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专题04 曲线运动常考模型
目录 题型一 曲线运动和运动的合成与分解 题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用 题型三 圆周运动问题 题型四 圆周、直线平抛组合模型
题型一 曲线运动和运动的合成与分解
【解题指导】
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．
【方法提炼】
1.解决运动的合成和分解的一般思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题的解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
【综合训练】
1．三级跳远是速度、力量和平衡能力的结合。设运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，运动员每次起跳姿势不变且与地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，则运动员从点开始起跳到点的整个过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是　　
A．每次运动到最高点时速度为0
B．每次起跳速度方向与水平方向的夹角相等
C．运动员在空中时的加速度恒定
D．从起跳到着地三段运动水平方向速度变化量越来越大
2．如图所示，人以恒定的速度拉动绳子，使小船沿水面向河岸靠近，则绳上的点的瞬时速度方向符合实际的是　　
A．
B．
C．
D．
3．质量为的质点在平面上做曲线运动，在方向的速度图象和方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是　　
A．质点的初速度为3
B．质点所受的合外力为3
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．2 末质点速度大小为6
4．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为，货物的质量为，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是　　
A．货车的速度等于
B．货物处于失重状态
C．缆绳中的拉力大于
D．货车对地面的压力大于货车的重力
5．船在静水中速度与时间的关系如图甲所示，河水流速与某河岸边的距离的变化关系如图乙所示，则　　
A．船渡河的最短时间
B．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船以最短时间渡河，船在河水中的最大速度是
题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【解题指导】
1．基本思路
处理平抛(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．
2．两个突破口
(1)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．
(2)若平抛运动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．
【方法提炼】
破解平抛（类平抛）运动问题的六大要点
(1)建立坐标系，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上。
(2)各自独立，分别分析
(3)平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。
(4)平抛(或类平抛)运动的推论
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。
(5)求解平抛(或类平抛)运动的技巧
①处理平抛(或类平抛)运动的基本方法是把运动分解为相互垂直的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。
②要善于确定平抛(或类平抛)运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。
(6)建好“两个模型”
①常规的平抛运动及类平抛模型。
②与斜面相结合的平抛运动模型。
a．从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。
b．从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。
【综合训练】
6．如图所示，虚线为、两小球从等宽不等高的台阶抛出的运动轨迹，球从台阶1的右端水平抛出后，运动至台阶2右端正上方时，球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，不计空气阻力，则　　
A．两球抛出时的速度大于的速度
B．两球相遇时的速度大小为的两倍
C．台阶1、2的高度差是台阶2、3高度差的4倍
D．两球相遇时的速度与水平方向的夹角的正切值为的两倍
7．以水平速度抛出的小球1落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图实线所示；在斜面顶端以水平速度抛出的小球2落在斜面上，其轨迹如图虚线所示，则　　
A．球1在空中经历的时间为
B．球1在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
C．球2落回斜面时的速度大小是
D．球2从开始抛出运动时间，离开斜面的距离最大。
8．如图所示，一半圆位于竖直平面内，圆心为，为半圆的直径，是圆弧的最低点，弧长为弧长的一半。在点以水平速度抛出一个小球，小球刚好落到点，不计空气阻力，重力加速度为。则圆弧的半径为　　
A． B． C． D．
9．如图所示，一可视作质点的小球在斜面上的某点以水平速度从斜面上抛出，飞行一段时间后落回在斜面上，水平向左方向上有恒定的风力作用，不计空气阻力，下列说法不正确的一项是　　
A．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量大小不变
B．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量方向不变
C．小球在空中的运动轨迹是一条抛物线
D．小球在空中的运动性质是变加速曲线运动
10．如图所示，一小球从空中某处以大小为，方向与竖直方向成斜向上抛出，小球受到水平向右、大小为的水平风力，若小球落地时速率为，重力加速度为，则小球在空中运动的时间为　　
A． B． C． D．
题型三 圆周运动问题
【解题指导】
1.基本思路
(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.
