PAGEPAGE1專題03拋體運動與圓周運動【考向解讀】拋體運動與圓周運動是高考熱點之一．考查的知識點有：對平拋運動的理解及綜合運用、運動的合成與分解思想方法的應(yīng)用、豎直面內(nèi)圓周運動的理解和應(yīng)用．高考中單獨考查曲線運動的知識點時，題型為選擇題，將曲線運動與功和能、電場與磁場綜合時題型為計算題．抓住處理問題的根本方法即運動的合成與分解，靈活掌握常見的曲線運動模型：平拋運動及類平拋運動、豎直面內(nèi)的圓周運動及完成圓周運動的臨界條件．【命題熱點突破一】運動的合成與分解1．合運動與分運動的關(guān)系：(1)獨立性：兩個分運動可能共線、可能互成角度．兩個分運動各自獨立，互不干擾．(2)等效性：兩個分運動的規(guī)律、位移、速度、加速度疊加起來與合運動的規(guī)律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等時性：各個分運動及其合運動總是同時發(fā)生，同時結(jié)束，經(jīng)歷的時間相等．(4)合運動一定是物體的實際運動．物體實際發(fā)生的運動就是物體相對地面發(fā)生的運動，或者說是相對于地面上的觀察者所發(fā)生的運動．例1．2022年CCTV－1綜合頻道在黃金時間播出了電視劇?陸軍一號?，其中直升機搶救傷員的情境深深感動了觀眾．假設(shè)直升機放下繩索吊起傷員后(如圖甲所示)，豎直方向的速度圖象和水平方向的位移圖象分別如圖乙、丙所示，那么()A．繩索中拉力可能傾斜向上B．傷員一直處于失重狀態(tài)C．在地面上觀察到傷員的運動軌跡是一條傾斜向上的直線D．繩索中拉力先大于重力，后小于重力解析：選D.由豎直方向的速度圖象和水平方向的位移圖象可知，傷員在水平方向做勻速運動，在豎直方向上先做勻加速運動后做勻減速運動，繩索中拉力一定豎直向上，繩索中拉力先大于重力，后小于重力，傷員先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，在地面上觀察到傷員的運動軌跡是一條曲線，選項D正確．【變式探究】如下圖，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處．現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，以下說法正確的選項是()A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4,3)d【命題熱點突破二】平拋(類平拋)運動的規(guī)律1．平拋運動規(guī)律以拋出點為坐標原點，水平初速度v0方向為x軸正方向，豎直向下的方向為y軸正方向，建立如下圖的坐標系，那么平拋運動規(guī)律如下．(1)水平方向：vx＝v0x＝v0t(2)豎直方向：vy＝gty＝eq\f(1,2)gt2(3)合運動：合速度：vt＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)合位移：s＝eq\r(x2＋y2)合速度與水平方向夾角的正切值tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)合位移與水平方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)例2．[2022·天津卷]如圖1-所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2.求：圖1-(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.【答案】(1)20m/s方向與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上(2)3.5s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二：【特別提醒】平拋運動的兩個重要推論推論Ⅰ：做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設(shè)其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移方向與水平方向的夾角為θ，那么tanα＝2tanθ.推論Ⅱ：做平拋(或類平拋)運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．【變式探究】在水平地面上的O點同時將甲、乙兩塊小石頭斜向上拋出，甲、乙在同一豎直面內(nèi)運動，其軌跡如下圖，A點是兩軌跡在空中的交點，甲、乙運動的最大高度相等．假設(shè)不計空氣阻力，那么以下判斷正確的選項是()A．甲先到達最大高度處B．乙先到達最大高度處C．乙先到達A點D．甲先到達水平地面【答案】C【解析】斜拋可以分解為水平勻速運動和豎直勻變速運動，由于甲、乙運動的最大高度相等，由v2＝2gh，那么可知其豎直方向初速度相同，那么甲、乙同時到達最高點，故A、B錯誤；由前面分析，結(jié)合圖象可知，乙到達A點時，甲在上升階段，故C正確；由于甲、乙豎直方向運動一致，故會同時到達地面，故D錯誤．【命題熱點突破三】圓周運動問題的分析1．圓周運動主要分為水平面內(nèi)的圓周運動(轉(zhuǎn)盤上的物體、汽車拐彎、火車拐彎、圓錐擺等)和豎直平面內(nèi)的圓周運動(繩模型、汽車過拱形橋、水流星、內(nèi)軌道、輕桿模型、管道模型)．2．找向心力的來源是解決圓周運動的出發(fā)點，學(xué)會牛頓第二定律在曲線運動中的應(yīng)用．3．注意有些題目中有“恰能〞、“剛好〞、“正好〞、“最大〞、“最小〞、“至多〞、“至少〞等字眼，明顯說明題述的過程存在著臨界點．例3．如下圖，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B，光滑水平轉(zhuǎn)軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力．忽略空氣阻力．那么球B在最高點時()A．球B的速度為零B．球A的速度大小為eq\r(2gL)C．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mgD．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為2.5mg【變式探究】如下圖，質(zhì)量為m的豎直光滑圓環(huán)A的半徑為r，豎直固定在質(zhì)量為m的木板B上，木板B的兩側(cè)各有一豎直擋板固定在地面上，使木板不能左右運動．在環(huán)的最低點靜置一質(zhì)量為m的小球C.現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v0，小球會在環(huán)內(nèi)側(cè)做圓周運動．為保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使木板離開地面，那么初速度v0必須滿足()A.eq\r(3gr)≤v0≤eq\r(5gr)B.eq\r(gr)≤v0≤eq\r(3gr)C.eq\r(7gr)≤v0≤3eq\r(gr)D.eq\r(5gr)≤v0≤eq\r(7gr)【命題熱點突破四】拋體運動與圓周運動的綜合曲線運動的綜合題往往涉及圓周運動、平拋運動等多個運動過程，常結(jié)合功能關(guān)系進行求解，解答時可從以下兩點進行突破：1．分析臨界點對于物體在臨界點相關(guān)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．分析每個運動過程的運動性質(zhì)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：(1)假設(shè)為圓周運動，應(yīng)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，機械能是否守恒．(2)假設(shè)為拋體運動，應(yīng)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由哪個力、哪個力的分力或哪幾個力提供的．例4．[2022·全國卷Ⅱ]輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)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(xiàn)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，如下圖．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)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(1)假設(shè)P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)假設(shè)P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍．圖1-【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m假設(shè)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(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD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．