高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破一 力与运动 高频考点三 圆周运动问题课件
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第3讲力与曲线运动
第一部分 专题一 第3讲基础题——知识基础打牢1．(2022·浙江6月高考)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面．则( C )A ．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B ．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力C ．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D ．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【解析】 根据G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GMr可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A 错误，C 正确；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B 错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D 错误．2．悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星在不同轨道上同向运行，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示，卫星乙的轨道半径为r ，甲、乙两颗卫星的质量均为m ，悬绳的长度为14r ，其重力不计，地球质量为M ，引力常量为G ，两卫星间的万有引力较小，可忽略不计，则两颗卫星间悬绳的张力为( A )A ．61GMm 225r 2B ．62GMm 225r 2C ．7GMm 25r2D ．8GMm 25r2【解析】 由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，并设为ω0，乙卫星由万有引力定律及牛顿第二定律可得GMm r2－F T ＝mω2r ，对甲卫星，有G Mm⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋14r 2＋F T ＝mω2⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋14r ，联立求得两颗卫星间悬绳的张力为F T ＝61GMm225r2，故选A ．3．(2022·湖南长沙二模)“天宫课堂”在2021年12月9日正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，王亚平说他们在距离地球表面400 km 的空间站中一天内可以看到16次日出．已知地球半径为6 400 km ，万有引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，忽略地球的自转．若只知上述条件，则不能确定的是( C )A ．地球的平均密度B ．地球的第一宇宙速度C ．空间站与地球的万有引力D ．地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值【解析】 根据一天内可以看到16次日出可以求得空间站的周期T 1，并且地球半径R和空间站轨道高度h 均已知，根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 21(R ＋h )可求出地球的质量，地球的半径已知，可求出地球的体积，根据ρ＝MV，可求得地球的平均密度，故A 不符合题意；设地球的第一宇宙速度为v ，质量为m 的物体绕地球表面以第一宇宙速度v 运行，根据牛顿第二定律有G Mm R 2＝m v 2R，结合A 选项，可知能确定地球的第一宇宙速度，故B 不符合题意；由于空间站的质量未知，所以无法求得空间站与地球的万有引力，故C 符合题意；空间站的线速度大小为v 1＝2π（R ＋h ）T 1，根据G Mm r 2＝m v 21r ，结合G Mm r 2＝m 4π2T 2同r ，结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小，故可求出地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值，故D 不符合题意．4．(2022·辽宁丹东二模)如图所示，A 、B 两卫星绕地球做匀速圆周运动，它们的轨道在同一平面内且绕行方向相同．若A 离地面的高度为h ，运行周期为T ，根据观测记录可知，A 观测B 的最大张角θ＝60°．设地球的半径为R ，则下列说法中不正确的是( D )A ．卫星B 的运行轨道半径为R ＋h2B ．卫星A 与B 的加速度之比为1∶4C ．卫星A 与B 运行的周期之比为22∶1D ．若某时刻卫星A 和B 相距最近，则再经过时间T ，它们又相距最近 【解析】 卫星B 的运行轨道半径为r B ＝r A sin 30°，r A ＝R ＋h 解得r B ＝R ＋h2，A 正确，不符合题意；根据牛顿第二定律得GMm A r 2A ＝m A a A ，G Mm Br 2B＝m B a B ，解得卫星A 与B 的加速度之比为a A ∶a B ＝1∶4，B 正确，不符合题意；根据牛顿第二定律得G Mm A r 2A ＝m A 4π2T 2r A ，G Mm B r 2B ＝m B 4π2T 2Br B 解得T T B ＝221，C 正确，不符合题意；若某时刻卫星A 和B 相距最近，设再经过时间t ，它们又相距最近2πT B t －2πT t ＝2π，解得t ＝22＋17T ，D 错误，符合题意．5．(2022·湖北联盟联考)宇宙中，多数恒星是双星系统．我们发现距离地球149光年，有一双星系统A 、B ，已知A 和B 的总质量为太阳质量的1.63倍，它们以156天的周期互相绕对方公转．