2.技巧方法
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．
【方法提炼】
1.圆周运动问题的求解步骤
(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。
(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．圆周运动的一些典型模型的处理方法
【综合训练】
11．2024年4月25日，神舟十八号飞船发射成功，将3位航天员送入我国天宫空间站。随着我国载人航天事业的发展，国家需要训练更多的航天员。现有如图所示的训练装置，航天员在训练舱内身体与训练舱的侧壁和底面接触，训练舱可绕竖直转轴在水平面内做匀速圆周运动，航天员重心到转轴的水平距离为，重力加速度为。若要使航天员在训练舱中所受的支持力达到其重力的2倍，不考虑航天员所受的摩擦力，航天员可视为质点，则训练舱绕转轴转动的角速度为　　
A． B． C． D．
12．如图所示，半径为的光滑球形石墩固定不动，质量为的小物块从石墩的顶点以初速度沿石墩表面下滑，则　　
A．越小，分离越早
B．取适当值，可在球心等高处分离
C．若，物块在石墩顶点处分离
D．分离瞬间物块的向心加速度一定等于重力加速度
13．在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的点和大齿轮边缘的点，下列说法正确的是　　
A．点和点的线速度大小之比为
B．点和点的角速度之比为
C．点和点的角速度之比为
D．点和点的线速度大小之比为
14．如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是　　
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
15．如图所示，中国空军进行飞行表演时在水平面内做半径为的匀速圆周运动，经观测发现飞机做圆周运动的周期为，若飞机的质量为，重力加速度大小为。下列说法正确的是　　
A．飞机受到重力、向心力和空气对其的作用力
B．空气对飞机作用力的方向竖直向上
C．飞机做圆周运动的向心力大小为
D．空气对飞机作用力的大小为
题型四 圆周、直线平抛组合模型
【方法提炼】
解决“圆周平抛（直线）组合模型”问题的5点要素
1．一个物体平抛运动和（圆周）直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．
2．两个物体分别做平抛运动和（圆周）直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．
3.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．
4．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点．
5.程序法在解圆周平抛（直线）组合模型中的应用
所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．
【综合训练】
16．如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在点，不计空气阻力。下列说法正确的是　　
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在点
17．图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度从点冲上圆心角为的圆弧跳台，从点离开跳台，点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的点。忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及装备看成质点，则下列说法正确的是　　
A．运动员在点速度为0
B．运动员在圆弧轨道上运动时处于失重状态
C．运动员从到与从到两个过程的速度变化量方向相反
D．运动员以更大的初速度从点冲上轨道，运动轨迹的最高点在点的右上方
18．水平光滑直轨道与半径为的竖直半圆形光滑轨道相切，一小球以初速度沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的点，则　　
A．小球到达点的速度为
B．越大，小球经过点的瞬间对轨道的压力变大
C．小球在直轨道上的落点与点距离为
D．小球从点落到点需要时间为
19．某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离后落地．已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度，忽略空气阻力．则　　
A．从绳断到小球落地的时间为
B．小球落地时的速度大小为
C．绳子的最大拉力为
D．绳子的最大拉力为
20．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，如图所示，甩动手腕，球就可以在竖直平面内做完整的圆周运动。已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度为，绳能承受的最大拉力为，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时的最小速度；
（2）某次甩动手腕后，球运动到最低点时，绳恰好断掉，求：
绳断时球的速度大小；
绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离。
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专题04 曲线运动常考模型
目录 题型一 曲线运动和运动的合成与分解 题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用 题型三 圆周运动问题 题型四 圆周、直线平抛组合模型
题型一 曲线运动和运动的合成与分解
【解题指导】
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向；
