9、于初速度的特征.此類問題的解題思路仍然是平拋運動的解題思路，即將物體的運動分解為沿初速度方向上的勻速直線運動和垂直于初速度方向上的初速度為零的勻變速直線運動，然后運用相關物理規(guī)律進行處理.類平拋運動模型在帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題中最為常見.
[熟練強化]
遷移一 平拋運動與斜面組合
1．(2017·廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示．它們的豎直邊長都是底邊長的一半，現有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c.下列判斷正確的是( )
A．圖中三小球比較，落在a點的小球飛行時間最
10、短
B．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大
C．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快
D．無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直
[解析] 圖中三個小球均做平拋運動，可以看出a、b和c三個小球下落的高度關系為ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，則知Δva>Δvb>Δvc，A、B項錯誤．速度變化快慢由加速度決定，因為aa＝ab＝ac＝g，則知三個小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤．由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設小球初速度為v0時，其落到斜面上的
11、瞬時速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vx＝v0，vy＝gt，且需滿足＝＝tanθ(θ為右側斜面傾角)，由幾何關系可知tanθ＝，則v0＝gt，而豎直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可以看出x＝y(tǒng)，而由題圖可知這一關系不可能存在，則假設不能成立，D項正確．
[答案] D
遷移二 平拋運動與圓面組合
2．(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直放置的半圓環(huán)ACB的水平直徑，O為半圓環(huán)圓心，C為環(huán)上的最低點，環(huán)半徑為R，兩個質量相同的小球分別從A點和B點以初速度v1和v2水平相向拋出，初速度為v1的小球落到a點所用時間為t1，初速度為v2的小球落到B點所用時
12、間為t2，a點高度大于b點高度，不計空氣阻力．則下列判斷正確的是( )
A．兩小球的初速度一定有v1t2
C．不論v1和v2滿足什么關系，兩小球都不會垂直打在圓環(huán)上
D．若兩小球同時水平拋出，不論v1和v2滿足什么關系，兩小球都能在空中相遇
[解析] 兩小球平拋，由圖可知落在a點的小球的水平位移大于落在b點的小球的水平位移，落在a點的小球的豎直位移小于落在b點的小球的豎直位移，由x＝vt，h＝gt2，得t1v2，選項A、B錯誤；從拋出點開始，任意時刻速度的反向延長線必過水平位移的中點，由此可知落在a、b點的小球的速度
13、反向延長線不會過圓心，選項C正確；若速度過小，初速度為v1的小球落到C點左側，初速度為v2的小球落到C點右側，兩球一定不會相遇，選項D錯誤．
[答案] C
遷移三 平拋運動與豎直面組合
3．如圖所示為一同學制作的研究平拋運動的裝置，其中水平臺AO長s＝0.70 m，長方體薄壁槽緊貼O點豎直放置，槽寬d＝0.10 m，高h＝1.25 m，現有一彈性小球從平臺上A點水平射出，已知小球與平臺間的阻力為其重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P點，求小球在平臺上運動的時間；
(2)若小球碰壁后能立即原速率反彈，為使小球能擊中O點正下方槽壁
14、上的B點，B點和O點的距離hB＝0.8 m，求小球從O點出射速度的所有可能值．
[解析] (1)小球恰好落到P點，設小球在O點拋出時的速度為v0，做平拋運動的時間為t1，則有水平方向：d＝v0t1
豎直方向：h＝gt
解得v0＝0.2 m/s
設小球在平臺上運動時加速度大小為a，則0.1mg＝ma
解得a＝1 m/s2
設小球在A點出射時的速度為vA，在平臺上運動的時間為t2，則從A到O，由運動學公式得v－v＝2as，vA－v0＝at2
解得t2＝1 s.
