到沿车身方向的合外力，处于非平衡状态，C错误；速度的合成遵循平行四边形定则，乘客对地速度为 m/s，D错误。4.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等。下列说法中正确的是()A质点从M到N过程中速度大小保持不变B质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D质点在MN间的运动不是匀变速运动解析：选B由题图知，质点在恒力作用下做曲线运动，因不同地方弯曲程度不同，即曲率半径不同，所以速度大小在变，所以A错误；因是在恒力作用下运动，根据牛顿第二定律Fma，所以加速度不变，根据vat可得在相同时间内速度的变化量相同，故B正确，C错误；因加速度不变，故质点做匀变速运动，所以D错误。5无风时气球匀速竖直上升，速度为3 m/s。现吹水平方向的风，使气球获得4 m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则()A气球实际速度的大小为7 m/sB气球的运动轨迹是曲线C若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长D若气球获得5 m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短解析：选C由题意可知，水平速度为4 m/s，而竖直速度为3 m/s，根据合成的法则，则实际速度的大小为5 m/s，故A错误；水平方向与竖直方向均做匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，故B错误；若气球获得5 m/s的水平速度，但竖直方向的运动速度不变，则达到高度h的时间不变，而水平位移变大，则气球到达高度h的路程变长，故C正确，D错误。三练提素养创新性、应用性考法1.(2019晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90，则在此过程中()A物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧B物块的动能可能先增大后减小C物块的速度大小可能为DB点的加速度与速度的夹角小于90解析：选D由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A错误；由题意，物块运动到B点时速度方向相对A点时的速度方向改变了90，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A到B过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B错误；物块的加速度方向垂直于AB的连线向下，根据题意可知速度方向改变90，则A点的速度方向与AB连线方向夹角为45，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度为v0，C错误；物块在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A、B的连线向下，可知二者之间的夹角小于90，故D正确。2.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，橡皮的速度方向与水平方向的夹角为，则()A若0，则随钉尖的速度v的增大而增大B若0，则随钉尖的速度v的增大而减小C若45，钉尖的速度为v，则橡皮的速度为2vD若45，钉尖的速度为v，则橡皮的速度为v解析：选D若0，则橡皮的运动可视为水平方向随钉尖一起匀速，竖直方向细线的缩短长度等于水平方向细线增加的长度，即竖直方向也做与钉尖运动速率相同的匀速运动，所以橡皮的速度方向与水平方向的夹角45，与钉尖的速度v无关，选项A、B错误；若45，钉尖的速度为v，则橡皮在水平方向的分速度为v，而在t时间内沿竖直方向向上运动的距离为yvtvt，即竖直方向的分速度为v，所以橡皮的速度为v，选项C错误、D正确。3多选(2019河南中原名校联考)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2mgB小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于解析：选AC由题意，小环释放时向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力2mg，故A正确；小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即hdd(1)d，故B错误；根据题意，小环与重物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应满足：v环cos 45v物，可知小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比，故D错误，C正确。4(2018北京高考)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”，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：选D将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故A、B错误。下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，所以落地点在抛出点西侧，故C错误、D正确。5.如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为L。现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓缓转至水平(转过了90角)。下列有关此过程的说法中正确的是()A重物M做匀速直线运动B重物M做变速直线运动C重物M的最大速度是2LD重物M的速度先减小后增大解析：选B由题意知，杆做匀速圆周运动，则C点的线速度为L，设C点线速度方向与绳子延长线的夹角为，把C点的线速度正交分解，在绳子方向上的分速度就为Lcos ，由90然后逐渐变小，所以Lcos 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为0，绳子的速度最大为L；然后又逐渐增大，Lcos 逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为L，故B正确；A、C、D错误。22 备考精要1一个基本思想化曲为直2两条有用推论速解平抛运动问题(1)如图，平抛运动物体在时间t内的速度偏转角为，位移偏转角为，则tan 2tan 。(2)平抛运动物体运动一段时间，末速度的延长线交这段时间内水平位移的中点，即x0(如图)。3.