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[限时练·通高考]__________________________________科学设题__拿下高考高分
(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·广东汕头高三检测)港珠澳大桥已经开通，在香港和澳门无论开车和步行都是靠左行走，而内地都是靠右行走，所以香港、澳门和珠海的汽车往来需要变换交通规则。具体的做法就是在大桥的香港和澳门所有出入口接线处架设如图所示的立交桥来改变行驶方式。以下说法正确的是(　　)
A．汽车匀速通过立交桥时合外力为零
B．汽车通过立交桥的过程合外力方向保持不变
C．汽车通过立交桥时受到的桥面支持力不一定与汽车的重力相互平衡
D．两辆相同的汽车并排通过立交桥时合外力的大小可能一直保持相等
解析：汽车匀速通过立交桥时做曲线运动，合外力不为零，方向指向曲线凹侧，时刻变化，故A、B错误；立交桥转弯的地方路面外高内低，桥面支持力与汽车的重力不会平衡，在路面水平的地方桥面支持力与汽车的重力平衡，故C正确；两辆相同的汽车并排通过立交桥时做曲线运动，二者离圆心的距离不相等，合外力充当向心力，故合外力的大小m不相等，故D错误。
答案：C
2．(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)
A．运动周期为
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
解析：由题意可知座舱运动周期为T＝，线速度为v＝ωR，受到的合力为F＝mω2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误．
答案：BD
3．(2020·江西宜春市第一学期期末)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v?t图像。以下判断正确的是(　　)
A．在0～1
s内，物体做匀速直线运动
B．在0～1
s内，物体做匀变速直线运动
C．在1～2
s内，物体做匀变速直线运动
D．在1～2
s内，物体做匀变速曲线运动
解析：在0～1
s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A、B错误；在1～2
s内，水平方向初速度为v0x＝4
m/s，加速度为ax＝4
m/s2，竖直方向初速度为v0y＝3
m/s，加速度为ay＝3
m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5
m/s，合加速度为a＝5
m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C正确，D错误。
答案：C
4.如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是(　　)
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝∶2
解析：将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos
α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin
α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos
α＝vA，知斜绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。
答案：D
5.如图所示，一条小河河宽d＝60
m，水速v1＝3
m/s，甲、乙两船在静水中的速度均为v2＝5
m/s。两船同时从A点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好到达正对岸的B点，乙船到达对岸的C点(未画出)，则(　　)
A．α＝β
B．两船过河时间为12
s
C．两船航行的合速度大小相同
D．BC的距离为72
m
解析：因为两船同时到达对岸，所以＝，解得α＝β，A正确；当船头垂直河岸渡河时t＝＝12
s，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v2，故渡河时间大于12
s，B错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C错误；根据几何知识可得cos
α＝cos
β＝，所以sin
β＝，故乙船在水流方向的速度为v＝(3＋5×)m/s＝6
m/s，渡河时间为t′＝＝15
s，所以BC的距离为xBC＝vt′＝6×15
m＝90
m，D错误。
答案：A
6．(2018·高考全国卷Ⅲ)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(　　)
A．2倍　　　　　　　　
B．4倍
C．6倍
D．8倍
解析：如图所示，可知：
x＝v0t，x·tan
θ＝gt2
则x＝·v，
即x∝v
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1。
答案：A
7．游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)
A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
解析：向心力是效果力，本题中模型飞机的向心力是重力与旋臂的作用力的合力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，旋臂作用力在竖直方向的分力与模型飞机的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于m、ω、L、θ之间的数量关系未知，故不能确定旋臂作用力方向与旋臂是否垂直，B错误；根据B选项的分析可知旋臂对模型飞机的作用力大小F＝＝m，C正确；根据C选项的分析，当0<θ<90°时，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。
答案：C
8．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)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v?t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：根据v?t图像中图线与t轴包围的面积表示位移可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次大，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，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比第一次的小，C错误；根据v?t图像的斜率表示加速度知，当竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向加速度小，设滑翔过程中在竖直方向受到的阻力为F阻，由mg－F阻＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大，D正确。
