2020年高考物理 專題04 曲線運動學案

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1、專題04 曲線運動 超重點1：運動的合成和分解 1．合運動和分運動的關系 等時性 各分運動經(jīng)歷的時間與合運動經(jīng)歷的時間相等 獨立性 一個物體同時參與幾個分運動，各分運動獨立進行，不受其他分運動的影響 等效性 各分運動的規(guī)律疊加起來與合運動的規(guī)律有完全相同的效果 2.運動的合成與分解的運算法則 運動的合成與分解是指描述運動的各物理量即位移、速度、加速度的合成與分解，由于它們均是矢量，故合成與分解都遵守平行四邊形定則． 3．合運動的性質判斷 加速度(或合外力) 加速度(或合外力)與速度方向 【典例分析】 1．(2020·湖南永州模擬)跳傘表演是人們普遍喜歡的

2、觀賞性體育項目．當跳傘運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中若受到水平風力的影響，下列說法正確的是(　　) A．風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的空中表演動作 B．風力越大，運動員下落時間越短，有可能對運動員造成傷害 C．運動員下落時間與風力大小無關 D．運動員著地速度與風力大小無關 【答案】C 2．(多選)(2020·山東實驗中學高三段考)一物體在以xOy為直角坐標系的平面上運動，其運動規(guī)律為x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t(式中的物理量單位均為國際單位)．關于物體的運動，下列說法正確的是(　　) A．物體在x軸方向上做勻減速直線運動 B．物體在y軸

3、方向上做勻加速直線運動 C．物體運動的軌跡是一條直線 D．物體運動的軌跡是一條曲線 【答案】BC 【解析】對應位移時間公式x＝v0t＋at2，x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t，可得初速度：v0x＝－4 m/s，v0y＝6 m/s；加速度：ax＝－4 m/s2，ay＝6 m/s2.物體在x軸上分運動的初速度和加速度同方向，是勻加速直線運動，故A錯誤；物體在y軸方向的初速度和加速度同方向，是勻加速直線運動，故B正確；題中分運動的初速度和加速度數(shù)值完全相同，故合運動的初速度數(shù)值和方向也是相同的，合運動的初速度方向與加速度方向相同，故合運動一定是勻加速直線運動，故C正確，D錯誤． 3．(

4、2020·高考全國卷Ⅱ)由于衛(wèi)星的發(fā)射場不在赤道上，同步衛(wèi)星發(fā)射后需要從轉移軌道經(jīng)過調整再進入地球同步軌道．當衛(wèi)星在轉移軌道上飛經(jīng)赤道上空時，發(fā)動機點火，給衛(wèi)星一附加速度，使衛(wèi)星沿同步軌道運行．已知同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度約為3.1×103 m/s，某次發(fā)射衛(wèi)星飛經(jīng)赤道上空時的速度為1.55×103 m/s，此時衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，轉移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖所示．發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度的方向和大小約為(　　) A．西偏北方向，1.9×103 m/s B．東偏南方向，1.9×103 m/s C．西偏北方向，2.7×103 m/s D．東偏南方向，2.7×103 m/

5、s 【答案】B 超重點2：小船過河問題 1．船的實際運動：是水流的運動和船相對靜水的運動的合運動． 2．三種速度：船在靜水中的速度v船、水的流速v水、船的實際速度v合． 3．三種情景 情況 圖示 說明 渡河時 間最短 當船頭方向垂直于河岸時，渡河時間最短，最短時間tmin＝ 渡河位 移最短 如果v船＞v水，當船頭方向與上游夾角θ滿足v船cos θ＝v水時，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河寬d 如果v船＜v水，當船頭方向(即v船方向)與合速度方向垂直時，渡河位移最短，等于 【典例1】　小船在200 m寬的河中橫

6、渡，水流速度為2 m/s，船在靜水中的速度為4 m/s. (1)若小船的船頭始終正對對岸，它將在何時、何處到達對岸？ (2)要使小船到達正對岸，應如何航行？歷時多長？ (3)若水流速度是5 m/s，船在靜水中的速度是3 m/s，則怎樣渡河才能使船漂向下游的距離最短？最短距離是多少？ 【答案】　 （1）船將在正對岸下游100 m處靠岸． （2）船頭的指向與上游河岸成60°角，渡河時間 t＝ s. （3）故船頭與上游河岸的夾角θ＝53° 最短距離267 m. 【解析】 (1)小船參與了兩個分運動，即船隨水漂流的運動和船在靜水中的運動．因為分運動之間具有獨立性和等時性，故小船渡

7、河的時間等于垂直于河岸方向的分運動的時間，即 t＝＝ s＝50 s 小船沿水流方向的位移s水＝v水t＝2×50 m＝100 m 即船將在正對岸下游100 m處靠岸． 【易錯警示】 求解小船渡河問題的3點注意 (1)船的航行方向是船頭指向，是分運動；船的運動方向是船的實際運動方向，是合運動，一般情況下與船頭指向不一致． (2)渡河時間只與船垂直于河岸方向的分速度有關，與水流速度無關． (3)船渡河位移最小值與v船和v水大小關系有關，v船＞v水時，河寬即為最小位移；v船＜v水時，應利用圖解法求極值的方法處理． 訓練1．(多選)(2020·湖北武漢調研)小船橫渡一條兩岸平

