2016-二轮复习专题3(抛体运动与圆周运动)

1、1 . (2015新课标全国I 18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1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.不计空气的作用，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 ()A. 26h v B.4gv LiC.；6h1 v -24L12 + L22 g6h4 L12 + L22 g6hg v I LiD.44L12+g6hA 选择路线，赛车经过的路程最短B .选择路线，赛车的速率最小C

2、选择路线，赛车所用时间最短D .、三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等ab和抛物线取重力加速度大3. (2015海南单科14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 be组成，圆弧半径 Oa水平，b点为抛物线顶点.已知 h = 2 m, s=：2 m.小 g= 10 m/s2.(1) 一小环套在轨道上从 a点由静止滑下，当其在 be段轨道运动时，与轨道之间无相互作用 力，求圆弧轨道的半径；(2) 若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小.1题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一.考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想

3、方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用.高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型 为计算题.2. 应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及 类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件.考题一 运动的合成与分解1 . （2015南通二模）如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时,救生员乙从 O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的（）图4A Oa 方向B Ob 方向COc 方向D Od 方向2（多选）（2015 盐城二模 ）如图 5所示，在一端

4、封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度vo= 3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，图5A 分位移 y 与 x 成正比B .分位移y的平方与x成正比C 合速度v的大小与时间t成正比D. tan a与时间t成正比3. 侈选）（2015南昌二模）如图6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 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上， 光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的 A 点与定滑轮等高，杆上的 B 点在 A 点下方距离为 d 处现将环从

5、 A 处由静止释放， 不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是 （）图6-JA .环到达B处时，重物上升的高度 h=2B. 环到达B处时，环与重物的速度大小相等C. 环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能4D .环能下降的最大高度为 3d1 .合运动与分运动的关系：(1) 独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度两个分运动各自独立，互不干扰.速度、(2) 等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、加速度效果相同.(3) 等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等.(4) 合运动一定是物体的实际运动.物体实际发生的运动就是物体相对地面发生

6、的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生 的运动.2 .判断以下说法的对错.(1) 曲线运动一定是变速运动.(V )(2) 变速运动- -定是 曲线运动.(x )考题二 平抛（类平抛 ）运动的规律4. （2015镇江模拟）高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2 s的相机拍摄到，图7是石块落地前0.2 s时间内所成的像（照片已经放大且方格化），每个小方格代表的实际长度为1.5 m,忽略空气阻力，g取10 m/s2，则（）图7A .石块水平抛出的初速度大小约为225 m/sB .石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/sC 图乙中像的反向延长线与楼的交点就

7、是石块抛出的位置D .石块抛出位置离地高度约为28 m5. （2015武汉四月调研）在水平地面上的 O点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙 在同一竖直面内运动,其轨迹如图 8 所示, A 点是两轨迹在空中的交点,甲、乙运动的最大 高度相等若不计空气阻力,则下列判断正确的是 （）A 甲先到达最大高度处 B .乙先到达最大高度处C .乙先到达A点D .甲先到达水平地面,在斜面底端A点正上方高度为-段时间后撞在斜面上时速度与6. （2015赣州模拟）如图9，斜面与水平面之间的夹角为4510 m处的O点，以5 m/s的速度水平抛出一个小球，则飞行水平方向夹角的正切值为 （g = 10 m/s2）

8、（）图9B . 0.5D. 21.平抛运动规律图10y轴正方向，建以抛出点为坐标原点，水平初速度V0方向为x轴正方向，竖直向下的方向为 立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下.(1)水平方向： Vx= vo x= vot竖直方向：Vy= gt(3)合运动：合速度：合位移：s= ”. x2 + y2合速度与水平方向夹角的正切值tan a= vy =述vo vo合位移与水平方向夹角的正切值伽 0_ y_gitan 0- X 2vo2 .平抛运动的两个重要推论推论I :做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向 的夹角为a位移方向与水平方向的夹角为0,贝U tan