答案：BD
[能力题组专练]
9．(多选)如图，排球场总长为18
m，设网的高度为2
m，运动员站在离网3
m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5
m处把作为质点的排球垂直于网水平击出。空气阻力不计，重力加速度g取10
m/s2，则(　　)
A．若球未触网，排球飞行时间为
s
B．击球速度大于20
m/s，球必定会出界
C．击球速度小于10
m/s，球必定会触网
D．只要击球点高于2
m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内
解析：若排球未触网，排球做平抛运动，根据H＝gt2，得排球飞行时间为t1＝
＝
s＝
s，故A正确；排球出界的临界击球速度值为v1＝＝
m/s＝12
m/s，所以击球速度大于20
m/s，球必定会出界，故B正确；若球恰好触网，则球在球网上方运动的时间为t2＝＝
s＝
s，由此求得排球触网的临界击球速度为v2＝＝
m/s＝3
m/s，即击球速度小于3
m/s，球必定会触网，故C错误；设击球点的高度为H′，当H′较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，如果球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有＝，代入数据计算得出H′≈2.13
m，即击球高度小于2.13
m时，不论击球速度多大，球要么出界，要么触网，一定不会落到对方界内，D错误。
答案：AB
10．(多选)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示。设细管内径可忽略不计，则下列说法正确的是(　　)
A．当地的重力加速度大小为
B．该小球的质量为R
C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a
D．当0≤v2解析：由图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m，故g＝，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝，所以小球的质量m＝R，选项B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，由机械能守恒定律可得mg·2R＝mv′2－m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，由向心力公式可得F′－mg＝m，联立解得F′＝7a，选项C正确；当0≤v2答案：BC
11．如图所示，一水平放置的圆盘面上水平放置一劲度系数为k的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接一个可视为质点、质量为m的物体A，物体A与盘面间的动摩擦因数为μ(已知μ≤)。开始时弹簧未发生形变，长度为l0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动角速度的最大值ω0；
(2)使弹簧的长度变为l0，为使物体A能与转盘相对静止，求圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
解析：(1)A与转盘相对静止时，弹簧弹力为0，则当圆盘转动角速度取最大值ω0时，A的向心力大小等于最大静摩擦力，即μmg＝mωl0
解得ω0＝。
(2)因为k≥μmg，角速度取最小值ω1时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之差，则
k－μmg＝mω·
解得ω1＝
角速度取最大值ω2时，A的向心力的大小为弹簧弹力与最大静摩擦力之和，则k＋μmg＝mω·
解得ω2＝
所以
≤ω≤
。
答案：(1)
　(2)
≤
ω
≤
12.如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25
m，C端切线水平，竖直墙壁CD高H＝0.2
m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L＝0.3
m的斜面。一个质量为m＝0.1
kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5
m处由静止释放，从C点水平抛出。已知小物块与AB段的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。
(1)求小物块运动到C点时对轨道压力的大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
解析：(1)从A到C，对小物块由动能定理得
mglsin
37°＋mg(r－rcos
37°)－μmglcos
37°＝mv
解得v0＝
m/s
在C点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq
\f(v,r)
得FN＝2.2
N
由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道压力的大小为FN′＝2.2
N。
(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，则有
＝
解得x＝0.3－1.5y
由平抛运动规律有
x＝v0t，y＝gt2
联立得15t2＋2t－0.6＝0
解得t＝
s。
(3)由(2)可知x＝0.3－1.5y
则x2＝vt2＝v＝(0.3－1.5y)2
解得v＝
小物块击中斜面的动能
Ek＝mv＋mgy＝mg＋mgy－mg
当mg＝mgy，即y＝0.12
m时，小物块击中斜面时动能最小，且Ekmin＝0.15
J。
答案：(1)2.2
N　(2)
s　(3)0.15
J(共45张PPT)
专题一
力与运动
第3讲　抛体运动　圆周运动
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
考向一　运动的合成与分解
1．运动性质和轨迹的判断
若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速运动，加速度不恒定则为非匀变速运动。
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
3.“端速问题”解题原则
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。
[典例1]　(多选)(2020·山东师范大学附属中学高三模拟)质量为2
kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的速度图像和y方向的位移图像
如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．质点的初速度为5
m/s
B．2
s末质点的速度大小为6
m/s
C．质点初速度的方向与合外力方