8、行的河流，船本身提供的速度(即在靜水中的速度)大小不變、船身方向垂直于河岸，水流速度與河岸平行，已知小船的運動軌跡如圖所示，則(　　) A．越接近河岸水流速度越小 B．越接近河岸水流速度越大 C．無論水流速度是否變化，這種渡河方式耗時最短 D．該船渡河的時間會受水流速度變化的影響 【答案】AC 【解析】由船的運動軌跡可知，切線方向即為船的合速度方向，將合速度分解，由于靜水速度不變，可知越接近河岸水流速度越小，選項A正確，B錯誤；小船渡河的時候，當船身方向垂直河岸時渡河時間是最短的，而且時間是不受水流速度影響的，選項C正確，D錯誤． 訓練2．一小船渡河，已知河水的流速與距某一河

9、岸的距離的變化關系如圖甲所示，船在靜水中的速度與時間的關系如圖乙所示，則(　　) A．船渡河的最短時間為75 s B．要使船以最短時間渡河，船在河水中航行的軌跡是一條直線 C．要使船以最短路程渡河，船在行駛過程中，船頭必須始終與河岸垂直 D．要使船以最短時間渡河，船在河水中的速度是5 m/s 【答案】A 訓練3．如圖所示，一艘輪船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向勻速渡河，河中各處水流速度都相同，其大小為v1＝3 m/s，行駛中，輪船發(fā)動機的牽引力與船頭朝向的方向相同．某時刻發(fā)動機突然熄火，輪船牽引力隨之消失，輪船相對于水的速度逐漸減小，但船頭方向始終未發(fā)生變化．求：

10、 (1)發(fā)動機未熄火時，輪船相對于靜水行駛的速度大?。? (2)發(fā)動機熄火后，輪船相對于河岸速度的最小值． 【答案】(1)5 m/s　(2)2.4 m/s 【解析】(1)發(fā)動機未熄火時，輪船運動速度v與水流速度v1方向垂直，如圖所示． 故此時輪船相對于靜水的速度v2的大小 v2＝＝ m/s＝5 m/s，設v與v2的夾角為θ，則cos θ＝＝0.8. (2)熄火前，船的牽引力沿v2的方向，水的阻力與v2的方向相反，熄火后，牽引力消失，在阻力作用下，v2逐漸減小，但其方向不變，當v2與v1的矢量和與v2垂直時，輪船的合速度最小，α＝θ則vmin＝v1cos α＝3×0.8 m/s＝2

11、.4 m/s. 超重點3：“關聯(lián)速度”模型 1．模型特點 合速度→物體的實際運動速度v 分速度→ 2．解題的思路 把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)的兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解．常見的模型如圖所示． 【典例2】(2020·陜西寶雞模擬)如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊Q，跨過懸掛于O點的輕小光滑圓環(huán)的輕繩一端連接Q，另一端懸掛一物塊P.設輕繩的左邊部分與水平方向的夾角為θ，初始時θ很?。F(xiàn)將P、Q由靜止同時釋放，關于P、Q以后的運動下列說法正確的是(　　) A．當θ＝60°時，P、Q的速度之比是∶2 B．當

12、θ＝90°時，Q的速度最大 C．當θ＝90°時，Q的速度為零 D．當θ向90°增大的過程中Q的合力一直增大 【答案】B 【解析】 思路點撥： (1)P、Q兩物體用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等． (2)將Q的速度沿繩子和垂直繩子的方向分解，利用數(shù)學關系求解． 詳解：P、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等，分解vQ如圖所示．則當θ＝60°時，Q的速度vQcos 60°＝vP，解得＝，故A錯誤；P的機械能最小時，即為Q到達O點正下方時，此時Q的速度最大，即當θ＝90°時，Q的速度最大，故B正確，C錯誤；當θ向90°增大的過程中Q的合力逐漸減小．當θ

13、＝90°時，Q的速度最大，加速度為零，合力為零，故D錯誤． 【規(guī)律總結】 “繩(桿)”關聯(lián)速度問題分析思路 (1)先確定合速度的方向(物體實際運動方向)． (2)分析合運動所產(chǎn)生的實際效果：一方面使繩或桿伸縮；另一方面使繩或桿轉動． (3)確定兩個分速度的方向：沿繩或桿方向的分速度和垂直繩或桿方向的分速度，沿繩或桿方向的分速度大小相同． 訓練1.(2020·湖北龍泉中學、宜昌一中聯(lián)考)某人用繩子通過定滑輪拉物體A，A穿在光滑的豎直桿上，人以速度v0勻速向下拉繩，當物體A到達如圖所示位置時，繩與豎直桿的夾角為θ，則物體A實際運動的速度是(　　) A.　　　　　　 B. C

14、．v0cos θ D．v0sin θ 【答案】A 訓練2.一輕桿兩端分別固定質量為mA和mB的兩個小球A和B(可視為質點)．將其放在一個光滑球形容器中從位置1開始下滑，如圖所示，當輕桿到達位置2時球A與球形容器球心等高，其速度大小為v1，已知此時輕桿與水平方向夾角θ＝30°，B球的速度大小為v2，則(　　) A．v2＝v1 B．v2＝2v1 C．v2＝v1 D．v2＝v1 【答案】C 【解析】球A與球形容器球心等高，速度v1方向豎直向下，對其分解如圖所示，有v11＝v1sin 30°＝v1，球B此時速度方向與桿成α＝60°角，因此v21＝v2cos 60°＝v2，沿