则A 和B 的距离约为地球和太阳距离的( C )A ．1.6倍B ．1倍C ．0.7倍D ．0.3倍【解析】 设A 和B 的距离为L ，它们互绕周期为T AB ，对A ：G m A m B L 2＝m A r A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT AB 2，对B ：G m A m B L 2＝m B r B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT AB 2，又设地球绕太阳的周期为T ，地球和太阳距离为r ，地球绕太阳公转，根据万有引力定律G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，由以上各式解得L r ＝3 1.63M ·T 2AB M ·T 2＝3 1.63×156365×156305≈0.7，C 正确．6．(2022·河北张家口三模)2022年2月27日，长征八号遥二运载火箭搭载22颗卫星发射升空，在达到预定轨道后分12次释放卫星，将他们分别送入预定轨道．设想某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭在P 点同时将卫星1和卫星2释放，把卫星1送上轨道1(近地圆轨道)，把卫星2送上轨道2(椭圆轨道，P 、Q 是近地点和远地点)，卫星2再变轨到轨道3(远地圆轨道)．忽略卫星质量变化，下列说法正确的是( B )A ．卫星1再次回到P 点时，若卫星2没有变轨，两星一定会相撞B ．卫星2在P 点的加速度大于在Q 点的加速度C ．由轨道2变至轨道3，卫星2在Q 点应朝运动方向喷气D ．卫星2在P 点时的线速度小于卫星1在P 点时的线速度【解析】 根据开普勒第三定律R 3T2＝k ，1、2轨道半径关系为R 1<R 2，则T 2>T 1，卫星1再次回到P 点时，由于两卫星周期不等，所以不一定会相撞，故A 错误；由万有引力提供向心力G Mm R 2＝ma ，加速度a ＝GM R2可知近地点加速度大，远地点加速度小，故B 正确；要使得卫星从轨道2变轨到轨道3需要在Q 点点火加速，需向后喷气，故C 错误；轨道1上的卫星要变轨到轨道2，需要加速升轨，则卫星2在P 点时的线速度大于卫星1在P 点时的线速度，故D 错误．7．(2022·福建泉州质检)在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层．图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O 为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度)，以空间站为参考系，此时( D )A ．水和油的线速度大小相等B ．水和油的向心加速度大小相等C ．水对油的作用力大于油对水的作用力D ．水对油有指向圆心的作用力【解析】 水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据F 向＝mω2r 可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v ＝ωr 知，水比油的半径大时，线速度也大，A 错误；根据a 向＝ω2r 知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B 错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C 错误；油做圆周运动的向心力由水对油的作用力提供，故水对油有指向圆心的作用力，D 正确．8．如图所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( B )A ．AB ∶AC ＝2∶1 B ．AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1【解析】 由平抛运动的特点可知y 1x 1＝y 2x 2，即12gt 21v 0t 1＝12gt 220.5v 0t 2，可得t 1∶t 2＝2∶1，平抛运动的位移为l ＝x 2＋y 2，联立yx＝tan θ，可得AB ∶AC ＝x 21＋y 21∶x 22＋y 22＝x 1∶x 2＝4∶1，故A 、C 、D 错误，B 正确．9．(多选)(2022·陕西宝鸡模拟)汽车在出厂前要进行性能测试．某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度v 0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避故障，测试人员采取了一些应急措施．设汽车与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是( AC )A ．若直线刹车，则至少应该在道路故障前v 202μg的距离处采取刹车措施B ．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大C ．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为v 20μgD ．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些【解析】 若采取直线刹车措施，根据动能定理有μmgx ＝12mv 20，解得刹车的最大距离为x ＝v 202μg ，故A 正确；汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据F f ＝mv 20r ，可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，故B 错误；当摩擦力达到最大时μmg ＝mv 20r min ，解得r min ＝v 20μg，故C 正确；由于r min >x ，所以直线刹车更安全些，故D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·安徽马鞍山二模)如图所示的水平圆盘上有一原长为l 0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止．