高三物理二轮复习 第1部分 专题突破篇 专题3 力与曲线运动（一）-平抛和圆周运动用书-人教版高三物理试题

专题三力与曲线运动(一)——平抛和圆周运动考点1|运动的合成与分解难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(2015·全国卷ⅡT16)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3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/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1所示．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()图1A．西偏北方向，1.9×103m/sB．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．东偏南方向，2.7×103m/s【解题关键】解此题要理解以下两点信息：(1)从转移轨道调整进入同步轨道…此时卫星高度与同步轨道的高度相同．(2)转移轨道和同步轨道的夹角为30°.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，该点在同步轨道上运行时的速度为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veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103m/s.选项B正确．](2013·全国卷ⅠT24)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．【解题关键】关键语句信息解读沿y轴正向做……的匀加速运动y轴正向的位移满足y＝2l＋eq\f(1,2)at2平行于x轴……匀速运动x轴正向位移满足x＝vt橡皮筋伸展是均匀的R到A和B的距离之比不变【解析】从运动学和运动的合成角度入手，作图寻找几何关系是关键．设B车的速度大小为v.如图，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为yA＝2l＋eq\f(1,2)at2 ①xB＝vt ②在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t有HK∶KG＝2∶1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l) ④HG∶KG＝(yA＋l)∶(2l) ⑤由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l ⑥yA＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al). ⑧【答案】eq\f(1,4)eq\r(6al)1．高考考查特点以物体的某种运动形式为背景，考查对分运动、合运动的理解及合成与分解方法的应用．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确理解合运动、分运动间具有等时性、独立性的特点．(2)具体问题中分不清合运动、分运动，要牢记观察到的物体实际运动为合运动．●考向1小船渡河问题1．如图2所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处，两船船头方向与河岸均成θ角，且恰好对准对岸边C点．若两船同时开始渡河，经过一段时间t，同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点．若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，不影响各自的航行，下列判断正确的是()【导学号：37162019】图2A．两船在静水中的划行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．两船同时到达D点D．河水流速为eq\f(dtanθ,t)C[由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度v1相等，由v1＝vsinθ知两船在静水中的划行速率v相等，选项A错误；乙船沿BD到达D点，可见河水流速v水方向沿AB方向，甲船不可能到达正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B错误；根据速度的合成与分解，v水＝vcosθ，而vsinθ＝eq\f(d,t)，得v水＝eq\f(d,ttanθ)，选项D错误；由于甲船沿AB方向的位移大小x＝(vcosθ＋v水)t＝eq\f(2d,tanθ)＝AB，可见两船同时到达D点，选项C正确．]●考向2绳的牵连运动问题2．(2016·贵阳二模)如图3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接形成转动轴，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，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为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ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是()图3A．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2ωLD．重物M的速度先减小后增大B[设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)，由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ，θ的变化规律是开始最大(90°)然后逐渐变小，所以ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变小，所以知重物的速度先增大，后减小，最大速度为ωL，故B正确．]运动合成与分解的解题思路1．明确合运动或分运动的运动性质．2．明确是在哪两个方向上的合成与分解．3．找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．4．运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解．考点2|平抛(类平抛)的运动规律难度：中档题型：选择题五年3考(2015·全国卷ⅠT18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4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，就能使兵乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()图4A.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))【解题关键】关键语句信息解读发射点距台面高度为3h乒乓球落在台面时，在空中运动时间相同落到球网右侧台面上最近落在球网正中间，最远落在右侧台面的两角处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3h－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1) ①水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1 ②由①②两式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h)).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))＝v2t2 ④由③④两式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L\o\al(2,1)＋L\o\al(2,2)g,6h)).则v的最大取值范围为v1＜v＜v2.故选项D正确．](2014·全国卷ⅡT15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)【解题关键】解此题紧扣两点：(1)零势能点的选取位置及动能和势能相等的条件．(2)落地时速度方向正切值的表示方式．B[根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh).物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝eq\f(π,4)，故选项B正确，选项A、C、D错误．]1．