15、桿方向兩球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C項正確． 訓練3．(2020·河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，細繩一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿．現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為θ時，小球上升的速度大小為(　　) A．vsin θ　　　　　　 B．vcos θ C．vtan θ D. 【答案】A 超重點4：平拋運動的基本規(guī)律 1．飛行時間：由t＝知，飛行時間取決于

16、下落高度h，與初速度v0無關． 2．水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定． 3．落地速度：v＝＝，落地時速度與水平方向夾角為θ，有tan θ＝＝.故落地速度只與初速度v0和下落高度h有關． 4.速度改變量：做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt相同，方向恒為豎直向下，如圖所示． 5．兩個重要推論 (1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定能過此時水平位移的中點，如圖甲所示，B是OC的中點． (2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平

17、方向的夾角為α，則tan θ＝2tan α. 【典例分析】 1．(2020·高考全國卷Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)．其原因是(　　) A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D．速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大 【答案】C 【解析】發(fā)球機從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球，根據(jù)平拋運動規(guī)律，豎直方向上，h＝gt2，可知兩球下落相同距離h所用的時間是相同的，選

18、項A錯誤；由v＝2gh可知，兩球下落相同距離h時在豎直方向上的速度vy相同，選項B錯誤；由平拋運動規(guī)律，水平方向上，x＝vt，可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少，選項C正確；由于做平拋運動的球在豎直方向的運動為自由落體運動，兩球在相同時間間隔內下降的距離相同，選項D錯誤． 2.(多選)如圖所示，從某高度處水平拋出一小球，經(jīng)過時間t到達地面時，速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．小球水平拋出時的初速度大小為 B．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為 C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長 D．若小球初速度

19、增大，則θ減小 【答案】AD 3.(多選)如圖所示，ab為豎直平面內的半圓環(huán)acb的水平直徑，c為環(huán)上最低點，環(huán)半徑為R.將一個小球從a點以初速度v0沿ab方向拋出，設重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列敘述正確的是(　　) A．當小球的初速度v0＝時，落到環(huán)上時的豎直分速度最大 B．當小球的初速度v0<時，將撞擊到環(huán)上的ac段圓弧 C．當v0取適當值時，小球可以垂直撞擊圓環(huán) D．無論v0取何值，小球都不可能垂直撞擊圓環(huán) 【答案】BD ※與斜面有關的平拋常見模型及分析方法 方法 運動情景 定量關系 總結 分解速度 vx＝v0 vy＝gt tan

20、θ＝＝ 速度方向與θ有關，分解速度，構建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 分解位移 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 位移方向與θ有關，分解位移，構建位移三角形 【典例3】　(2020·湖南邵陽高三質檢)如圖所示，跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)過3.0 s落到斜坡上的A點．已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質量m＝50 kg.不計空氣阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g取10 m/s2)求： (1)A點與O點的距離L； (2)運動員離開O點時的速度大?。?/p>

21、 (3)運動員落到A點時的動能． 【答案】(1)75 m　(2)20 m/s　(3)32 500 J (2)設運動員離開O點時的速度大小為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，即x＝Lcos 37°＝v0t 解得v0＝＝20 m/s (3)方法一：合成法 運動員到達A點時，豎直方向的速度vy＝gt＝30m/s 運動員到達A點時的動能 Ek＝mv2＝m(v＋v)＝32 500 J 方法二：結論法 運動員到達A點時，位移的偏角θ＝37°， 所以速度的偏角β滿足tan β＝2tan θ＝ 即vy＝2v0tan θ＝30 m/s 運動員到達A點時的動能Ek＝m(v＋v)＝

22、32 500 J 【方法技巧】與斜面有關的平拋運動模型的2點技巧 (1)在解答該類問題時，首先運用平拋運動的位移和速度規(guī)律并將位移或速度分解． (2)充分利用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度的關系，從而使問題得到順利解決． 訓練1.一水平拋出的小球落到一傾角為θ的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，運動軌跡如圖中虛線所示．小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為(　　) A．tan θ　　　　　　　 B．2tan θ C. D. 【答案】D 方法二：結論法 由題意知，小球落到斜面上時，速度的偏角為β＝－θ，如圖所示．設此時小球的位移偏角為α，則有2tan

23、 α＝tan(－θ)＝，得tan α＝，故＝，D正確． 訓練2．(2020·山西四校聯(lián)考)如圖所示，從傾角為θ的足夠長的斜面頂端P以速度v0水平拋出一個小球，落在斜面上某處Q點，小球落在斜面上的速度與斜面的夾角為α.若把初速度變?yōu)?v0，小球仍落在斜面上，則以下說法正確的是(　　) A．夾角α將變大 B．夾角α與初速度大小無關 C．小球在空中的運動時間不變 D．P、Q間距是原來間距的3倍 【答案】B 超重點5：圓周運動 一、勻速圓周運動及其描述 1．勻速圓周運動 (1)定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動． (2)特點