(2)水平方向：2nd＝v0t(n＝1,2,3…)
豎直方向：hB＝gt2
解得v0＝0.5n m/s(n＝1,2,3
15、…)．
[答案] (1)1 s (2)0.5n m/s(n＝1,2,3…)
考向三 圓周運動
[歸納提煉]
1．解決圓周運動力學問題的關鍵
(1)正確進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．
(2)列出正確的動力學方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.結合v＝ωr、T＝＝等基本公式進行求解．
2．抓住“兩類模型”是解決問題的突破點
(1)模型1——水平面內的圓周運動，一般由牛頓運動定律列方程求解．
(2)模型2——豎直面內的圓周運動(繩球模型和桿球模型)，通過最高點和最低點的速度常利用動能定理(或機械能守恒)來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析求解．
(
16、多選)如圖甲所示，輕桿一端與質量為1 kg、可視為質點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內自由轉動．現使小球在豎直平面內做圓周運動，經最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內的最低點，該三點的縱坐標分別是1、0、－5.g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法中正確的是( )
A．輕桿的長度為0.5 m
B．小球經最高點時，桿對它的作用力方向豎直向上
C．B點對應時刻小球的速度為3 m/s
D．曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積為0.6 m
[思路路線]
[解析
17、] 由題可知，A、B、C三點分別對應圓周運動的最高點、最右邊的點和最低點．設桿的長度為L，小球從A到C機械能守恒，有mv＋2mgL＝mv，所以L＝＝ m＝0.6 m，選項A錯誤；若小球在A點恰好對桿的作用力為0，則m＝mg，臨界速度v0＝＝6.0 m/s>vA＝1 m/s.由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球在最高點時受桿豎直向上的支持力，選項B正確；小球從A點到B點有mv＋mgL＝mv，得vB＝＝ m/s，選項C錯誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積表示小球從A點到B點在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6 m，選項D正確．
[答案]
18、 BD
豎直面內的圓周運動問題的解題思路
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型、輕桿模型還是外軌模型；
(2)過最高點的條件：輕繩模型中物體在最高點的速度v≥，輕桿模型中物體在最高點的速度v≥0，外軌模型中物體在最高點的速度v≤；
(3)研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況；
(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據牛頓第二定律列出方程，F合＝F向；
(5)過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯(lián)系起來列出方程．
[熟練強化]
遷移一 水平面內的圓周運動
1．(多選)(2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，在勻速
19、轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質量均為m的兩個物體A和B，它們分別位于圓心兩側、與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，兩物體與圓盤間的動摩擦因數μ相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤轉速加快到兩物體剛好未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是( )
A．此時細線張力大小為3μmg
B．此時圓盤的角速度為
C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外
D．此時燒斷細線，A仍相對圓盤靜止，B將做離心運動
[解析] 由題意可知，兩物體剛好未發(fā)生滑動時，A受背離圓心的靜摩擦力，B受指向圓心的靜摩擦力，其大小均為μmg.設此時細線的張力為T，圓盤轉動的角速度為ω，由牛頓第二定律，對物體
20、A有：T－μmg＝mω2r，對物體B有：T＋μmg＝mω2·2r，兩式聯(lián)立可解得T＝3μmg，ω＝，選項A、B、C正確；燒斷細線時，A所需向心力大小為F＝mω2r＝2μmg>fm，所以物體A將相對圓盤發(fā)生滑動，選項D錯誤．
[答案] ABC
遷移二 豎直面內圓周運動的“桿模型”
2．(2017·河北保定一模)如圖所示，半徑為R的細圓管(管徑可忽略)內壁光滑，豎直放置，一質量為m直徑略小于管徑的小球可在管內自由滑動，測得小球在管頂部時與管壁的作用力大小為mg，g為當地重力加速度，則( )
A．小球在管頂部時速度大小為
B．小球運動到管底部時速度大小可能為
C．小球運動到管底部時
21、對管壁的壓力可能為5mg
D．小球運動到管底部時對管壁的壓力為7mg
[解析] 小球在管頂部時可能與外壁有作用力，也可能與內壁有作用力．如果小球與外壁有作用力，對小球受力分析可知2mg＝m，可得v＝，其由管頂部運動到管底部的過程中由機械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，可以解出v1＝，小球在底部時，由牛頓第二定律有FN1－mg＝m，解得FN1＝7mg.如果小球與內
壁有作用力，對小球受力分析可知，在最高點小球速度為零，其由管頂部運動到管底部的過程中由機械能守恒有mv＝2mgR，解得v2＝，小球在底部時，由牛頓第二定律有FN2－mg＝m，解得FN2＝5mg.C對，A、B、D錯．
[答案]
22、C
遷移三 豎直面內圓周運動的“繩模型”
3．(2017·廣東汕頭二模)如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為T，拉力T與速度v的關系如圖乙所示，圖象中的數據a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是( )
A．數據a與小球的質量有關
B．數據b與圓周軌道半徑有關
C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌道半徑無關
D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑
[解析] 在最高點對小球受力分析，由牛頓第二定律有T＋mg＝m，可得圖線的函數表達式為T＝m－mg，圖乙中橫軸截距為a，則
23、有0＝m－mg，得g＝，則a＝gR；圖線過點(2a，b)，則b＝m－mg，可得b＝mg，則＝，A、B、C錯．由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，則D正確．
[答案] D
高考答題規(guī)范——平拋運動與圓周運動的組合
[考點歸納]
處理平拋運動與圓周運動組合問題應做好以下兩個分析
1．臨界點分析：對于物體在臨界點相關的多個物理量，需要區(qū)分哪些物理量能夠突變，哪些物理量不能突變，而不能突變的物理量(一般指線速度)往往是解決問題的突破口．
2．運動過程分析：對于物體參與的多個運動過程，要仔細分析每個運動過程做何種運動．若為圓周運動，應明確是水平面的勻速圓周運動，還是豎直平面的變速圓周運動
24、，機械能是否守恒；若為拋體運動，應明確是平拋運動，還是類平拋運動，垂直于初速度方向的力是哪個力．
[典題示例]
(20分)(2016·全國卷Ⅱ)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g.