现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f 为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度ω至某一较大值的过程中，关于f与ω2图象可能正确的是( AB )【解析】若初始时l＝l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力f＝mω2l，静摩擦力f∝ω2，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，A正确；若初始时l>l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时向心力为kx－f＝mω2l，故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有kx＋f＝mω2l，摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，B正确；若初始时l<l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时向心力为f－kx＝mω2l，故角速度为0时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小，综上所述C、D图象均不可能，C、D错误．故选AB．11．(多选)(2022·四川宜宾模拟)国外一个团队挑战看人能不能在竖直的圆内测完整跑完一圈，团队搭建了如图一个半径1.6 m的木质竖直圆跑道，做了充分的安全准备后开始挑战．(g＝10 m/s2)( CD )A ．根据v ＝gR 计算人奔跑的速度达到4 m/s 即可完成挑战B ．不计阻力时由能量守恒计算要80 m/s 的速度进入跑道才能成功，而还存在不可忽略的阻力那么这个速度超过绝大多数人的极限，所以该挑战根本不能成功C ．人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m ，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功D ．一般人不能完成挑战的根源是在脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧造成指向圆心的力大于需要的向心力从而失败【解析】 人在最高点时，且将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，且在人所受重力提供向心力的情况下，有m v 2R＝mg ，可得v ＝gR ＝4 m/s ，未考虑人脚与跑道间作用力的情况，故考虑情况过于简单，A 错误；若将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，设恰好通过最高点时的速度为v 1，通过最低点的速度为v 0，有－2mgR ＝12mv 21－12mv 20，m v 21R ＝mg ，联立可得v 0＝80 m/s ，但实际上并不是这样的，人的重心不可能在脚底，所以人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m ，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功，B 错误，C 正确；脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧造成指向圆心的力大于需要的向心力，若人的速度不够，则会导致挑战失败，D 正确．故选CD ．应用题——强化学以致用12．(2022·河北张家口三模)如图所示，O 为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O 的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a 和b 相对容器静止，b 与容器壁间恰好没有摩擦力．已知a 和O 、b 和O 的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是( A )A ．小物块a 和b 做圆周运动的向心力之比为3∶1B ．小物块a 和b 对容器壁的压力之比为3∶1C ．小物块a 与容器壁之间无摩擦力D ．容器壁对小物块a 的摩擦力方向沿器壁切线向下【解析】 a 、b 角速度相等，向心力可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 向心力之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；若无摩擦力a 将移动到和b 等高的位置，所以摩擦力沿切线方向向上．定量分析：对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析mω2R sin 60°<mg tan 60°即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上；对b 有F N b cos 30°＝mg ，对a 有F N a cos 60°＋F f sin 60°＝mg ，所以F N a F N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 、C 、D 错误，故选A ．13．(2022·甘肃金昌联考)如图所示，竖直平面内的平面直角坐标系第一象限有一个接触面，接触面的截面满足方程y ＝ax 2，质量为2 kg 的钢球从图中其坐标为(－1 m ，9 m)处，以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，经过t ＝1 s 时，落在接触面某处(不考虑反弹，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)，下列说法正确的是( C )A ．接触面的竖直截面抛物线方程表达式为y ＝2x 2B ．落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为60°C ．