24、：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動． (3)條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心． 2．描述圓周運動的物理量及其關系 (1)線速度：描述物體圓周運動快慢的物理量． v＝＝. (2)角速度：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量． ω＝＝. (3)周期和頻率：描述物體繞圓心轉動快慢的物理量． T＝，T＝. (4)向心加速度：描述速度方向變化快慢的物理量． an＝rω2＝＝ωv＝r. (5)相互關系：①v＝ωr＝r＝2πrf. ②an＝＝rω2＝ωv＝r＝4π2f2r. 二、勻速圓周運動的向心力 1．向心力的來源 向心力是按力的作用效果命名的，

25、可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一個向心力． 2．向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置． (2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，就是向心力． 3．向心力的公式 Fn＝man＝m＝mω2r＝mr. 三、離心現(xiàn)象 1．定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動． 2．本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線飛出去的趨勢． 3.受力特點 (1)當F＝mω2r時，物體做勻速圓周運動

26、； (2)當F＝0時，物體沿切線方向飛出； (3)當F＜mω2r時，物體逐漸遠離圓心，F(xiàn)為實際提供的向心力，如圖所示． 四．常見的三種傳動方式及特點 (1)皮帶傳送：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB. (2)摩擦或齒輪傳動：如圖甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB. (3)同軸傳動：如圖甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比． 【典例分析】 1.(多選)變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度．如圖所示是某一變速自行車齒輪轉動結

27、構示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒，則(　　) A．該自行車可變換兩種不同擋位 B．該自行車可變換四種不同擋位 C．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4 D．當A輪與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1 【答案】BC 【解析】該自行車可變換四種不同擋位，分別為A與C、A與D、B與C、B與D，A錯誤，B正確；當A輪與D輪組合時，由兩輪齒數(shù)可知，當A輪轉動一周時，D輪要轉四周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正確，D錯誤． 2．如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，

28、A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來．a(chǎn)、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在轉動過程中的(　　) A．線速度大小之比為3∶2∶2 B．角速度之比為3∶3∶2 C．轉速之比為2∶3∶2 D．向心加速度大小之比為9∶6∶4 【答案】D 3.(多選)如圖所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸轉動時，板上A、B兩點(　　) A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1 B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ C．線速度之比vA∶vB＝∶1 D．線速度之比vA∶vB＝1∶ 【答案】A

29、D 【解析】板上A、B兩點的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，選項A正確，B錯誤；線速度v＝ωr，線速度之比vA∶vB＝1∶，選項C錯誤，D正確． ※圓周運動的動力學分析 1．向心力的來源 (1)向心力的方向沿半徑指向圓心； (2)向心力來源：一個力或幾個力的合力或某個力的分力． 2．向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置． (2)分析物體的受力情況，所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力． 3．六種常見的向心力實例 運動 模型 ①飛機水平轉彎 ②火車轉彎 ③圓錐擺 向心 力的 來源 圖示 運動 模

30、型 ④飛車走壁 ⑤汽車在水 平路面轉彎 ⑥光滑水 平轉臺 向心 力的 來源 圖示 【鞏固訓練】 1.(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　) A．b一定比a先開始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝ 是b開始滑動的臨界角速度 D．當ω＝ 時，a所受摩擦力的大小為kmg 【答案】AC 2．(多選

31、)鐵路轉彎處的彎道半徑r是根據(jù)地形決定的．彎道處要求外軌比內軌高，其內、外軌高度差h的設計不僅與r有關，還與火車在彎道上的行駛速度v有關．下列說法正確的是(　　) A．速率v一定時，r越小，要求h越大 B．速率v一定時，r越大，要求h越大 C．半徑r一定時，v越小，要求h越大 D．半徑r一定時，v越大，要求h越大 【答案】AD 3.(多選)如圖所示，在固定的圓錐形漏斗的光滑內壁上，有兩個小球A和B，質量分別為mA和mB，它們分別緊貼漏斗的內壁在不同的水平面上做勻速圓周運動．則以下敘述正確的是(　　) A．只有當mA＜mB時，小球A的角速度才會大于小球B的角速度 B．不論

32、A、B的質量關系如何，小球A的線速度始終大于小球B的線速度 C．不論A、B的質量關系如何，小球A對漏斗內壁的壓力始終大于小球B對漏斗內壁的壓力 D．不論A、B質量關系如何，小球A的周期始終大于小球B的周期 【答案】BD 【解析】對A、B兩球中任意一球研究，進行受力分析，如圖，小球只受重力和漏斗給的支持力FN.如圖所示，設內壁與水平面的夾角為θ.根據(jù)牛頓第二定律有：mgtan θ＝mω2r＝m＝mr，則得ω＝，v＝，T＝2π.可知，小球的軌道半徑越大角速度越小，線速度越大，周期越大，與兩球質量大小無關．所以A的角速度小于B的角速度，A的線速度大于B的線速度，A的周期始終大于B的周期，故A