向垂直
D．质点所受的合外力为3
N
AD
易错警示
运动的合成与分解问题的三点注意
…………………………………………………………………………………
(1)物体的实际运动是合运动，明确分运动的特点，如典例中物体在x方向和y方向的运动特点。
(2)根据物体运动过程的受力分析判断合运动的性质，如典例中的合外力沿x方向，合运动是匀变速曲线运动。
(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，遵循平行四边形定则，同时还要注意合运动与分运动的等时性。
1．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相
等，且两船相遇时不影响各自的航行，下列判断正确的是(　　)
A．甲船也能到达正对岸
B．甲船渡河时间一定短
C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)
D．渡河过程中两船不会相遇
C
2．如图所示，物体A套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，开始时A、B间的细绳呈水平状态。现由计算机控制物体A的
运动，使其恰好以速度v沿杆匀速下滑(B始终未与滑轮相碰)，则(　　)
A．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vsin
α
B．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vcos
α
C．物体B也做匀速直线运动
D．物体B做匀加速直线运动
B
3．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v?t图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x?t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A．猴子的运动轨迹为直线
B．猴子在2
s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8
m/s
D．t＝2
s时猴子的加速度大小为4
m/s2
答案：BD
考向二　抛体运动
1．处理方法
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
2．两个推论
(1)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中的B是OC的中点。
(2)做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角θ及位移与水平方向的夹角φ，则满足tan
θ＝2tan
φ。
3．两个“二级结论”
(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。
BC
B
B
AD
[典例3]　(多选)由于受新冠肺炎疫情影响，中国体操队选手没能按计划参加2020年体操世界杯墨尔本站比赛，荷兰名将宗德兰德轻松夺冠。假设运动员训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员运动到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F?v2图像如图乙所示。g取10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员的质量为65
kg
B．运动员的重心到单杠的距离为0.9
m
C．当运动员在最高点的速度为4
m/s时，运动员受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，运动员运动到最低点时，单臂最少要承受3
250
N的力
[答案]　ABD
规律总结
解决圆周运动问题的主要步骤
…………………………………………………………………………………
(1)确定研究对象，明确运动模型，如典例中是竖直平面内的圆周运动，运动员的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。
(2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等。
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如典例中，单杠对运动员的弹力与其重力充当向心力。
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
ABD
BC
9．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT?v2图像如图乙所示，则(　　)
答案：ABD
限时练?通高考
点击进入word....第3讲　抛体运动　圆周运动
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.物体做曲线运动的条件：当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动。2.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tan
θ＝2tan
φ。3.水平面内圆周运动的临界问题(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：绳子松弛的临界条件是绳的张力FT＝0；接触面滑动的临界条件是拉力F＝Ffmax；接触面分离的临界条件是接触面间的弹力FN＝0。4.竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳模型：半径为R的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是v≥。(2)杆模型：物体能通过最高点的条件是v≥0。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　运动的合成与分解
1．运动性质和轨迹的判断
若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速运动，加速度不恒定则为非匀变速运动。
2．三种过河情景
时间最短
位移最短
渡河情景
渡河条件
船头垂直于河岸
船头斜向上游且v船>v水
船头斜向上游，与合速度方向垂直，且v水>v船
渡河结果
最短时间tmin＝
最短位移为河宽d
最短位移为d
3.“端速问题”解题原则
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。
[典例1]　(多选)(2020·山东师范大学附属中学高三模拟)质量为2
kg的质点在xOy平面上做曲线运动，它在x方向的速度图像和y方向的位移图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．质点的初速度为5
m/s
B．2
s末质点的速度大小为6
m/s
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．质点所受的合外力为3