在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为20 kg·m/sD ．假设该钢球以1 m/s 的初速度从同样位置平抛，则不能落在接触面上【解析】 设落在接触面上位置坐标为(x ，y )根据平抛运动规律，有9 m －y ＝12gt 2，1 m＋x ＝v 0t ，解得x ＝1 m ，y ＝4 m ，所以接触表面抛物线方程表达式为y ＝4x 2，故A 错误；设钢球落在接触面上竖直分速度为v y ＝gt ＝10 m/s ，钢球的速度方向与水平面的夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝5可知落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于60°，故B 错误；在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为Δp ＝m ·Δv ＝mv y ＝20 kg·m/s，方向竖直向下，故C 正确；设钢球速度为v 时，恰好落在坐标原点，则1 m ＝vt ′，9 m ＝12gt ′2，解得v ＝53m/s ，球以v 0′＝1 m/s>v 的初速度从图中同样位置平抛，则一定能落在接触面上，故D 错误．14．(2022·四川宜宾二诊)如图，在某次排球运动中，质量为m 的排球从底线A 点的正上方H 处以某一速度水平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD ．已知网高为h ，球场的长度为s ，重力加速度为g ，不计空气阻力，排球可看成质点，当排球被发出时，下列说法正确的是( B )A ．排球从被击出运动至B 点，重力的冲量大小为mg 2h gB ．击球点的高度H 为43hC ．运动员击打排球做的功为mgs 26hD ．排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足tan θ＝2hs【解析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动x ＝vt ，排球从初位置运动到网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为t 1∶t 2＝s 2v ∶s2v＝1∶1，排球竖直方向上做自由落体运动H －hH ＝12gt 2112g （t 1＋t 2）2＝14，解得H ＝43h ，故B 正确；排球从被击出运动至B 点，由H ＝43h ＝12gt 2，解得排球运动的时间t ＝8h3g，则重力的冲量大小为I ＝mgt ＝mg 8h 3g，故A 错误；排球的初速度为v ＝st ＝s3g 8h ，运动员击打排球做的功为W ＝12mv 2＝3mgs 216h，故C 错误；排球刚触地时竖直方向的速度为v y ＝gt ＝8gh3，则排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足tan θ＝v y v ＝8h3s，故D 错误． 15．(2022·湖北黄冈中学二模)我国首颗人造地球卫星“东方红一号”其运行轨道为绕地球的椭圆，远地点A 距地球表面的高度为2 129 km ，近地点B 距地球表面的高度为429 km ；地球同步卫星距地面的高度约为36 000 km ．已知地球可看成半径为6 371 km 的匀质球体，地球自转周期为24 h ，引力常量G ＝6.67×1011N·m 2/kg 2，下列说法正确的是( A )A ．根据以上数据可以求出地球的质量和“东方红一号”绕地球运转的周期B ．“东方红一号”在远地点A 的速度大于地球的第一宇宙速度C ．“东方红一号”在远地点A 的机械能小于在近地点B 的机械能D ．地球同步卫星的加速度大于地球表面上的重力加速度【解析】 设R 为地球半径，M 为地球质量，h 为地球同步卫星距地面的高度，T 为地球自转周期，对同步卫星G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，可以计算地球质量；设“东方红一号”其远地点A 距地球表面的高度为h 1，近地点B 距地球表面的高度为h 2，其运行轨道半长轴R 1＝（R ＋h 1）＋（R ＋h 2）2①，根据开普勒第三定律（R ＋h ）3T 2＝R 21T 21②，由①②可得“东方红一号”绕地球运转的周期T 1，故A 正确；卫星在远地点A 做向心运动，速度小于其在该点做圆周运动的线速度，根据G Mm r 2＝m v 2r ，v ＝GMr，卫星在远地点A 做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度，所以“东方红一号”在远地点A 的速度小于地球的第一宇宙速度，故B 错误；“东方红一号”在远地点A 的机械能等于在近地点B 的机械能，故C 错误；地球表面万有引力近似等于重力G MmR 2＝mg ，g ＝GM R 2，同步卫星万有引力充当向心力a ＝GMr2，r >R ，因此a <g ，故D 错误．16．(2022·四川德阳二诊)随着2022北京冬奥会的举办，人们对冰雪运动的了解越来越多，许多人投身其中．山地滑雪是人们喜爱的一项冰雪运动，一滑雪坡由AB 和BC 组成，AB 是倾角为37°的斜坡，BC 是半径为R ＝5 m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B ，与水平面相切于C ，如图所示，AB 竖直高度差为h 1，竖直台阶CD 高度差为h 2＝9 m ，台阶底端与倾角为37°斜坡DE 相连．运动员连同滑雪装备总质量为75 kg ，从A 点由静止滑下通过C 点后飞落到DE 上，运动员经过C 点时轨道受到的压力大小为4 590 N ，不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，运动员可以看成质点(g 取10 m/s ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：11(1)AB 竖直高度差h 1为多大；(2)运动员在空中飞行的时间；(3)运动员离开C 点后经过多长时间离DE 的距离最大．【答案】 (1)11.8 m (2)3 s (3)1.2 s【解析】 (1)由A 到C ，对运动员由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2Ch ＝h 1＋R (1－cos θ)C 处，对运动员由牛顿第二定律得N C －mg ＝m v 2C R解得运动员到达C 点的速度为v C ＝2gh ＝16 m/s解得h 1＝11.8 m ．(2)运动员在空中做平抛运动，则x ＝v C th 2＋y ＝12gt 2y x ＝tan 37°解得t ＝3 s ．(3)离开C 点离DE 的距离最大时，速度方向平行DE ，则v y ＝v C tan 37°＝gt ′ 解得t ′＝1.2 s ．。