两个实用模型巧解斜面平抛问题两个模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vxv0竖直方向：vygt合速度：v方向：tan 分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：xv0t竖直方向：ygt2合位移：s方向：tan 三级练四翼展一练固双基基础性考法1(2018全国卷)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和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()A2倍B4倍C6倍D8倍解析：选A画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：xvt，xtan gt2则xv2，即xv2甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为41，由相似三角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为21，由落至斜面时的速率v斜可得落至斜面时速率之比为21。2如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为()A11 B21C32 D23解析：选C小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：xv1tygt2又tan 30联立得：v1gt小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan 30则得：v2gt由得：v1v232。故选C。3多选如图所示，在距地面高为H45 m处，有一小球A以初速度v010 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出。B与水平地面间的动摩擦因数为0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g10 m/s2)。下列说法正确的是()A小球A落地时间为3 sB物块B运动时间为3 sC物块B运动12.5 m后停止DA球落地时，A、B相距17.5 m解析：选ACD根据Hgt2得，t s3 s，故A正确。物块B匀减速直线运动的加速度大小ag0.410 m/s24 m/s2，则B速度减为零的时间t0 s2.5 s，滑行的距离xt02.5 m12.5 m，故B错误，C正确。A落地时，A的水平位移xAv0t103 m30 m，B的位移xBx12.5 m，则A、B相距x(3012.5)m17.5 m，故D正确。4.如图所示，斜面体ABC放置在水平地面上，有一小球从A点正上方某一高度以4 m/s的速度水平抛出，刚好落在斜边AC的中点。若小球抛出点不变，将小球以速度v水平抛出，小球刚好落在斜面顶端C点。不计空气阻力的影响，则该平抛初速度v的大小可能为()A5 m/sB6 m/sC8 m/s D10 m/s解析：选D改变初速度后，水平位移变为原来的2倍，由于小球运动时间变短，则初速度大于原来的2倍，只有D项是可能的。5多选(2019肇庆模拟)如图所示，水平屋顶高H5 m，围墙高h3.2 m，围墙到房子的水平距离L3 m，围墙外马路宽x10 m。为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)()A3.1 m/s B4.7 m/sC7.2 m/s D11.5 m/s解析：选CD小球落在马路上，v0的最大值vmax为小球落在马路最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：Lxvmaxt1，小球的竖直位移：Hgt12，联立解得vmax(Lx) (103) m/s13 m/s；小球落在马路上，v0的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：Lvmint2，小球在竖直方向的位移：Hhgt22，联立解得vminL5 m/s，故C、D正确，A、B错误。二练会迁移综合性考法1.(2019安徽十校联考)如图所示，将小球以速度v沿与水平方向成37角斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙面上，小球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的。已知sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计。则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为()A.B.C.D.解析：选B采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vxvcos vcos 370.8v，vyvsin 370.6v，球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：vx0.8v0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直分速度为：vy0.8v，速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan ，故B正确，A、C、D错误。2.如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g)()A.B.C.D.解析：选C在B点由速度分解可知，竖直分速度大小为v0，由平抛运动规律和圆周的几何条件可知，v0gt，v0tRRcos 30，解得：R，所以A、B、D错误，C正确。3(2019永州模拟)在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度以一定的速度飞行，在离目标水平距离x时释放一颗炸弹，可以准确命中目标。现为了增加安全性，轰炸机飞行的高度和速度均减半，若仍能准确命中目标，则轰炸机释放炸弹时离目标的水平距离应为(不计空气阻力)()A.xB.xC.xD.x解析：选A炸弹被投下后做平抛运动，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，根据hgt2，得：t，炸弹平抛运动的水平距离为：xv0tv0，由此可知，当轰炸机飞行的高度和飞行速度都要减半时，炸弹的水平位移变为原来的，所以轰炸机投弹时离目标的水平距离应为x，故A正确。