(1)若P的質量為m，求P到達B點時速
25、度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；
(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍．
[審題指導]
第一步 讀題干—提信息
題干
信息
1)當彈簧被壓縮到最短時
說明此時物體速度為零．
2)將彈簧壓縮至長度l
說明此時彈性勢能與彈簧豎直放置時(彈簧長度也為l)相等．
3)光滑半圓軌道
屬于“繩模型”，最高點時速度vD滿足vD≥.
4)它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離
離開圓軌道后做平拋運動.
第二步 審程序—順思路
?
?P的質量取值范圍．
[滿分答案] (1)依題意，當彈簧豎直放
26、置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能Ep＝5mgl①(1分)
設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②(2分)
聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數據得vB＝③(2分)
若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足－mg≥0④(1分)
設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤(2分)
聯(lián)立③⑤式得vD＝⑥(2分)
vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出
27、．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2⑦(1分)
P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧(1分)
聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨(2分)
(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩(2分)
要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有Mv≤Mgl?(2分)
聯(lián)立①②⑩?式得m≤M
28、是要用整體法和隔離法相結合求解的題目，一定要注意研究對象的轉移和轉化問題).
(2)畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運動過程的示意圖.
(3)說明所設字母的物理意義.
(4)說明規(guī)定的正方向、零勢點(面).
(5)說明題目中的隱含條件、臨界條件.
(6)說明所列方程的依據、名稱及對應的物理過程或物理狀態(tài).
(7)說明所求結果的物理意義(有時需要討論分析).
[滿分體驗] 如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內的用光滑鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內徑很?。畟魉蛶У倪\行速度為v0＝6 m/s，將質量m＝1 kg的可看作質點的滑塊無初速地放到傳送帶A端，傳送帶長度為L＝12 m，
29、“9”字全高H＝0.8 m，“9”字CDE部分圓弧半徑為R＝0.2 m的圓弧，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.3，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間；
(2)求滑塊滑到軌道最高點D時對軌道作用力的大小和方向；
(3)若滑塊從“9”形軌道F點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面上的P點，求P、F兩點間的豎直高度h.
[解析] (1)滑塊在傳送帶上加速運動時，由牛頓第二定律有μmg＝ma
解得：a＝μg＝3 m/s2
加速到與傳送帶共速的時間t1＝＝2 s
2 s內滑塊的位移x1＝at＝6 m
之后滑塊做勻速運動的位移x2＝L－x1＝6 m
所用時間t2＝＝1 s
故t＝t1＋t2＝3 s
(2)滑塊由B運動到D的過程中由動能定理得：
－mgH＝mv－mv
在D點：FN＋mg＝m
解得：FN＝90 N，方向豎直向下
由牛頓第三定律得：滑塊對軌道的壓力大小是90 N，方向豎直向上
(3)滑塊由B運動到F的過程中由動能定理得：
－mg(H－2R)＝mv－mv
滑塊撞擊P點時，其速度沿豎直方向的分速度為：vy＝
豎直方向有：v＝2gh
解得：h＝1.4 m.
[答案] (1)3 s (2)90 N 方向豎直向上 (3)1.4 m
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2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題一 力與運動 第三講 力與物體的曲線運動學案