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(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·4要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道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eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?【變式探究】如下圖，參加某電視臺娛樂節(jié)目的選手從較高的平臺以v0＝8m/s的速度從A點水平躍出后，沿B點切線方向進入光滑圓弧軌道，沿軌道滑到C點后離開軌道．A、B之間的豎直高度H＝1.8m，圓弧軌道半徑R＝10m，選手質(zhì)量m＝50kg，不計空氣阻力，g＝10m/s2，求：(1)選手從A點運動到B點的時間及到達B點的速度；(2)選手到達C點時對軌道的壓力．【答案】(1)0.6s10m/s，與水平方向的夾角為37°(2)1200N，方向豎直向下(2)從B點到C點：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點：FNC－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)FNC＝1200N由牛頓第三定律得，選手對軌道的壓力FNC′＝FNC＝1200N，方向豎直向下?！靖呖颊骖}解讀】1.〔2022·江蘇〕如圖1-所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上．滑輪左側(cè)的細線水平，右側(cè)的細線與斜面平行．A、B的質(zhì)量均為m.撤去固定A的裝置后，A、B均做直線運動．不計一切摩擦，重力加速度為g.求：圖1-(1)A固定不動時，A對B支持力的大小N；(2)A滑動的位移為x時，B的位移大小s；(3)A滑動的位移為x時的速度大小vA.【答案】(1)mgcosα(2)eq\r(2〔1－cosα〕·x)(3)eq\r(\f(2gxsinα,3－2cosα))根據(jù)速度的定義得vA＝eq\f(Δx,Δt)，vB＝eq\f(Δs,Δt)那么vB＝eq\r(2〔1－cosα〕)·vA解得vA＝eq\r(\f(2gxsinα,3－2cosα))2.[2022·全國卷Ⅰ]如圖1-，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R，P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量．圖1-【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m(2)設(shè)BE＝x，P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧3.[2022·天津卷]如圖1-所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2.求：圖1-(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.【答案】(1)20m/s方向與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上(2)3.5s(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤假設(shè)使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，那么有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s4.[2022·江蘇卷]有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍．現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力．圖中①為A的運動軌跡，那么B的運動軌跡是()圖1-A．①B．②C．③D．④5.[2022·浙江卷]在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖1-9所示．P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒．高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h.圖1-9(1)假設(shè)微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；(2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍；(3)假設(shè)打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關(guān)系．【答案】(1)eq\r(\f(3h,g))(2)Leq\r(\f(g,4h))≤v≤Leq\r(\f(g,2h))(3)L＝2eq\r(2)h【解析】(1)打在中點的微粒eq\f(3,2)h＝eq\f(1,2)gt2①t＝eq\r(\f(3h,g))②6.[2022·全國卷Ⅲ]如下圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()圖1-A．a(chǎn)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2〔mgR－W〕,R)【答案】AC【解析】質(zhì)點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2〔mgR－W〕,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2〔mgR－W〕,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．7.[2022·全國卷Ⅲ]如圖1-所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動．(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．圖1-【答案】(1)5(2)能【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)①設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③8.[2022·天津卷]我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一．如圖1-所示，質(zhì)量m＝60kg的運發(fā)動從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了改變運發(fā)動的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運發(fā)動在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.圖1-(1)求運發(fā)動在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)假設(shè)運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，那么C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？【答案】(1)144N(2)12.5m9.[2022·浙江卷]如圖1-6所示為賽車場的一個水平“梨形〞賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90m的大圓弧和r＝40m的小圓弧，直道與彎道相切．大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100m．賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍．假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動．要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g取10m/s2，π＝3.14)，那么賽車()圖1-6A．在繞過小圓弧彎道后加速B．在大圓弧彎道上的速率為45m/sC．在直道上的加速度大小為5.63m/s2D．通過小圓弧彎道的時間為5.58s15.[2022·江蘇卷]據(jù)報道，一法國攝影師拍到“天宮一號〞空間站飛過太陽的瞬間．照片中，“天宮一號〞的太陽帆板輪廓清晰可見．如下圖，假設(shè)“天宮一號〞正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場的磁感應(yīng)強度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，將太陽帆板視為導(dǎo)體．圖1-(1)求M、N間感應(yīng)電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5V，0.3W〞的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計太陽帆板和導(dǎo)線的電阻．