33、錯誤，B、D正確；支持力FN＝，θ相同，知兩球所受的支持力與質量成正比，故C錯誤． ※豎直平面內的圓周運動模型 1．輕繩模型和輕桿模型概述 在豎直平面內做圓周運動的物體，運動至軌道最高點時的受力情況可分為兩類．一是無支撐(如球與繩連接，沿內軌道的“過山車”等)，稱為“輕繩模型”；二是有支撐(如球與桿連接，小球在彎管內運動等)，稱為“輕桿模型”． 2．兩類模型對比 輕繩模型 輕桿模型 情景 圖示 彈力 特征 彈力可能向下，也可能等于零 彈力可能向下，可能向上，也可能等于零 受力 示意圖 力學 方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 臨界

34、 特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此時FN＝mg v＝ 的意義 物體能否過最高點的臨界點 FN表現(xiàn)為拉力還是支持力的臨界點 【典例3】如圖所示，一質量為m＝0.5 kg的小球，用長為0.4 m的輕繩拴著在豎直平面內做圓周運動．g取10 m/s2，求： (1)小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為多大？ (2)當小球在最高點的速度為4 m/s時，輕繩拉力多大？ (3)若輕繩能承受的最大張力為45 N，小球的速度不能超過多大？ 【答案】　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s 【解析】　 思路點撥：解此題關鍵有兩點： (

35、1)小球在豎直平面內做完整圓周運動的條件． (2)最低點小球做圓周運動的向心力來源． 詳解：(1)在最高點，對小球受力分析如圖甲，由牛頓第二定律得 mg＋F1＝① 由于輕繩對小球只能提供指向圓心的拉力，即F1不可能取負值， 亦即F1≥0② 聯(lián)立①②得v≥， 代入數(shù)值得v≥2 m/s 所以，小球要做完整的圓周運動，在最高點的速度至少為2 m/s. (2)將v2＝4 m/s代入①得， F2＝15 N. 【規(guī)律總結】分析豎直平面內圓周運動問題的思路 訓練1．(多選)(2020·北京東城區(qū)模擬)長為L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平

36、面內做圓周運動．關于小球在最高點的速度v，下列說法中正確的是(　　) A．當v＝時，輕桿對小球的彈力為零 B．當v由逐漸增大時，輕桿對小球的拉力逐漸增大 C．當v由逐漸減小時，輕桿對小球的支持力逐漸減小 D．當v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大 【答案】ABD 訓練2．(多選)如圖甲所示，半徑為R、內壁光滑的圓形細管豎直放置，一可看作質點的小球在圓管內做圓周運動，當其運動到最高點A時，小球受到的彈力F與其在A點速度平方(即v2)的關系如圖乙所示．設細管內徑可忽略不計，則下列說法中正確的是(　　) A．當?shù)氐闹亓铀俣却笮? B．該小球的質量為R C．當v2＝2b時，小

37、球在圓管的最低點受到的彈力大小為7a D．當0≤v2

38、，所以圓管對小球的彈力方向豎直向上，由牛頓第三定律可知，小球對圓管的彈力方向豎直向下，選項D錯誤． ※圓周運動與平拋運動的組合問題 題型 簡述 平拋運動與圓周運動的組合問題分為兩類：一類是物體先做平拋運動，后進入圓軌道受到約束做圓周運動；另一類是物體先做圓周運動，失去約束沿水平方向拋出，后做平拋運動． 方法 突破 (1)明確勻速圓周運動的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式列方程． (2)平拋運動一般是沿水平方向和豎直方向分解速度或位移． (3)速度是聯(lián)系前后兩個過程的關鍵物理量，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度. 【典例5】(2020·高考全國卷Ⅱ)如

39、圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】B 【解析】 思路點撥：小物塊運動的過程分為兩個階段，一是由軌道最低點到軌道最高點的圓周運動，符合機械能守恒定律；二是從軌道最高點到水平地面的平拋運動．根據(jù)兩個階段列方程，聯(lián)立得出關于x的表達式是解題的關鍵． 當R＝時，x具有最大值，選項B正確． 【技巧總結】　 (1)“平拋＋圓周”或“圓周＋平拋”組

40、合類型的題目是高考重點，此類題目綜合考查直線、平拋、圓周基本運動模型． (2)解此類問題的關鍵是分析兩種運動過渡時的速度，同時靈活應用各種運動形式的解題方法． 拓展1　豎直面上“平拋＋圓周”組合 1.如圖所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α.一小球在圓軌道左側的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道．已知重力加速度為g，則A、B之間的水平距離為(　　) A. B. C. D. 【答案】A 拓展2　“水平圓周＋平拋”組合 2.(2020·福建廈門質檢)如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一

41、數(shù)值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動．現(xiàn)測得轉臺半徑R＝0.5 m，離水平地面的高度H＝0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4 m．設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊做平拋運動的初速度大小v0； (2)物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)μ. 【答案】(1)1 m/s　(2)0.2 拓展3　豎直面“圓周＋平拋”組合 3.如圖所示，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質量m＝1.0 kg的小球．現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點．地面上的D點與OB在同

42、一豎直線上，已知繩長L＝1.0 m，B點離地高度H＝1.0 m，A、B兩點的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣影響，求： (1)地面上DC兩點間的距離s； (2)輕繩所受的最大拉力大小． 【答案】(1)1.41 m　(2)20 N 【解析】(1)小球從A到B過程機械能守恒，則 mgh＝mv① 小球從B到C做平拋運動，則 在水平方向有s＝vBt② 在豎直方向有H＝gt2③ 聯(lián)立①②③式解得s＝1.41 m. (2)小球下擺到B點時，繩子的拉力與小球重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律有 F－mg＝m④ 聯(lián)立①④式解得F＝20 N 由牛頓第