9、 a= 2tan a推论n :做平抛（或类平抛）运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此 时水平位移的中点.考题三圆周运动问题的分析7. （2015绵阳三诊）如图11所示，轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为 m的球A和B,光滑水平转轴穿过杆上距球 A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力.忽略空气阻力.则球B在最高点时（）图11A .球B的速度为零B .球A的速度大小为 2gLC .水平转轴对杆的作用力为1.5mgD .水平转轴对杆的作用力为2.5mg8. （2015哈尔滨第六中学二模）如图12所示，质量为 m的竖

10、直光滑圆环 A的半径为r，竖直 固定在质量为 m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动.在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度vo,小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度vo必须满足（）图12A. . 3gr vo . 5grB. gr vow .3grC. 7gr w vo w 3 , grD. j5gr w vo w 7gr9. （2oi5淮安三调）如图13所示，光滑杆 AB长为L, B端固定一根劲度系数为k、原长为lo00 为过B点的竖直轴,的轻弹簧，质量为 m的小球套在光滑杆上并与弹簧

11、的上端连接.杆与水平面间的夹角始终为0.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量Ali ；当球随杆一起绕 00轴匀速转动时，弹簧伸长量为A2，求匀速转动的角速度3；若0= 30移去弹簧，当杆绕 00轴以角速度 30 = 巒匀速转动时，小球恰好在杆上某 一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球沿杆方向的速度大小为vo,求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W.1圆周运动主要分为水平面内的圆周运动 （转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等）和竖直平面内的圆周运动 （绳模型、汽车过

12、拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型）2找向心力的来源是解决圆周运动的出发点，学会牛顿第二定律在曲线运动中的应用3注意有些题目中有 “恰能”、“刚好”、“正好”、“最大 ”、“最小”、“至多 ”、“至 少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点考题四 抛体运动与圆周运动的综合10. （多选）（2015揭阳二模）如图14所示，小球沿水平面以初速度vo通过O点进入半径为 R图14A 球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B 若小球能通过半圆弧最高点P,则球在P点受力平衡C .若小球的初速度 vo = 3 gR，则小球一定能通过 P点D 若小球恰能通过半圆弧最高点P,则小球落地点到 0点的水平距

13、离为2R轻道11. （2015南京三模）如图15所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放，若保持圆心的位置不变,改变圆弧轨道的半径（不超过圆心离地的高度）半径越大，小物体（）图15A .落地时的速度越大B 平抛的水平位置越大C .到圆弧轨道最低点时加速度越大D .落地时的速度与竖直方向的夹角越大12. (2015雅安三诊)如图16所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以vo= 8 m/s的速度从A点水平跃出后，沿B点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C点后离开轨道.已 知A、B之间的竖直高度 H= 1.8 m,圆弧轨道

14、半径 R= 10 m，选手质量 m = 50 kg,不计空气 阻力，g = 10 m/s2，求：图 16(1) 选手从A点运动到B点的时间及到达 B点的速度;(2) 选手到达 C 点时对轨道的压力.曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、 平抛运动等多个运动过程， 常结合功能关系进行求解， 解答时可从以下两点进行突破：1分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量， 需要区分哪些物理量能够突变， 哪些物理量不能突变， 而不能突变的物理量 (一般指线速度 )往往是解决问题的突破口2分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动： (1)若为圆周运动，应明确是水平面

15、的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能 是否守恒(2)若为抛体运动， 应明确是平抛运动， 还是类平抛运动， 垂直于初速度方向的力是由哪个力、 哪个力的分力或哪几个力提供的专题综合练1.（多选）（2015广东六校联考）关于物体的运动，以下说法正确的是（）A 物体做平抛运动时，加速度不变B .物体做匀速圆周运动时，加速度不变C 物体做曲线运动时，加速度一定改变D .物体做曲线运动时，速度一定变化2 . （2015湖南省十三校第二次联考）如图17所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a在船下水点A的下游距离为b处是瀑布.为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）（）图 17A 小船船头垂直

16、河岸渡河时间最短，最短时间为B 小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小.速度最大，最大速度为pa2+ b2 vV max =C 小船沿轨迹AB运动位移最大、时间最长.速度最小，最小速度avVmin =bD 小船沿轨迹AB运动位移最大、速度最小.则小船的最小速度avavbt = 0.速度最大，最大速度为Vmax= 3.（多选）（2015宜宾二诊）如图18所示，水平光滑长杆上套有一个质量为mA的小物块A，细 线跨过O点的轻小光滑定滑轮一端连接 A,另一端悬挂质量为 mB的小物块B, C为O点正 下方杆上一点，定滑轮到杆的距离 OC = h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为 30 现将A、B同时由静