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成．
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质．
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则．
【方法提炼】
1.解决运动的合成和分解的一般思路
(1)明确合运动和分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的方向关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．关联速度问题的解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。
【综合训练】
1．三级跳远是速度、力量和平衡能力的结合。设运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，运动员每次起跳姿势不变且与地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，则运动员从点开始起跳到点的整个过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是　　
A．每次运动到最高点时速度为0
B．每次起跳速度方向与水平方向的夹角相等
C．运动员在空中时的加速度恒定
D．从起跳到着地三段运动水平方向速度变化量越来越大
【答案】
【解答】解：．运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，则运动员的运动可以分解为沿竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀加速直线运动。每次运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故错误；
．由于运动员着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，由
可知每次起跳高度相同，由
可知每次起跳在空中的时间相同，而在水平方向上受恒定的水平风力作用，因此每次起跳水平方向上都是匀加速直线运动，起跳时竖直分速度不变，而水平分速度越来越大，故每次起跳速度方向与水平方向的夹角不相等，且水平方向上△，可知从起跳到着地三段运动水平方向速度变化量相同，故错误；
．由于运动员在空中运动过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，因此运动员在空中时所受合外力不变，加速度不变，故正确。
故选：。
2．如图所示，人以恒定的速度拉动绳子，使小船沿水面向河岸靠近，则绳上的点的瞬时速度方向符合实际的是　　
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解答】解：点既有沿绳子方向的分速度，且和小船沿绳子方向的分速度相等，又有垂直于绳子方向的分速度，且小于小船垂直于绳子方向的分速度，即合速度方向斜向上，故正确，错误。
故选：。
3．质量为的质点在平面上做曲线运动，在方向的速度图象和方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是　　
A．质点的初速度为3
B．质点所受的合外力为3
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．2 末质点速度大小为6
【答案】
【解答】解：、轴方向初速度为，轴方向初速度，质点的初速度。故错误。
、轴方向的加速度，质点的合力．故正确。
、合力沿轴方向，而初速度方向既不在轴，也不在轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直。故错误。
、由图可知，末质点速度方向的大小为，而方向的速度仍然是，所以合速度是。故错误。
故选：。
4．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为，货物的质量为，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是　　
A．货车的速度等于
B．货物处于失重状态
C．缆绳中的拉力大于
D．货车对地面的压力大于货车的重力
【答案】
【解答】解：、关联速度可知，沿着绳上的速度相等，可知
解得
故错误；
、货车向左做匀速直线运动的过程中，减小，增大，货车向左做匀速直线运动，增大，加速度向上，则货物处于超重状态，故错误；
、由加速度向上，则
缆绳中的拉力大于，故正确；
、对货车受力分析可得
即
货车的对地面的压力小于货车的重力，故错误；
故选：。
5．船在静水中速度与时间的关系如图甲所示，河水流速与某河岸边的距离的变化关系如图乙所示，则　　
A．船渡河的最短时间
B．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船以最短时间渡河，船在河水中的最大速度是
【答案】
【解答】解：．要使船渡河的时间最短，则船沿垂直于河岸方向的分速度始终最短，所以当船在静水中速度与河岸垂直时，渡河时间是最短，最短时间为，故错误，正确；
．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线，故错误；
．船以最短时间渡河，即船在静水中速度与河岸垂直，船在河水中的最大速度是，故正确。
故选：。
题型二 平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【解题指导】
1．基本思路
处理平抛(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．
2．两个突破口
(1)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．
(2)若平抛运动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．
【方法提炼】
破解平抛（类平抛）运动问题的六大要点
(1)建立坐标系，分解运动