43、三定律得F′＝F＝20 N 即輕繩所受的最大拉力為20 N. 題組突破訓練 一、選擇題 1.如圖所示的曲線是某個質點在恒力作用下的一段運動軌跡．質點從M點出發(fā)經(jīng)P點到達N點，已知弧長MP大于弧長PN，質點由M點運動到P點與從P點運動到N點的時間相等．下列說法中正確的是(　　) A．質點從M到N過程中速度大小保持不變 B．質點在這兩段時間內的速度變化量大小相等，方向相同 C．質點在這兩段時間內的速度變化量大小不相等，但方向相同 D．質點在MN間的運動是變加速運動 【答案】B 2.(2020·山東東營一中質檢)如圖所示，長為L的直棒一端可繞固定軸O轉動，

44、另一端放在升降平臺上，平臺以速度v勻速上升．當棒與豎直方向的夾角為α時，棒的角速度為(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 【答案】B 3.如圖所示，在不計滑輪摩擦和繩子質量的條件下，當小車勻速向左運動時，物體M的受力和運動情況是(　　) A．繩的拉力等于M的重力 B．繩的拉力大于M的重力 C．物體M向上做勻速運動 D．物體M向上做勻加速運動 【答案】B 【解析】當小車勻速向左運動時，沿繩子方向的速度vcos θ增大，物體M向上做變加速運動，繩的拉力大于M的重力，選項B正確． 4.(2020·山東濰坊統(tǒng)考)如圖所示，河水由西向東流，河寬為800 m，

45、河中各點的水流速度大小v水與各點到較近河岸的距離x的關系為v水＝x(m/s)(x的單位為m)，讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船劃水速度大小恒為v船＝4 m/s，則下列說法正確的是(　　) A．小船渡河的軌跡為直線 B．小船在河水中的最大速度是5 m/s C．小船在距南岸200 m處的速度小于在距北岸200 m處的速度 D．小船渡河的時間是200 s 【答案】BD 【解析】小船在南北方向上為勻速直線運動，在東西方向上先加速，到達河中間后再減速，小船的合運動是曲線運動，A錯誤．當小船運動到河中間時，東西方向上的分速度最大，此時小船的合速度最大，最大值vm＝5 m/s，B正確．小

46、船在距南岸200 m處的速度等于在距北岸200 m處的速度，C錯誤．小船的渡河時間t＝200 s，D正確． 5.(2020·天津實驗中學模擬)（多選）如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力一定大于2mg B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度為(－1)d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 D．小環(huán)在B處的速度與重物上升的

47、速度大小之比等于 【答案】ABD 6.(2020·江蘇南通模擬)如圖所示，A、B兩球分別套在兩光滑的水平直桿上，兩球通過一輕繩繞過一定滑輪相連．現(xiàn)在使A球以速度v向左勻速移動，某時刻連接兩球的輕繩與水平方向的夾角為α、β，下列說法正確的是(　　) A．此時B球的速度為v B．此時B球的速度為v C．在β增大到90°的過程中，B球做勻速運動 D．在β增大到90°的過程中，B球做加速運動 【答案】AD 【解析】由于繩連接體沿繩方向的速度大小相等，因此vcos α＝vBcos β，故vB＝v，A正確，B錯誤．在β增大到90° 的過程中，α在減小，因此B球的速度在增大，B球做

48、加速運動，C錯誤，D正確． 7．(多選)(2020·河北保定模擬)有一物體在離水平地面高h處以初速度v0水平拋出，落地時速度為vt，豎直分速度為vy，水平射程為l，不計空氣阻力，則物體在空中飛行的時間為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】AB 8.(多選)如圖，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A.已知A點高度為h，山坡傾角為θ，重力加速度為g，由此可算出(　　) A．轟炸機的飛行高度 B．轟炸機的飛行速度 C．炸彈的飛行時間 D．炸彈投出時的動能 【答案】ABC 【解析】由于炸彈垂直擊中

49、山坡上的目標A，tan θ＝，水平方向hcot θ＝v0t，由兩式可解得t和v0，由t可求解轟炸機的飛行高度，由于不知炸彈的質量，無法求出炸彈的動能，A、B、C三項正確． 9.(多選)如圖所示，一斜面體高AB＝L，底邊長BC＝2L，由斜面頂端A點以一定的初速度水平拋出一個物體，物體剛好落在斜面體頂端C點．若將拋出的初速度減半，則下列說法正確的是(　　) A．物體落到斜面上時的速度大小為 B．物體落到斜面上時的速度方向與水平方向成45°角 C．物體從拋出到落到斜面上所用時間為 D．物體從拋出到落到斜面上的過程中位移大小為L 【答案】BCD 10.據(jù)悉，我國已在陜西省西安市