N
[解析]　质点在x方向的初速度为vx＝3
m/s，y方向的初速度为vy＝－4
m/s，故质点的初速度为v0＝eq
\r(v＋v)＝5
m/s，A正确；2
s末质点的速度大小为v＝
m/s＝2
m/s，B错误；合外力沿x方向，而初速度方向既不沿x方向，也不沿y方向，故质点初速度的方向与合外力方向不垂直，C错误；质点的加速度a＝1.5
m/s2，所受的合外力F合＝ma＝3
N，D正确。
[答案]　AD
易错警示
运动的合成与分解问题的三点注意
……………………………………………………
(1)物体的实际运动是合运动，明确分运动的特点，如典例中物体在x方向和y方向的运动特点。
(2)根据物体运动过程的受力分析判断合运动的性质，如典例中的合外力沿x方向，合运动是匀变速曲线运动。
(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，遵循平行四边形定则，同时还要注意合运动与分运动的等时性。
1．如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相等，且两船相遇时不影响各自的航行，下列判断正确的是(　　)
A．甲船也能到达正对岸
B．甲船渡河时间一定短
C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)
D．渡河过程中两船不会相遇
解析：甲船航行方向与河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不会垂直河岸，即甲船不能垂直到达对岸，A错误；在垂直河岸方向上v甲＝vsin
α，v乙＝vsin
α，故渡河时间t甲＝＝、t乙＝＝，所以渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上分速度相等，又是同时出发的，故两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，B、D错误，C正确。
答案：C
2．如图所示，物体A套在竖直杆上，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，开始时A、B间的细绳呈水平状态。现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿杆匀速下滑(B始终未与滑轮相碰)，则(　　)
A．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vsin
α
B．绳与杆的夹角为α时，B的速率为vcos
α
C．物体B也做匀速直线运动
D．物体B做匀加速直线运动
解析：如图所示，将A物体的速度按图示两个方向分解，绳子速率v绳＝v∥＝vcos
α，而绳子速率等于物体B的速率，则物体B的速率vB＝v绳＝vcos
α，故A错误，B正确；因物体A向下运动的过程中α减小，则cos
α增大，vB增大，B物体做加速运动，但不是匀加速运动，故C、D错误。
答案：B
3．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v?t图像如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的x?t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是(　　)
A．猴子的运动轨迹为直线
B．猴子在2
s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8
m/s
D．t＝2
s时猴子的加速度大小为4
m/s2
解析：由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2
s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；x?t图像的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为vx＝4
m/s，又竖直方向初速度大小vy＝8
m/s，则t＝0时猴子的速度大小为v＝eq
\r(v＋v)＝4
m/s，故C错误；v?t图像的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为a＝＝
m/s2＝－4
m/s2，即加速度大小为4
m/s2，故D正确。
答案：BD
考向二　抛体运动
1．处理方法
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
2．两个推论
(1)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中的B是OC的中点。
(2)做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角θ及位移与水平方向的夹角φ，则满足tan
θ＝2tan
φ。
3．两个“二级结论”
(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。
[典例2]　(多选)(2020·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图所示，D点为固定斜面AC的中点。在A点和D点分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C点。空气阻力不计。设两球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是(　　)
A.＝2　　　　　　　
B．＝
C.＝
D．＝
[解析]　两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，得t＝。两球下落的高度之比h1∶h2＝2∶1，可得＝，故A错误；小球水平方向做匀速直线运动，则
v0＝，两球水平位移之比
x1∶x2＝2∶1，结合＝，得＝，故B正确；设斜面的倾角为α，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan
α＝＝，tan
θ＝＝2tan
α，是定值，所以＝1，即θ1＝θ2，落到C点前瞬间的速度大小分别为v1＝，v2＝，可得＝，故C正确，D错误。
[答案]　BC
4.如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点Q处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　)
A．va＝2vb
B．va＝vb
C．ta＝2tb
D．ta＝2tb
解析：b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2∶1，根据h＝gt2知，t＝，则ta＝tb，因为a、b两球水平位移之比为2∶1，则va＝vb，故B正确，A、C、D错误。
答案：B
5．(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于(　　)
A．20
B．18
C．9.0
D．3.0
解析：摩托车从a点做平抛运动到c点