4多选(2019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图像如图(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解析：选BDvt图像中图线与t轴包围的面积表示位移大小，由题图(b)可知第二次滑翔过程中所围面积大，即在竖直方向上位移大，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，故A错误，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次的，故C错误；vt图像的斜率表示加速度，速率为v1时，第二次加速度小，设阻力为f，由mgfma，可得第二次受到的阻力大，故D正确。5多选(2019武汉调研)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H。已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是()A第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为B第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为mgC小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H解析：选AC以竖直向上为正方向，小球第一次落地时竖直方向的速度为v1，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v2，在小球第一次与地面接触的过程中应用动量定理有：tmv2mv1，代入数据解得：，故A正确，B错误；小球第一次下落的时间为t，水平初速度v0，第一次反弹到最高点所用的时间为t，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t22H，故C正确，D错误。三练提素养创新性、应用性考法1.如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为12。现让两球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1。若两球的初速度之比为k，则k值应满足的条件是()AkBkCkDk解析：选A设连接A球的绳长为L，A球以速度vA水平抛出，水平方向的位移xvAt，竖直方向的位移ygt2，则x2y2L2，可得vA；同理得B球的速度为vB，因此有k，选项A正确。2.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点。设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为()A11 B13C31 D19解析：选B两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B点所用的时间等于第二种情况下落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t13t，第二种情况下所用时间为t2t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由xv0t得v23v1，即，B正确。3在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程yax2。若a和重力加速度g均已知，且不计空气阻力，则仅根据以上条件可求出的是()A小球距离地面的高度B小球做平抛运动的初速度C小球落地时的速度D小球在空中运动的总时间解析：选B根据xv0t，ygt2及yax2可求出平抛运动的初速度。高度未知，无法求出运动的时间，也就无法求出竖直分速度以及落地的速度。故B正确，A、C、D错误。4.多选如图所示，BOD是半圆轨道的水平直径，OC为竖直半径，半圆轨道的半径为R。现有质量相同的a、b两个小球分别从相距为R的A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中半圆轨道上的D点和C点。已知b球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则()Aa球击中D点时动能为1.6EkBa球击中D点时动能为1.25EkCa、b两球初速度之比为11Da、b两小球分别与轨道碰撞瞬间，重力的瞬时功率之比为11解析：选AD两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R，根据Rgt2可知，运动的时间为：t，根据题图可知，a球运动的水平位移为2R，则a球的初速度为：vA，b球的水平位移为R，则b球的初速度为：vB，则a、b两球初速度之比为21，选项C错误；a球从A到D的过程中，根据动能定理得：EkDmgRmvA22mgR，b球从B到C的过程中，根据动能定理得：EkmgRmvB2mgR，由得：EkD1.6Ek，选项A正确，B错误；a、b两小球分别与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度vygt，相等，则重力的瞬时功率也相同，即重力的瞬时功率之比为11，选项D正确。5静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为，忽略空气阻力(重力加速度g取10 m/s2)，以下说法正确的是()A水流射出喷嘴的速度为gttan B空中水柱的水量为C水流落地时位移大小为D水流落地时的速度为2gtcot 解析：选B由题意知，水做平抛运动，为总位移与水平方向的夹角，tan ，可得水流射出喷嘴的速度为vx，故A错误；下落的高度hgt2，水流落地时位移s，所以C错误；空中水柱的体积VSvxt，所以B正确；水流落地时的速度vgt，所以D错误。23 备考精要1水平面内圆周运动的分析方法(1)水平面内做圆周运动的物体，其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件：绳的临界：张力FT0；接触面滑动的临界：Ff；接触面分离的临界：FN0。2竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动，要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”：模型轻绳模型轻杆模型实例球与轻绳连接、水流星、翻滚过山车等球与轻杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等图示在最高点受力重力，弹力F弹向下或等于零mgF弹m重力，弹力F弹向下、向上或等于零mgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即在最高点速度不能为零v0，mgF弹在最高点速度可为零(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”：“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.