高考考查特点(1)平抛物体的运动规律是高考命题的热点．特别要关注以运动项目为背景的实际问题．(2)运动的合成与分解是解决平抛(类平抛)问题的基本方法．2．解题的常见误区及提醒(1)类平抛问题中不能正确应用分解的思想方法．(2)平抛(类平抛)规律应用时，易混淆速度方向和位移方向．(3)实际问题中对平抛运动情景临界点的分析不正确．●考向1平抛运动规律的基本应用3．(2016·福建名校联考)如图5所示，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度比b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球()【导学号：37162020】图5A．初速度较大B．速度变化率较大C．落地时速度一定较大D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大D[根据题述，两球水平位移相等．由于a球抛出时的高度比b球的高，由h＝eq\f(1,2)gt2可知a球飞行时间长，由x＝v0t可知，a球的初速度一定较小，选项A错误．两球都只受重力作用，加速度都是g，即速度变化率eq\f(Δv,Δt)＝g，相同，选项B错误．小球落地时速度v是水平速度与竖直速度的合速度，a球的初速度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，选项C错误，D正确．]●考向2平抛斜面问题4．(2016·昆明市重点中学三联)将一挡板倾斜地固定在水平面上，倾角为θ＝30°，如图6所示．现有一可视为质点的小球由挡板上方的A点以v0的初速度水平向右抛出，小球落在挡板上的B点时，小球速度方向刚好与挡板垂直，小球与挡板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比为4∶3.下列有关小球的运动描述正确的是()图6A．小球与挡板碰后的速度为eq\f(3,4)v0B．小球与挡板碰撞过程中速度的变化量大小为eq\f(1,2)v0C．A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为eq\r(3)∶1D．A、B两点的竖直高度差与水平间距之比为eq\r(3)∶2D[小球在碰撞挡板前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v.由题意，速度v的方向与竖直方向的夹角为30°且水平分量仍为v0，如图．由此得v＝2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的eq\f(3,4)v，则碰后的速度大小为eq\f(3,2)v0，A错误；碰撞过程小球的速度变化量大小为Δv＝eq\f(3,4)v－(－v)＝eq\f(7,4)v＝eq\f(7,2)v0，故选项B错误；小球下落高度与水平射程之比为eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(1,2tan30°)＝eq\f(\r(3),2)，C错误，D正确．]5．如图7所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端水平向右抛出一个小球，不计空气阻力．当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，小球运动的时间为t0.现用不同的初速度从该斜面顶端水平向右抛出这个小球，下列选项中能正确表示小球的运动时间t随初速度v变化的函数关系是()图7D[设斜面的倾角为θ，当初速度很小时，小球落在斜面上，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，则t＝eq\f(2tanθ,g)v0；当初速度较大时，小球将落到水平面上，h＝eq\f(gt2,2)，则时间t一定，选项D正确．]●考向3平抛中的临界问题6．(高考改编)在[例3](2015·全国卷ⅠT18)中，若乒乓球沿正前方发射，当发射点距台面的高度小于多少时，不论v为何值，乒乓球都不能落到右侧台面上？【解析】设乒乓球擦网而过且恰好落到台边缘时，发射点的高度为y，从发射点到球网的时间为t，则从球网到台面边缘的时间也为t.在竖直方向上：y－h＝eq\f(1,2)gt2y＝eq\f(1,2)g(2t)2解得：y＝eq\f(4,3)h.故当发射点高度小于eq\f(4,3)h时，乒乓球不能落到右侧台面上．【答案】eq\f(4,3)h7．(2016·江西二模)如图8所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4m、宽L＝1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为零)．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：图8(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．【导学号：37162021】【解析】(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面滑行的过程中，由牛顿第二定律得mgsin53°－μmgcos53°＝ma解得a＝gsin53°－μgcos53°＝7.4m/s2.(2)运动员从斜面上起跳后，沿竖直方向做自由落体运动，则H＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.8s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离至少为eq\f(H,tan53°)＋L，设这段时间为t′，则H－h＝eq\f(1,2)gt′2eq\f(H,tan53°)＋L≤vt′解得v≥6.0m/s，所以最小速度vmin＝6.0m/s.【答案】(1)7.4m/s2(2)0.8s(3)6.0m/s处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，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，再用运动的合成求合运动．(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比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．考点3|圆周运动的基本规律难度：中档题型：选择题五年5考(2016·全国甲卷T16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图9所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，()图9A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解题关键】解此题注意两点：(1)最低点速度的计算方法．(2)最低点向心力的来源及向心加速度的定义．C[两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，则vP<vQ，又mP>mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP>mQ，则FP>FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误．](多选)(2016·全国丙卷T20)如图10所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图10A．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)【解题关键】解此题关键有两点：(1)向心加速度的定义式．(2)在最低点时受力情况．AC[质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误．](多选)(2014·全国卷ⅠT20)如图11所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图11A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg【解题关键】关键语句信息解读质量均为m最大静摩擦力相同水平圆盘具有相同的角速度a与转轴的距离为Lb与转轴的距离为2L转动中所受到的向心力不同AC[本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，当fa＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，选项B错误；当ω＝eq\r(\f(kg,2l))时b刚开始滑动，选项C正确；当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，选项D错误．]1．