17、止释放，则下列分析正确的是 （ ）图18A .物块B从释放到最低点的过程中，物块A的动能不断增大B .物块A由P点出发第一次到达 C点的过程中，物块 B的机械能先增大后减小C . PO与水平方向的夹角为 45。时，物块A、B速度大小关系是va=vbD .物块A在运动过程中最大速度为2mBgh mA4. （2015临汾四校二模）如图19所示，从倾角为B的足够长的斜面顶端 P以速度v0抛出一个 小球，落在斜面上某处 Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为a若把初速度变为 2v0小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是 （ ）图 19A 夹角a将变大B 夹角a与初速度大小无关C 小球在空中的运动时间不

18、变D PQ间距是原来间距的 3倍5 (2015莆田三校模拟)如图20所示，水平地面附近，小球 B以初速度v斜向上瞄准另一小 球A射出，恰巧在 B球射出的同时，A球由静止开始下落，不计空气阻力.则两球在空中运 动的过程中 ()图 20A A 做匀变速直线运动， B 做变加速曲线运动B 相同时间内B的速度变化一定比 A的速度变化大C 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D A、B 两球一定会相碰6.（多选）（2015洛阳第二次统考）如图21所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h= 0.05 m的 坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点.

19、现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y= x2 6（单位：m）,不计一切摩擦和空气阻力，g= 10 m/s2,则下列说法正确的是（）图 21A .小物块从水平台上 O点飞出的速度大小为 1 m/sB .小物块从O点运动到P点的时间为1 sC .小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D .小物块刚到 P点时速度的大小为10 m/s7 .（2015黄山二质检）如图22所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O顺时针匀速转动,另一端固定有一个质量为 m 的小球,当小球运动到图中位置时,轻杆对小球作用力的方向可能（）图 22A .沿Fi的方向 B .沿F2

20、的方向C .沿F3的方向 D .沿F4的方向8. 侈选）（2015安阳二模）如图23所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 （）图 23A . B的向心力是A的向心力的2倍B .盘对B的摩擦力是 B对A的摩擦力的2倍CA、 B 都有沿半径向外滑动的趋势D .若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数 炉小于盘与B间的动摩擦因数 怜9. (2015辽宁重点中学协作体 4月模拟)如图24所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨 道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动圆形轨道半径R= 0.2 m，右侧水平轨道 BC长

21、为L = 4 m , C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h = 1 m，水平距离s= 2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数 尸0.2,重力加速度g = 10 m/s2. 小球从圆形轨道最低点 B 以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道试求：图 24(1) 若小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B点的初速度多大？(2) 若小球从 B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟， 求小球在 B 点的初速度大小的范围10. (2015金丽衢十二校二次联考)如图25所示，半径R= 2.5 m的光滑半圆轨道 ABC与倾角0= 37 的粗糙斜

22、面轨道 DC相切于C点，半圆轨道的直径 AC与斜面垂直.质量 m= 1 kg的 小球从A点左上方距 A点高h= 0.45 m的P点以某一速度 vo水平抛出，刚好与半圆轨道的 A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点.已知当地的重力加速度 g=10 m/s2， sin 37 = 0.6， cos 37 = 0.8，不计空气阻力，求：图 25(1) 小球从 P 点抛出时的速度大小v0；(2) 小球从 C 点运动到 D 点过程中摩擦力做的功W；(3) 小球从 D 点返回经过轨道最低点 B 的压力大小.答案精析专题3抛体运动与圆周运动真题示例1 . D 发射机无论向

23、哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动当速度at?线恰好过网，有：3h h=Li? = viti 联立得vi= g当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有-；22 + L2= V2t2 3h= ?gt2 1联立得V2= 2v最小时，球沿中4L?+ L2 g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上,V的最大取值范围为4L2 + L2 g6h选项D正确.2 .ACD赛车经过路线 的路程si = n + 2r = ( n+ 2)r，路线的路程S2= 2 n + 2r = (2 n- 2)r,路线的路程S3= 2n, A正确；根据F max =mv2R，可知R越小，其不打滑的最大速率越小,所以路线 的最大速