多选(2019石家庄一模)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角53，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 530.8，cos 530.6。下列说法正确的是()A圆环旋转角速度的大小为B圆环旋转角速度的大小为C小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD小球A与圆环间摩擦力的大小为mg解析： AD小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan 37m2Rsin 37，解得：，则A正确，B错误；对小球A受力分析，水平方向：Nsin fcos m2Rsin ，竖直方向：Ncos fsin mg0，联立解得：fmg，故C错误，D正确。2.多选如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态。现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是()A轻绳上的弹力保持不变B轻绳上的弹力逐渐变大C弹簧上的弹力逐渐变大D弹簧上的弹力先变小后变大解析：选BD小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：Tcos mg，Tsin Fm2r，由于小球在竖直方向处于静止，所以T，随角速度增大，增大，所以T增大，随角速度增大，增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧处于拉伸状态，弹力增大，由以上分析可知，B、D正确。3.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最低点时的最小速度vminC小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：选C此问题中类似于“轻杆”模型，故小球通过最高点时的最小速度为零，选项A错误；如果小球在最高点的速度为零，则在最低点时满足：mg2(Rr)mv2，解得v2，选项B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然提供指向圆心的支持力，因只有外侧管壁才能提供此力，所以内侧管壁对小球一定无作用力，选项C正确，小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球的重力有指向圆心的分力，所以外侧管壁可能对小球没有作用力，故D错误。4.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L。若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为()A2mgB3mgC2.5mgD.解析：选A设绳子的张力为T，小球恰好过最高点时有：mgm，其中RL，从最低点到最高点，根据动能定理得，mgLmv22mv12，在最低点，由牛顿第二定律得：Tmgm，联立以上各式，解得T2mg，故A正确，B、C、D错误。5.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A金属块B受到桌面的静摩擦力变大B金属块B受到桌面的支持力变小C细线的张力变大D小球A运动的角速度减小解析：选D设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为，对B研究，B受到的摩擦力fTsin ，对A，有Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(Mm)g，故B错误；细线的拉力T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则agtan 2lsin ，变小，变小，故D正确。二练会迁移综合性考法1.多选(2019太原模拟)如图所示，双手端着半球形的玻璃碗，碗内放有三个相同的小玻璃球。双手晃动玻璃碗，当碗静止后碗口在同一水平面内，三个小球沿碗的内壁在不同的水平面内做匀速圆周运动。不考虑摩擦作用，下列说法正确的是()A三个小球受到的合力值相等B距碗口最近的小球线速度的值最大C距碗底最近的小球向心加速度的值最小D处于中间位置的小球的周期最小解析：选BC对于任意一球，设其所在位置与半球形碗的球心的连线与竖直方向的夹角为，半球形碗的半径为R。根据重力和支持力的合力提供小球做圆周运动的向心力，得F合mgtan ，A错误；又rRsin ，F合mgtan mmamr，解得：v，T2 ，agtan ，R一定，可知越大(越接近碗口)，线速度v越大、周期越小、向心加速度a越大，故B、C正确，D错误。2.如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)。现让半圆环绕竖直对称轴以角速度1做匀速转动，小环M、N在图示位置。如果半圆环的角速度变为2，2比1稍微小一些，关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是()A小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许B小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变解析：选AM环做匀速圆周运动，有mgtan 45m2r，因小环M的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B点；N环做匀速圆周运动，设其与ABC半圆环圆心连线与竖直方向夹角为，则mgtan m2r，rRsin ，2cos ，如果角速度变小，则cos 变大，变小，小环N将向B点靠近稍许，因此A正确。3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘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 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。已知物体与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面间的夹角为30，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则的最大值是()A. rad/s B. rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s解析：选C由于小物体随匀质圆盘做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心的合力提供，在最下端时摩擦力将最先达到最大值。根据牛顿第二定律：mgcos 30mgsin 30m2r，得 rad/s1.0 rad/s，C正确。