50、的閻良機場建立了一座航空母艦所使用的滑跳式甲板跑道，用來讓飛行員練習在航空母艦上的滑跳式甲板起飛．如圖所示的AOB為此跑道縱截面示意圖，其中AO段水平，OB為拋物線，O點為拋物線的頂點，拋物線過O點的切線水平，OB的水平距離為x，豎直高度為y.某次訓練中，觀察戰(zhàn)機(視為質點)通過OB段時，得知戰(zhàn)機在水平方向做勻速直線運動，所用時間為t，則戰(zhàn)機離開B點的速率為(　　) A. B. C. D. 【答案】D 11.(多選)如圖所示，水平屋頂高H＝5 m，圍墻高h＝3.2 m，圍墻到房子的水平距離L＝3 m，圍墻外馬路寬x＝10 m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，則

51、小球離開屋頂時的速度v的大小的可能值為(g取10 m/s2)(　　) A．8 m/s B．12 m/s C．6 m/s D．2 m/s 【答案】ABC 【解析】若v太大，小球落在馬路外邊，因此，要使球落在馬路上，v的最大值vmax為球落在馬路最右側A點時的平拋初速度，如圖所示，小球做平拋運動，設運動時間為t1. 則小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1 小球的豎直位移：H＝gt 解以上兩式得vmax＝(L＋x)＝13 m/s 若v太小，小球被墻擋住，因此，球不能落在馬路上，v的最小值vmin為球恰好越過圍墻的最高點P落在馬路上B點時的平拋初速度，設小球運動到P點所需時間為t

52、2，則此過程中小球的水平位移：L＝vmint2 小球的豎直方向位移：H－h(huán)＝gt 聯(lián)立以上兩式解得vmin＝L＝5 m/s 因此答案應為A、B、C. 12.在冬奧會短道速滑項目中，運動員繞周長僅111 m的短道競賽．運動員比賽過程中在通過彎道時如果不能很好地控制速度，將發(fā)生側滑而摔離正常比賽路線．圖中圓弧虛線Ob代表彎道，即正常運動路線，Oa為運動員在O點時的速度方向(研究時可將運動員看成質點)．下列論述正確的是(　　) A．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心 B．發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力大于所需要的向心力 C．若在O點發(fā)生側滑，則滑動的方向在Oa左側 D．若

53、在O點發(fā)生側滑，則滑動的方向在Oa右側與Ob之間 【答案】D 13．如圖是自行車傳動結構的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪．假設腳踏板的轉速為n，則自行車前進的速度為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 【答案】A 【解析】前進速度即為Ⅲ輪的線速度，由同一個輪上的點角速度相等，同一鏈條上的點線速度大小相等可得：ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，又有ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝，A正確． 14.如圖所示，圓弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O為圓心的一段圓弧，位于豎直平面內．現(xiàn)有一小球從一水平桌面的邊

54、緣P點向右水平飛出，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入圓軌道．OA與豎直方向的夾角為θ1，PA與豎直方向的夾角為θ2.下列關系式正確的是(　　) A．tan θ1tan θ2＝2 B．cot θ1tan θ2＝2 C．cot θ1cot θ2＝2 D．tan θ1cot θ2＝2 【答案】A 【解析】小球在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球在A點時速度與水平方向的夾角為θ1，tan θ1＝＝，位移與豎直方向的夾角為θ2，tan θ2＝＝＝，則tan θ1tan θ2＝2.故A正確，B、C、D錯誤． 15.(2020·安徽合肥高三模擬)如圖所示，在

55、粗糙水平木板上放一個物塊，使木板和物塊一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運動過程中木板始終保持水平，物塊相對木板始終靜止，則(　　) A．物塊始終受到三個力作用 B．只有在a、b、c、d四點，物塊受到合外力才指向圓心 C．從a到b，物塊所受的摩擦力先增大后減小 D．從b到a，物塊處于超重狀態(tài) 【答案】D 16.如圖所示，長為L的細繩一端固定在O點，另一端拴住一個小球．在O點的正下方與O點相距的地方有一枚與豎直平面垂直的釘子A.把球拉起使細繩在水平方向伸直，由靜止開始釋放，當細繩碰到釘子后的瞬間(細繩沒有斷)，下列說法中正確的是(　

56、　) A．小球的向心加速度突然增大到原來的3倍 B．小球的線速度突然增大到原來的3倍 C．小球的角速度突然增大到原來的1.5倍 D．細繩對小球的拉力突然增大到原來的1.5倍 【答案】A 【解析】細繩碰到釘子的瞬間，線速度不變，B錯誤．圓周運動的半徑由L變?yōu)?，由a＝知，a增大到原來的3倍，A正確．根據(jù)v＝rω知，角速度ω增大到原來的3倍，C錯誤．細繩碰到釘子前瞬間FT－mg＝m，碰后瞬間FT′－mg＝m，再根據(jù)機械能守恒有mgL＝mv2，由此可得FT′＝FT，D錯誤． 17.(2020·江蘇如皋質檢)（多選）質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩

57、a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)繩的張力不可能為零 B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大 C．當角速度ω2＞，b繩將出現(xiàn)彈力 D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化 【答案】AC 18.（多選）如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r＝0.4 m，最低點處有一小球(半徑比r小很多)，現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脫離圓軌道運動，v0應當滿足(g取10 m/s2)(　　) A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2