24、率最小，B错误；三种路线对应的最大速率V2= V3 = . 2vi，则选择路线、n+ 2 r2 n+ 2 r2 nVi所用时间ti=，路线所用时间t2=，路线所用时间t3 = 2J , t3最小,C正确；由Fmax= ma,可知三条路线对应的a相等，D正确.3. (1)0.25 m 冒0 m/sb点时的速度解析(1)小环在be段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到h = *gt2 在ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR= 1mv2 联立二式可得s2R= 4h= 0.25 m1 2 mgh = qmvc (2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得因为小环滑到e点时

25、速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过e点时速度与竖直方向的夹角，设为0,则根据平抛运动规律可知sin / 二2ghv水平根据运动的合成与分解可得sin 0=Ve联立 可得v水平=2_310 m/s.考题一运动的合成与分解1 . B 人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动， 则救援者直接沿着 Ob方向即可对甲实施救助.22. BD 由题意可知，y轴方向，y= vot.而x轴方向，x= 2at2，联立可得：y2=故A 错误，B正确；x轴方向，vx= at,那么合速度的大小 v=；v0+ a2t2，则v的大小

26、与时间t不 成正比，故C错误；tan a= at = at,故D正确.vo vo3. CD 环到达B处时，重物上升的高度为(.2- 1)d，选项A错误；环到达 B处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v物=v环sin 45，即环与重物的速度大小不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C正确；设环能下降的最大距离为H，则对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH = 2mg( H2+ d2- d)，解得H = 3d,选项D正确.考题二 平抛(类平抛)运动的规律x 1 54. D 石块水平抛出的初速度大

27、小vo=-=花 m/s = 7.5 m/ s,故A错误；石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 x= 1.5X 12 + 32 m 4.74 m, v=f = m/s=23.7 m/s,即石块将要落地时的速度大小约为23.7 m/s,故B错误；石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；石块落地前0.2 sAh 3 X 1.5一时间内在竖直方向的平均速度V y=T = 02 m/s = 22.5 m/s,即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2 s,即从开始起经0.1 s的瞬时速度为22.5 m/s，可得：石块从抛v y出点

28、至该点的时间t= 2.25 s,所以石块从抛出点至形成的像上端所需时间：t上=(2.25g0.1)s= 2.15 s,对应形成的像上端离抛出点的竖直高度h= *gt上=10X 2.152 m23.11 m,加上形成的像在图片中的竖直高度为4.5 m, h总=27.61 m 28 m，故D正确.5. C 斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v2= 2gh,则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A、B错误；由前面分析，结合图象可知，乙到达A点时，甲在上升阶段，故 C正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D错误.6. A 如图所

29、示，取由三角形的边角关系可知，盯兴AQ = PQA /亍0C所以在竖直方向上有，OQ + AQ = 10 m 所以有：v0t + gt2 = 10 m, 解得：t = 1 s.vy= gt = 10 m/s所以 tan 0= 2vo考题三圆周运动问题的分析V2 7 .C 球B运动到最咼点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力， 有mg= m2L 解得v=，顽，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球 A的速度大小v詈，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有 F,2mg= mV-解得：F 1.5mg,故 C 正确，D 错误. V2厂8. D 在最

30、咼点，速度最小时有：mg= my解得：vi = , gr.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为vi，根据机械能守恒定律，有：2mgr+ mv2= mvi 2 解得 vi . 5gr.要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F mg + mg 2mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2,在最高点，速度最大时有：v2img+ 2mg= m：解得：V2 . 3gr.根据机械能守恒定律有：1 12mgr + mv2= mv2 2解得：V2 =7gr.所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：.5gr vw 7

31、gr.9 .见解析解析（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有mgs in 0= ma 解得 a= gs in 0小球速度最大时其加速度为零，则k内 1 = mgsin 0 解得 Al 1= mg：n 0设弹簧伸长 Al2时，球受到杆的支持力为Fn，水平方向上有 FNSin 0+ kAl2cos 0 mw2（lo +A2)cos 0竖直方向上有 Fncos 0 kAl2sin 0 mg= 0解得 3=mgsin 0+ kAl2m lo+ 4 2 cos2 0当杆绕00 轴以角速度 30匀速转动时，设小球距离 B点Lo, 此时有 mgtan = mw2Locos 0”2L解得Lo