4.多选(2019江西红色七校二模)如图所示，三个物块a、b和c(可视为质点)，其中a、b质量为m，放在水平圆盘上并用轻杆相连，c的质量为2m，a、c与转轴OO间的距离为r，b与转轴间的距离为2r，物块与圆盘间的最大静摩擦力为物块所受重力的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()Aa、b一定比c先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C是b开始滑动的临界角速度D当时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AD当较小时，a、b相对圆盘静止，a、b各自静摩擦力提供各自的向心力，由向心力大小Fnm2r知，fr，B错误。先对c受力分析，2kmg2mc2r，可得c的临界角速度为c；设a、b间轻杆的拉力为F，对a、b受力分析有kmgFma2r，kmgF2mb2r，可得a、b的临界角速度为ab，综上，C错误，A、D正确。5在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江(如图甲)，把滑铁索过江简化成图乙的模型：铁索的两个固定点A、B在同一水平面内，AB间的距离为L80 m，绳索的最低点离AB的垂直距离为h8 m。若把绳索看成是圆弧，已知一质量m52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s(取g10 m/s2)，那么()A人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动B下滑过程中人的机械能保持不变C人滑到最低点时对绳索的压力为570 ND在滑到最低点时人处于失重状态解析：选C绳索看成圆弧，人从静止开始从一端开始滑动，滑到最低点时速度为10 m/s，说明人在绳索上的运动不是匀速圆周运动，选项A错误。下滑过程根据动能定理有mghWfmv2，可求得克服阻力做功Wf1 560 J，有阻力做功，所以机械能不守恒，选项B错误。根据几何关系可得人做圆周运动的半径r104 m。人滑到最低点时，由牛顿第二定律有FNmgm，代入数据得FN570 N，由牛顿第三定律可得选项C正确。滑到最低点时，加速度为向心加速度，指向圆心竖直向上，人处于超重状态，选项D错误。三练提素养创新性、应用性考法1.一水平放置的圆盘可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为，如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，重力加速度为g，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是()ABC. D. 解析：选D当摩擦力指向圆心达到最大时，角速度达到最大，根据Fmgm12r，得最大角速度1；当摩擦力背离圆心达到最大时，角速度达到最小，根据Fmgm22r，得最小角速度2，所以角速度的范围满足，故D正确。2一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v。若小物块与轨道间的动摩擦因数是，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为()AmgBCmDm解析：选D物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力的合力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得FNmgm，得到FNm，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为fFNm，D正确。3多选如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于点A，另一端系质量为m、电荷量为q的一带正电的小球。现在y轴正半轴上某处B固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为。则()A小球一定能绕B做完整的圆周运动B当yB时小球能做完整的圆周运动C当yB时小球能做完整的圆周运动D若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg解析：选BD根据题意：Eq2mg，设小球做圆周运动的半径为R，如题图所示，若小球恰好通过最低点C，根据牛顿第二定律：Eqmgm，则vC；从小球释放到C点，根据动能定理：(Eqmg)(L2R)mvC2，代入整理可以得到：RL，故B点坐标为：yBLLL，故选项A、C错误，B正确；从释放到D点，根据动能定理：(Eqmg)LmvD2，在D点，根据牛顿第二定律：TmgEqm，整理可以得到：T6mg，故选项D正确。4.多选(2019福建四校联考)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动。现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是()A小球的线速度大小为B小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上C当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心OD轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg解析：选ACD根据向心加速度a，代入得小球的线速度v，所以A正确；小球做圆周运动需要的向心力Fmamg，所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F，方向不指向圆心O，所以C正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最低点时，杆对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律：Fmgm，得轻杆对小球作用力的最大值为F2mg，所以D正确。5(2019合肥质检)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是()At1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Bt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Ct1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等Dt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等解析：选A通过题意