高三物理二轮复习 考前30天 专题一 突破11个高考热点 第3讲 平抛运动和圆周运动课件
当 b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmg＝mωb22l，
可得 ωb＝ k2gl，C 正确；当 a 开始滑动时，由牛顿第二定
律可得 kmg＝mωa2l，可得 ωa＝
klg，而转盘的角速度
2kg 3l <
klg，故小木块 a 未发生滑动，其所需的向心
力由静摩擦力来提供，则 Ff＝mω2l＝23kmg，D 错误。
2.[多选](2015·潍坊质检)如图所示，在水平地面上有一 个表面光滑的直角三角形物块 M，长为 L 的轻杆下端用光 滑铰链连接于 O 点(O 点固定于地面上)，上端连接小球 m， 小球靠在物块左侧，水平向左的推力 F 施于物块，整个装 置静止。若撤去力 F，下列说法正确的是( )
A．物块先做加速运动，后做减速运动直至静止 B．物块先做加速运动，后做匀速运动 C．小球与物块分离时，若轻杆与水平地面成 α 角，小球 的角速度大小为 ω，则物块的速度大小是 ωLsin α D．小球落地的瞬间与物块分离
向上有L21＝v1t1②。由①②两式可得 v1＝L41 gh。设以速率
v2 发射乒乓球，经过时间 t2 刚好落到球网右侧台面的两角
处，在竖直方向有 3h＝12gt22③，在水平方向有
L222＋L12＝
v2t2④。由③④两式可得 v2＝12
4L21＋ 6hL22g。则 v 的最大
取值范围为 v1<v<v2，故选项 D 正确。
[限时训练] 1.(2015·嘉兴质检)科技馆的科普器材中常有如图所示匀 速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮。若齿 轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的 3 倍，则当大 齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．小齿轮逆时针转动 B．小齿轮每个齿的线速度均相同 C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的 3 倍 D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的 3 倍
2019年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动3力学中的曲线运动_抛体运动和圆周运动课件
力学中的曲线运动 ——抛体运动和圆周运动
过了中后卫布林德的头顶下落就算德罗巴不用跳起不用移动也可以顶到这个球这个球距离球门不到 的向禁区内移动抢点或者解围但是一切都太晚了布隆坎普几步来到底线附近在无人盯防的情况下右脚传出了一记漂亮的弧线球找中路的德罗巴这脚球传的速度奇快又非常舒服越 松的接到皮球把球一磕改变了方向然后快速下底这个时候阿贾克斯的球员发现了布隆坎普的动作顿时大惊失色梅尔奇奥特快速向移向边路防止布隆坎普的传中双方的球员都纷纷 慢慢移动不知不觉的已经到了几乎和禁区平行的位置就在几乎所有人都以为阿尔蒂多雷要远射的时候阿尔蒂多雷却突然把球传到了一个所有人都想不到的地方右边路布隆坎普轻 太阳穴的位置触球球直接飞出了底线顿时眼镜碎了一地谁都想不到在距离球迷 击德罗巴德罗巴庞大的身躯在德波尔有意的撞击之下发生了一点改变这一点改变就是致命的因为布隆坎普的这脚传球太快德罗巴本来是想用额头把球砸进球门这一下却变成了用 有那么强大了早就看到了这个落点却被德罗巴卡住位置的德波尔终于等到了机会老奸巨猾的德波尔也貌似要跳起头球其实他根本就不可能碰到球他只是佯装跳起用身体狠狠的撞 状的看着禁区看着德罗巴希望德罗巴不要抢到点这时候德罗巴却出人意料的起跳了他想微微跳起然后把球砸向球门如果双脚站在地面上德罗巴就是巨人安泰但是跳起之后他就没 被打丢了德罗巴沮丧的跪在草皮上不住的摇头痛骂自己是傻 呼的这时气得狠狠的蹲下捶地他不能想象在这一瞬间德罗巴那浆糊脑袋里想的是什么距离球门这么近怎么顶不不能进非要玩花样尼玛觉得是花样滑冰玩艺术了加分啊一个必进球 略了这是防守失误的起因阿贾克斯逃过一劫但是这样的错误不能再犯下一次阿尔克马尔人海会再给你们机会吗解说员指责阿贾克斯的球员在这个球的处理上太大意竟然没发现移 X啊啊啊不可思议一个必进球被德罗巴打飞这是一个打飞比打进更难的球阿尔克马尔的球员真是奇葩啊布隆坎普
高三物理二轮复习 专题一 力和运动 第3讲 抛体运动和圆周运动
3．平抛(类平抛)运动的两个推论 (1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一 定通过此时水平位移的中点。
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水 平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α。
1.[多选](2015·吉林模拟)如图所示，A、D 分别是斜面 的顶端、底端，B、C 是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD， E 点在 D 点的正上方，与 A 等高。从 E 点以一定的水平速 度抛出质量相等的两个小球，球 1 落在 B 点，球 2 落在 C 点，关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程( )
[答案] B