将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动，而类平抛运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上。
(2)各自独立，分别分析
(3)平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。
(4)平抛(或类平抛)运动的推论
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ。
(5)求解平抛(或类平抛)运动的技巧
①处理平抛(或类平抛)运动的基本方法是把运动分解为相互垂直的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。
②要善于确定平抛(或类平抛)运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。
(6)建好“两个模型”
①常规的平抛运动及类平抛模型。
②与斜面相结合的平抛运动模型。
a．从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形。
b．从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形。
【综合训练】
6．如图所示，虚线为、两小球从等宽不等高的台阶抛出的运动轨迹，球从台阶1的右端水平抛出后，运动至台阶2右端正上方时，球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，不计空气阻力，则　　
A．两球抛出时的速度大于的速度
B．两球相遇时的速度大小为的两倍
C．台阶1、2的高度差是台阶2、3高度差的4倍
D．两球相遇时的速度与水平方向的夹角的正切值为的两倍
【答案】
【解答】解：．两个小球都做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，根据，根据题意，运动至台阶2右端正上方时，球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，和都相等，所以相等，故错误；
．因为水平速度相等，台阶的宽度也相等，所以两个小球在空中运动的总时间之比为，所以相遇时两球竖直速度之比为，合速度，其比值一定不等于，故错误；
．根据平抛运动竖直方向：
水平方向：
联立解得：
台阶1、3的高度差与台阶2、3高度差之比为
所以，台阶1、2的高度差与台阶2、3高度差之比为
故错误；
．设2、3台阶的高度差为，则1、3台阶的高度差为，设台阶的宽度，根据平抛运动的推论
得
两球相遇时的速度与水平方向的夹角的正切值与的速度与水平方向的夹角的正切值之比为
故正确。
故选：。
7．以水平速度抛出的小球1落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图实线所示；在斜面顶端以水平速度抛出的小球2落在斜面上，其轨迹如图虚线所示，则　　
A．球1在空中经历的时间为
B．球1在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
C．球2落回斜面时的速度大小是
D．球2从开始抛出运动时间，离开斜面的距离最大。
【答案】
【解答】解：、由于小球1的速度方向与斜面垂直，根据平行四边形定则知，，解得，故正确；
、以水平速度抛出的小球1落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，根据运动的合成与分解可得：；球1在竖直方向下落的距离，在水平方向通过的距离为，球1在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为，故错误；
、球2落回斜面时，速度的分解如图所示，则此时的速度大小是，而，故错误；
、球2离开斜面的距离最大时速度方向沿斜面方向，如图所示，则此时竖直方向的速度，解得球2从开始抛出运动时间，故错误。
故选：。
8．如图所示，一半圆位于竖直平面内，圆心为，为半圆的直径，是圆弧的最低点，弧长为弧长的一半。在点以水平速度抛出一个小球，小球刚好落到点，不计空气阻力，重力加速度为。则圆弧的半径为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】解：设半径为，弧长为弧长的一半，所以，由平抛规律：，，联立解得：，故正确，错误。
故选：。
9．如图所示，一可视作质点的小球在斜面上的某点以水平速度从斜面上抛出，飞行一段时间后落回在斜面上，水平向左方向上有恒定的风力作用，不计空气阻力，下列说法不正确的一项是　　
A．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量大小不变
B．小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量方向不变
C．小球在空中的运动轨迹是一条抛物线
D．小球在空中的运动性质是变加速曲线运动
【答案】
【解答】解：、小球在空中运动过程中，单位时间内的速度变化量
△
由于加速度恒定，单位时间内的速度变化量大小不变、方向不变，故正确，不符合题意。
、小球在空中运动过程中，受水平向左的恒定的风力和竖直向下的重力作用，小球所受的合力是恒力，由牛顿第二定律，可知加速度恒定，加速度方向向左下方，速度与合力不共线，所以小球在空中的运动性质是匀加速曲线运动，小球在空中的运动轨迹是一条抛物线，故正确，不符合题意，错误，符合题意；
故选：。
10．如图所示，一小球从空中某处以大小为，方向与竖直方向成斜向上抛出，小球受到水平向右、大小为的水平风力，若小球落地时速率为，重力加速度为，则小球在空中运动的时间为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】解：小球的受力分析如图所示，根据矢量的合成可知
方向与垂直斜向下，故小球做类平抛运动，加速度，以方向为轴，合力方向为轴建立直角坐标系得
故正确，错误；
故选：。
题型三 圆周运动问题
【解题指导】
1.基本思路
(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.