高考考查特点(1)本考点命题热点集中在物体的受力分析、圆周运动的基本概念及动力学知识、应用静摩擦力分析临界问题上．(2)理解圆周运动的相关物理量，向心力的来源分析、计算及应用牛顿运动定律研究圆周运动的方法是关键．2．解题的常见误区及提醒(1)描述圆周运动的物理量的理解要准确．(2)熟悉各种传动装置及判断变量不变量．(3)向心力来源的分析易出现漏力现象．(4)临界问题的处理要正确把握临界条件．●考向1水平面内的圆周运动8．(多选)(高考改编)在[例7](2014·全国卷Ⅰ，T20)中，若将a、b两物块放在如图12所示的传动装置中，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为Ra、Rb，且Ra＝2Rb.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是()【导学号：37162022】图12A．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为ωa∶ωb＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝1∶3C．转速增大后最终滑块a先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块b先发生相对滑动AD[由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，a、b的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝(ωeq\o\al(2,甲)Ra)∶(ωeq\o\al(2,乙)Rb)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为Ffa＝μmag，Ffb＝μmbg，最大静摩擦力之比为Ffa∶Ffb＝ma∶mb＝1∶1，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为Ffa′∶Ffb′＝(maaa)∶(mbab)＝2∶9，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块b的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确．]9．(多选)(2016·安阳二模)如图13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13A．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C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μBBC[因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，根据Fn＝mrω2，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，FfB＝2mrω2，对A分析，有：FfA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；设A、B的临界角速度分别为ωA、ωB，对A、B整体分析，μB·2mg＝2mrωeq\o\al(2,B)，解得ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，对A分析，μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．]●考向2竖直平面的圆周运动10．如图14所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T＝a＋bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()图14A.eq\f(b,2m) B.eq\f(2b,m)C.eq\f(3b,m) D.eq\f(b,3m)D[设小球通过P点时的速度为v0，绳长为R，当θ＝0°时，有T1＝a＋b＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＋mg①，当θ＝180°时，有T2＝a－b＝meq\f(v2,R)－mg，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，则T2＝a－b＝meq\f(v\o\al(2,0),R)－5mg②，①②两式相减得g＝eq\f(b,3m)，选项D正确．]11．(2016·武汉第三次调研)将太极球及球拍简化成如图15所示的小球和平板，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．若球恰能到达最高点，设球的重力为1N，不计球拍的重力．则下列说法正确的是()图15A．球恰能到达最高点，说明球到最高点速度为零B．平板在C处对球施加的力的大小为1NC．当球运动到B位置时，平板与水平方向的夹角为45°D．球从A到C的过程中机械能守恒C[设球运动的线速度为v，做圆周运动的半径为R，球恰能到达最高点，即在最高点平板没有弹力，则在A处mg＝eq\f(mv2,R)，A错误；在C处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力，F－mg＝eq\f(mv2,R)，解得F＝2mg＝2N，B错误；在B处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用，受力分析如图，则tanθ＝eq\f(F向,mg)＝1，则θ＝45°，C正确；球从A到C的过程中，动能不变，势能减小，机械能不守恒，D错误．]●考向3生活中的圆周运动12．(多选)如图16所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()【导学号：37162023】图16A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等ACD[由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝meq\f(v2,R)，可得最大速率v＝eq\r(μgR)，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝eq\f(s,v)，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝eq\f(π＋2r,\r(μgr))，t2＝eq\f(2rπ＋1,\r(2μgr))，t3＝eq\f(2rπ,\r(2μgr))，其中t3最小，可知线路③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．]1．水平面内圆周运动临界问题(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FT＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：FN＝0.2．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”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(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．热点模型解读|竖直轨道运动模型1．模型展示考题2016·全国丙卷T242014·全国卷ⅡT172015·全国卷ⅠT22模型圆周运动与能量综合圆周运动与能量综合圆周运动与超重、失重2.模型解读分类轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、翻滚过山车球与杆连接、球与竖直管道、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mg＋F弹＝meq\f(v2,R)重力、弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝meq\f(v2,R)恰好过最高点F弹＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)在最高点速度不能为零v＝0，mg＝F弹在最高点速度可为零能量关系(1)从最高点运动到最低点，只存重力做功情况：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(2)从最高点运动到最低点，若有重力之外的力做功：mg·2R＋W外＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)[典例](多选)(2016·湖北黄石三模)如图17所示，竖直面内有个光滑的3/4圆形导轨道固