32、 = m1此时小球的动能 Eko= 2m(3oLocos 0)2小球在最高点A离开杆瞬间的动能EkA= 2m v2 + ( woLcos 0)2根据动能定理有 W mg(L Lo)sin 0= EkA Eko” p 312解得 W= 8mgL + mv2考题四 抛体运动与圆周运动的综合Ek减少，故做变速圆周运动A10. CD 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加,错误；在最高点 P需要向心力，故受力不平衡，B错误恰好通过 P点，则有mvPmg=百得 vp= gR,1 2 1 2 mg 2R+ mvP= mv2得 v = 5gR3.gR,故 C 正确;过 P 点 x= vp t 2R= |

33、gt2111. D 根据动能定理知 mgH = ?mv2知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；根据平抛运动规律知mgR= 2mv2，得 x=寸：R =刃RH R，平抛运动的水平位移随R的增大先增大后减小，故B错误；到圆弧轨道最低点时加速度 a=*2g,故加速度大小与R无关，故C错误；小物体落地时竖直分速度vy = gt，设落地速度与水平方向的夹角为 0,2 H Rggt g有tan 0= V0 =.，两H Rr , R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确.12. (1)0.6 s 10 m/s，与水平方向的夹角为37(2)1 200 N，方向竖直向下解析(1)选手离开平台后做平抛

34、运动，在竖直方向H =如2解得：t =0.6 s在竖直方向vy= gt = 6 m/s 选手到达B点速度为vb =寸v2+ V = 10 m/s=37与水平方向的夹角为0则tan 0=詈=0.75,则1 1从 B 点到 C 点：mgR(1 cos 0) = ?mvC mvB 在 C 点：Fnc mg= mRFnc = 1 200 N 由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力Fnc = Fnc = 1 200 N，方向竖直向下专题综合练1 . AD 物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小

35、不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所 以C错误；物体既然做曲线运动， 速度的方向一定在变化， 所以速度一定变化， 所以D正确.aa b2. D 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=，不掉到瀑布里t= w-,解得V船V船 Vavavv船石，船最小速度为 b, A错误；小船轨迹沿y轴方向渡河应是时间最小,B错误；小船沿轨迹AB运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为av-a2+ b2,所以C错误，而D正确.3. AD 物块B从释放到最低点过程中，

36、由机械能守恒可知， 物块B的机械能不断减小， 则 物块A的动能不断增大，故 A正确；物块A由P点出发第一次到达 C点过程中，物块 B动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B错误；PO与水平方向的夹角为 45时，有：vacos45= vb,则：va= 2vb,故C错误；B的机械能最小时，即为 A到达C点，此时A的速度最大，此时物块B下落高度为h,由机械能守恒定律得:2mAvA = mBgh,解得:_ 2mBghj mA故D正确.如2根据tan 0=药=2%得，小球在空中运动的时间2vota n 0因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍故C错误速度与水平方向的夹角的正切值

37、tan 3=韭=2tan 0,因为0不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知a不变，与初速度v02无关，故A错误，B正确.PQ的间距s=d=-= 2v0tan 0,初速度变为原来的 2倍,cos 0 cos 0 geos 0则PQ的间距变为原来的 4倍，故D错误.5. C A球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A错误根据公式 Av= a At，由于A和B的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A的速度变化等于 B的速度变化，故 B错误.根据动能定理得：Wg= AEk，重力做功随离地竖直高度均匀变化， 所以A、B两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C正确.A球做的是自由落体运动，B球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，16. AB 从坡面顶端到 0点，由机械能守恒，mgh= qmv 1从B到A过程，由动能定理可得 mg (2R)= mvA ?mv2代入数据可解得 V0= 2 3 m/s情况一：若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有： 1 2mg=0 ?mvi , v = 1 m/s，故A正确；O到P平1i抛，水平方向 x= vt，竖直方向h = -gt2;由数学知识 y= x2