2.技巧方法
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．
【方法提炼】
1.圆周运动问题的求解步骤
(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。
(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
2．圆周运动的一些典型模型的处理方法
【综合训练】
11．2024年4月25日，神舟十八号飞船发射成功，将3位航天员送入我国天宫空间站。随着我国载人航天事业的发展，国家需要训练更多的航天员。现有如图所示的训练装置，航天员在训练舱内身体与训练舱的侧壁和底面接触，训练舱可绕竖直转轴在水平面内做匀速圆周运动，航天员重心到转轴的水平距离为，重力加速度为。若要使航天员在训练舱中所受的支持力达到其重力的2倍，不考虑航天员所受的摩擦力，航天员可视为质点，则训练舱绕转轴转动的角速度为　　
A． B． C． D．
【答案】
【解答】解：对航天员进行受力分析，在重力、支持力（重力的2倍）作用做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：
解得：，故错误，正确。
故选：。
12．如图所示，半径为的光滑球形石墩固定不动，质量为的小物块从石墩的顶点以初速度沿石墩表面下滑，则　　
A．越小，分离越早
B．取适当值，可在球心等高处分离
C．若，物块在石墩顶点处分离
D．分离瞬间物块的向心加速度一定等于重力加速度
【答案】
【解答】解：、若物块在石墩顶点位置恰好分离，由牛顿第二定律有：
则有：
可知，当物块从石墩的顶点以初速度大于或等于时，物块在石墩顶点处分离，故正确；
、结合上述可知，当速度小于时，物块在石墩顶点下侧某一位置分离，令该位置同圆心连线于竖直方向夹角为，则有：
物块从顶点到分离位置，根据动能定理有：
联立以上几式解得：
可知，当速度小于时，越小，分离越迟，故错误；
、结合选项分析可知：
若物块在球心等高处分离，则一定等于，可知，上述表达式不可能成立，即物块不可能在球心等高处分离，故错误；
、由上述分析可知，分离瞬间由重力沿半径方向的分力提供向心力，此时物块的向心加速度一定小于重力加速度，故错误。
故选：。
13．在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的点和大齿轮边缘的点，下列说法正确的是　　
A．点和点的线速度大小之比为
B．点和点的角速度之比为
C．点和点的角速度之比为
D．点和点的线速度大小之比为
【答案】
【解答】解：三个齿轮边缘的点线速度相等，故点和点的线速度大小之比为，点和点的半径之比为，
由
得点和点的角速度之比为。
故正确，错误。
故选：。
14．如图1所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图2所示。下列说法中正确的是　　
A．根据图线可以得出小球的质量
B．根据图线可以得出重力加速度
C．绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变
【答案】
【解答】解：、根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：，变形为：
根据图像的斜率可得：
根据图像的横轴截距可得：
解得：，，故正确，错误；
、根据斜率，可知不变，减小，斜率减小，故错误；
、横轴截距，可知变大，不变，所以会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故错误。
故选：。
15．如图所示，中国空军进行飞行表演时在水平面内做半径为的匀速圆周运动，经观测发现飞机做圆周运动的周期为，若飞机的质量为，重力加速度大小为。下列说法正确的是　　
A．飞机受到重力、向心力和空气对其的作用力
B．空气对飞机作用力的方向竖直向上
C．飞机做圆周运动的向心力大小为
D．空气对飞机作用力的大小为
【答案】
【解答】解：．飞机在做圆周运动时受到重力和空气对其的作用力，空气对其的作用力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，故错误；
．根据向心力公式可知
故错误；
．空气对飞机作用力的大小为
故正确。
故选：。
题型四 圆周、直线平抛组合模型
【方法提炼】
解决“圆周平抛（直线）组合模型”问题的5点要素
1．一个物体平抛运动和（圆周）直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．
2．两个物体分别做平抛运动和（圆周）直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．
3.对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．
4．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点．
5.程序法在解圆周平抛（直线）组合模型中的应用
所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．
【综合训练】
16．如图为某闯关游戏简化图。一绕过其圆心的竖直轴顺时针匀速转动的圆形转盘浮在水面上，转盘表面始终保持水平，为转盘边缘上一点。某时刻，一挑战者从水平跑道边缘点以速度向右跳出，初速度方向平行于方向，且运动轨迹与此时刻在同一竖直平面内，随后参赛者正好落在点，不计空气阻力。下列说法正确的是　　