水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝gt
解得v1＝
动能E1＝mv＝
摩托车从a点到b点
水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝gt
解得v2＝3
动能E2＝mv＝mgh，故＝18。
答案：B
6．(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则(　　)
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的
D．A的末速度比B的大
解析：由抛出点和落地点的几何关系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正确；平抛的竖直分运动是自由落体运动，由h＝gt2可推出A运动的时间是B的倍，B错误；小球A的初速度v0A＝＝＝，小球B的初速度v0B＝＝＝，A的初速度是B的，C错误；根据机械能守恒定律得mAv＝mAv＋mAg·2l，mBv＝mBv＋mBgl，解得vA＝，vB＝，所以vA＞vB，D正确。
答案：AD
考向三　圆周运动问题
1．基本思路
(1)对物体进行受力分析，找出向心力来源，确定圆心及半径。
(2)灵活应用动力学方程：F＝ma＝m＝mω2R＝mωv＝mR＝4mπ2f2R。
2．两种模型
(1)最高点无支撑(轻绳模型)：FN＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零。
(2)最高点有支持(轻杆模型)：mg＝FN，v＝0，即在最高点速度可以为零。杆对小球的弹力为零的条件是v＝，也是杆对小球是拉力还是支持力的转折点。
3．一种联系：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建立联系。
[典例3]　(多选)由于受新冠肺炎疫情影响，中国体操队选手没能按计划参加2020年体操世界杯墨尔本站比赛，荷兰名将宗德兰德轻松夺冠。假设运动员训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，运动员运动到最高点时，用力传感器测得运动员与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F?v2图像如图乙所示。g取10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员的质量为65
kg
B．运动员的重心到单杠的距离为0.9
m
C．当运动员在最高点的速度为4
m/s时，运动员受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，运动员运动到最低点时，单臂最少要承受3
250
N的力
[解析]　对运动员在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图像解得质量m＝65
kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图像可解得R＝0.9
m，故运动员的重心到单杠的距离为0.9
m，选项B正确；当运动员在最高点的速度为4
m/s时，运动员受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；运动员经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝meq
\f(v,R)，运动员从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3
250
N，即运动员的单臂最少要承受3
250
N的力，选项D正确。
[答案]　ABD
规律总结
解决圆周运动问题的主要步骤
……………………………………………………
(1)确定研究对象，明确运动模型，如典例中是竖直平面内的圆周运动，运动员的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模型”。
(2)分析物体的运动情况，即物体运动的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等。
(3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源，如典例中，单杠对运动员的弹力与其重力充当向心力。
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。
7.
(多选)(2020·甘肃兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在平面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
解析：火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mgtan
θ＝m，解得r＝，故A正确；根据牛顿第二定律得mgtan
θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确。
答案：ABD
8.
(多选)(2020·重庆高三调研)如图所示，用长为L的轻绳(轻绳不可伸长)连接的甲、乙两物块(均可视为质点)放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲、乙两物块的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法正确的是(　　)
A．圆盘转动的角速度最大为
B．圆盘转动的角速度最大为
C．轻绳最大弹力为μmg
D．轻绳最大弹力为μmg
解析：当ω较小时，甲、乙均由静摩擦力充当向心力，ω增大时，由F＝mω2r可知，它们受到的静摩擦力也增大，而r甲＝L，r乙＝2L，r甲L＋mω·2L，解得ωmax＝
，对甲有μmg－FTmax＝mωL，解得FTmax＝μmg，故圆盘转动的角速度最大为
，轻绳最大弹力为μmg，B、C正确。
答案：BC
9．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT?v2图像如图乙所示，则(　　)
A．轻质绳长为
B．当地的重力加速度为
C．当v2＝c时，轻质绳最高点拉力大小为＋a
D．若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a
解析：在最高点，FT＋mg＝m，解得FT＝m－mg，可知纵截距的绝对值为a＝mg，g＝，图线的斜率k＝＝，解得绳子的长度L＝，故A、B正确；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝m－mg＝－a，故C错误；当v2＝b时拉力为零，重力充当向心力，mg＝m，得v2＝gL，到最低点时根据动能定理得2mgL＝mv－mv2，根据牛顿第二定律得FT′－mg＝meq
\f(v,L)，联立以上各式可得拉力为FT′＝6mg＝6a，故D正确。
答案：ABD

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