試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號〞距離地球外表的高度【答案】(1)1.54V(2)不能，理由見解析(3)4×10【解析】(1)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V(2)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流．(3)在地球外表有Geq\f(Mm,R2)＝mg勻速圓周運動Geq\f(Mm,〔R＋h〕2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝geq\f(R2,v2)－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105m(數(shù)量級正確都算對)17.[2022·全國卷Ⅱ]小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1-A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度18.[2022·全國卷Ⅱ]輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)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(xiàn)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，如下圖．物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)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(1)假設(shè)P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)假設(shè)P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍．圖1-【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③假設(shè)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(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD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．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(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·4要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道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eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?1.(2022·天津理綜，4)未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，有人設(shè)想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉(zhuǎn)艙〞，如圖2所示。當旋轉(zhuǎn)艙繞其軸線勻速旋轉(zhuǎn)時，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)圓柱形側(cè)壁上，可以受到與他站在地球外表時相同大小的支持力。為到達上述目的，以下說法正確的選項是()圖2A.旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動的角速度就應(yīng)越大B.旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動的角速度就應(yīng)越小C.宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越大D.宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越小解析由題意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且與m無關(guān)，B正確。答案B2．(2022·山東卷)距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點相距2m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖．小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地．不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于()A．1.25m B．2.25mC．3.75m D．4.75m解析：從小車卸下的小球做平拋運動，由H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，t1＝1s．小車由A運動到B的時間是t2，那么xAB＝vt2，t2＝0.5s．所以經(jīng)過B點時下落的小球的運動時間Δt＝t1－t2＝0.5s，那么B球下落的高度h＝eq\f(1,2)g(Δt)2＝1.25m，選項A正確．答案：A3.(2022·山東理綜，15)如圖3所示，拉格朗日點L1位于地球和月球連線上，處在該點的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運動。據(jù)此，科學(xué)家設(shè)想在拉格朗日點L1建立空間站，使其與月球同周期繞地球運動。以a1、a2分別表示該空間站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步衛(wèi)星向心加速度的大小。以下判斷正確的選項是()圖3A.a2>a3>a1B.a2>a1>a3C.a3>a1>a2D.a3>a2>a1答案D4.(2022·四川理綜，5)登上火星是人類的夢想，“嫦娥之父〞歐陽自遠透露：中國方案于2022年登陸火星。地球和火星公轉(zhuǎn)視為勻速圓周運動，忽略行星自轉(zhuǎn)影響。根據(jù)下表，火星和地球相比()行星半徑/m質(zhì)量/kg軌道半徑/m地球6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011A.火星的公轉(zhuǎn)周期較小B.火星做圓周運動的加速度較小C.火星外表的重力加速度較大D.火星的第一宇宙速度較大解析由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝ma知，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，a＝eq\f(GM,r2)，軌道半徑越大，公轉(zhuǎn)周期越大，加速度越小，A錯誤，B正確；由Geq\f(Mm,R2)＝mg得g＝Geq\f(M,R2)，eq\f(g地,g火)＝eq\f(M地,M火)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R火,R地)))eq\s\up12(2)＝2.6，火星外表的重力加速度較小，C錯誤；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))，eq\f(v地,v火)＝eq\r(\f(M地,M火)·\f(R火,R地))＝eq\r(5)，火星的第一宇宙速度較小，D錯誤。答案B5.(2022·浙江理綜，17)如圖8所示為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h，足球做平拋運動(足球可看成質(zhì)點，忽略空氣阻力)，那么()圖8A.足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B.足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)〔\f(L2,4)＋s2〕)C.足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)〔\f(L2,4)＋s2〕＋4gh)D.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)答案B6．(2022·新課標全國Ⅰ·18)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖1所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h.不計空氣的作用，重力加速度大小為g.假設(shè)乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇適宜的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，那么v的最大取值范圍是()圖1A.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))【答案】D【解析】發(fā)射機無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都做平拋運動．當速度v最小時，球沿中線恰好