A．若跳出时刻不变，仅增大，参赛者必定落水
B．若跳出时刻不变，仅减小，参赛者一定会落在之间
C．若跳出时刻不变，仅增大转盘的转速，参赛者不可能落在点
D．若跳出时刻不变，仅减小转盘的转速，参赛者可能落在点
【答案】
【解答】解：参赛者正好落在点，则点可能出现在图示的两个位置：
参赛者在空中所做运动为平抛运动，竖直高度不变，参赛者在空中运动时间不变，如果仅增大，则参赛者的水平位移增大，可能落水，可能在台面上；仅减小，参赛者的水平位移减小，可能落水，可能在台面上。故错误；
仅增大转盘的转速，或仅减小转盘的转速，参赛者的水平位移不变，只要满足仍在原位置，参赛者就仍可能落在点，故错误，正确。
故选：。
17．图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度从点冲上圆心角为的圆弧跳台，从点离开跳台，点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的点。忽略运动过程中受到的空气阻力并将运动员及装备看成质点，则下列说法正确的是　　
A．运动员在点速度为0
B．运动员在圆弧轨道上运动时处于失重状态
C．运动员从到与从到两个过程的速度变化量方向相反
D．运动员以更大的初速度从点冲上轨道，运动轨迹的最高点在点的右上方
【答案】
【解答】解：、运动员在点时具有水平速度，即速度不为0，故错误；
、运动员在圆弧轨道上运动时设速度与水平方向夹角为，则其竖直方向分速度为，运动员从运动到过程，其线速度减小，增大，导致增大，可知先增大后减小，即运动员竖直方向加速度先竖直向上后竖直向下，运动员先处于超重状态后出于失重状态，故错误；
、由△△可知运动员从到与从到两个过程的速度变化量方向均竖直向下，方向相同，故错误；
、运动员以更大的初速度从点冲上轨道，则从点离开跳台时，具有更大的斜抛初速度，根据，，解得，根据可知运动员在最高点的水平分位移和竖直分位移均增大，运动轨迹的最高点在点的右上方，故正确。
故选：。
18．水平光滑直轨道与半径为的竖直半圆形光滑轨道相切，一小球以初速度沿直轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的点，则　　
A．小球到达点的速度为
B．越大，小球经过点的瞬间对轨道的压力变大
C．小球在直轨道上的落点与点距离为
D．小球从点落到点需要时间为
【答案】
【解答】解：由题意可知，小球进入圆形轨道后刚好能通过点，重力提供向心力，则
解得
故正确；
设小球在点受到轨道的支持力为，对小球在点时受力分析，由牛顿第二定律可得
由牛顿第三定律有，小球经过点的瞬间对轨道的压力大小为
可见越大，小球经过点的瞬间对轨道的压力变小。故错误；
小球从点到点做平抛运动，则
解得
故正确。
故选：。
19．某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离后落地．已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度，忽略空气阻力．则　　
A．从绳断到小球落地的时间为
B．小球落地时的速度大小为
C．绳子的最大拉力为
D．绳子的最大拉力为
【答案】
【解答】解：、依题意小球以绳断时的速度水平飞出后做平抛运动，竖直方向的位移为：，代入数据可得：。由公式：，代入数据可得小球落地时间：，故正确；
、小球平抛过程水平位移满足：，代入数据可得：，落地还要下落一定的距离，所以落地速度要大于，故错误；
、小球处于最低点时速度最大，此时绳子上的拉力最大，有，代入数据可得：，故错误；正确。
故选：。
20．小李同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，如图所示，甩动手腕，球就可以在竖直平面内做完整的圆周运动。已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度为，绳能承受的最大拉力为，忽略手的运动半径和空气阻力。求：
（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时的最小速度；
（2）某次甩动手腕后，球运动到最低点时，绳恰好断掉，求：
绳断时球的速度大小；
绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离。
【答案】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时的最小速度为；
（2）绳断时球的速度大小为；
绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离为。
【解答】解：（1）小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，则半径为，小球过最高点时，重力恰好提供向心力，则
则小球过点时的最小速度为
（2）设绳断时的绳的速度为，根据牛顿第二定律有
解得
绳断后，小球做平抛运动，根据平抛运动规律有
小球落地点与抛出点的水平距离为
答：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点时的最小速度为；
（2）绳断时球的速度大小为；
绳断后，小球落地点与抛出点的水平距离为。
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