58、 m/s D．v0≤2 m/s 【答案】CD 【解析】要使小球不脫離軌道運動，則需越過最高點或不越過四分之一圓周．越過最高點的臨界情況：mg＝，得v＝＝2 m/s，由動能定理得－mg·2r＝mv2－mv，解得v0＝2 m/s；若不通過四分之一圓周，根據(jù)機械能守恒定律有mgr＝mv，解得v0＝2 m/s.所以v≥2 m/s或v≤2 m/s均符合要求，C、D正確，A、B錯誤． 19.如圖所示，豎直面內的光滑圓軌道處于固定狀態(tài)，一輕彈簧一端連接在圓軌道圓心的光滑轉軸上，另一端與圓軌道上的小球相連，小球的質量為1 kg，當小球以2 m/s的速度通過圓軌道的最低點時，球對軌道的壓力為20 N，軌

59、道的半徑r＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，則小球要能通過圓軌道的最高點，小球在最高點的速度至少為(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 【答案】B 20.如圖所示，細繩長為L，掛一個質量為m的小球，小球離地面的高度h＝2L，當繩受到大小為2mg的拉力時就會斷裂，繩的上端系一質量不計的環(huán)，環(huán)套在光滑水平桿上．現(xiàn)讓環(huán)與小球一起以速度v＝向右運動，在A處環(huán)被擋住而立即停止，A離墻的水平距離也為L，小球在以后的運動過程中，小球第一次碰撞點離墻角B點的距離是ΔH(不計空氣阻力)，則(　　) A．ΔH＝L B．ΔH＝L C．Δ

60、H＝L D．ΔH＝L 【答案】D 【解析】環(huán)被A擋住時，小球做圓周運動，受到重力和繩子的拉力作用，兩者的合力充當向心力，故有FT－mg＝m，因為v＝，代入解得FT＝2mg，故繩子會斷開，斷開之后小球做平拋運動，設小球直接落地，則h＝gt2，小球的水平位移x＝vt＝2L＞L，所以小球先與墻壁碰撞．設小球平拋后經(jīng)時間t′與墻壁碰撞，則t′＝＝，小球下落高度h′＝gt′2＝，碰撞點距B的距離ΔH＝2L－＝L，故D正確． 二、非選擇題 21．小船勻速橫渡一條河流，當船頭垂直對岸方向時，在出發(fā)后10 min到達對岸下游120 m處．若船頭保持與河岸成θ角向上游航行，在出發(fā)后12.5 min到達

61、正對岸(已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)，求： (1)水流速度大小v1； (2)河的寬度d及船頭與河岸的夾角θ. 【答案】(1)0.2 m/s　(2)200 m　53° (2)若船頭保持與河岸成θ角向上游航行，如圖乙所示， 由題意得t2＝ v2cos θ＝v1 v2＝ 解得d＝200 m，θ＝53°. 22.(2020·陜西西安質檢)某工廠生產(chǎn)流水線示意圖如圖所示，半徑R＝1 m的水平圓盤邊緣E點固定一小桶，在圓盤直徑DE正上方平行放置的水平傳送帶沿順時針方向勻速轉動，傳送帶右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上，豎直高度h＝1.25 m．AB為一個與C

62、O在同一豎直平面內的四分之一光滑圓軌道，半徑r＝0.45 m，且與水平傳送帶相切于B點．一質量m＝0.2 kg的滑塊(可視為質點)從A點由靜止釋放，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，當滑塊到達B點時，圓盤從圖示位置以一定的角速度ω繞通過圓心O的豎直軸勻速轉動，滑塊到達C點時恰與傳送帶同速并水平拋出，剛好落入圓盤邊緣的小桶內．取g＝10 m/s2，求： (1)滑塊到達圓弧軌道B點時對軌道的壓力NB； (2)傳送帶BC部分的長度L； (3)圓盤轉動的角速度ω應滿足的條件． 【答案】(1)6 N，方向豎直向下　(2)1.25 m (3)ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3，…)

63、 (2)滑塊離開C點后做平拋運動，h＝gt 解得t1＝＝0.5 s vC＝＝2 m/s 滑塊由B到C過程中，根據(jù)動能定理，有 －μmgL＝mv－mv 解得L＝＝1.25 m (3)滑塊由B到C過程中，根據(jù)運動學公式，有 L＝t2 解得t2＝＝0.5 s 則t＝t1＋t2＝1 s 圓盤轉動的角速度ω應滿足條件 t＝n·(n＝1,2,3，…) 解得ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3，…)． 23．(2020·湖南六校聯(lián)考)如圖所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內的圓形滑道、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑R＝2 m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出

64、口B′相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內運動時，要求緊貼內側滑行．水面離水平滑道高度h＝5 m．現(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質點，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)起滑點A至少離水平滑道多高？ (2)為了保證游客安全，在水池中放有長度L＝5 m的安全氣墊MN，其厚度不計，滿足(1)的游客恰落在M端， 要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少？ 【答案】(1)5 m　(2) 5 m≤H≤11.25 m (2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒 mgH1＝mv④ v1＝＝10 m/s⑤ 水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知 h＝gt2⑥ 得t＝1 s 則s1＝v1t＝10 m 落在N點時s2＝s1＋L＝15 m 則對應的拋出速度v2＝＝15 m/s⑧ 由mgH2＝mv 得H2＝＝11.25 m 安全滑下點A距水平滑道高度范圍為5 m≤H≤11.25 m⑨