2.[多选](2015·连云港模拟)如图所示，一块橡皮用细线 悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧沿与水平方向成30°角的 斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直， 下列说法正确的是( )
A．橡皮的速度大小为 2v B．橡皮的速度大小为 3v C．橡皮的速度与水平方向成60°角 D．橡皮的速度与水平方向成45°角
考点2 平抛(类平抛)运动的规律:本考点是高考的重点， 考向涉及牛顿运动定律及带电粒子在电场中的运动。
1．平抛运动的规律 (1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。 (2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝12gt2。
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似 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。
1．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在 一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A 水平向左运动，可知( )
A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A所受摩擦力逐渐增大 D．物体A所受摩擦力不变
高考物理二轮复习 专题整合高频突破 专题一 力与运动3 力学中的曲线运动抛体运动和圆周运动课件
网络构建
要点必备
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网络构建
要点必备
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1.物体做曲线运动的条件及特点 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时 ,物体做曲线 运动。合运动与分运动具有 等时性 、 独立性 和 等效性 。 2.平抛运动 (1)规律:vx=v 0 , vy=gt , x=v0 t,y=12gt2。 (2)推论:做平抛(或类平抛 )运动的物体
确,B、C、D错误。
1234
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考点定位 :功、向心力 命题能力点 :侧重考查理解能力 解题思路与方法 :解答此题关键是小环的研究对象分析大圆环对它 的作用力的方向和速度方向的关系。
考点一
考点二
考点三
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曲线运动及运动的合成与分解 (M) 典题1(2017石家庄模拟 )一个质量为 2 kg的物体,在4个共点力作 用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为 8 N和12 N的两个力 , 其余的力保持不变 ,关于此后该物体运动的说法正确的是 ( A ) A.一定做匀变速运动 ,加速度大小可能等于重力加速度的大小 B.一定做匀变速直线运动 ,加速度大小可能是 5 m/s2 C.可能做匀减速直线运动 ,加速度大小是 1.5 m/s2 D.可能做匀速圆周运动 ,向心加速度大小是 6 m/s2
2.(2016全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上 ,P
球的质量大于 Q球的质量 ,悬挂P球的绳比悬挂 Q球的绳短。将两球 拉起,使两绳均被水平拉直 ,如图所示。将两球由静止释放。在各 自轨迹的最低点 ,( C ) A.P球的速度一定大于 Q球的速度 B.P球的动能一定小于 Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度
高考物理二轮复习 专题突破篇 1.1.3 力与运动课件
kv C. 1－k2
v D. k2－1
思路点拨：(1)“去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过 河时间由河宽和船在静水中的速度决定．
(2)“回程时行驶路线与河岸垂直” 说明过河时间由河宽 和实际速度决定．
答案：B
解析：设小船在静水中的速度为 v1，去程时船头垂直河岸， 如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为 d，则去程 时间 t1＝vd1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间 t2＝ v12d－v2， 由题意有tt12＝k，则 k＝ v21v－1 v2，得 v1＝ 1－v2k2＝ 1v－k2，选 项 B 正确．
①当船在静水中的速度 v1 大于水流速度 v2 时，最短过河位 移为河宽 d，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角 α＝ arccosvv21.
甲
乙
②当船在静水中的速度 v1 小于水流速度 v2 时，过河的最短 位移为 x，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为 θ＝ arccosvv12，最短位移 x＝vv21d.
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等 一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行不受其 他分运动的影响 各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的 效果 合运动是物体的实际运动
2.物体做曲线运动的特点 (1)做曲线运动的物体受到的合力与速度不在同一直线上，且 总是指向曲线的凹侧． (2)F 合恒定：做匀变速曲线运动． (3)F 合变化：做非匀变速曲线运动．
⊳第一部分 专题突破篇
专题一 力与运动
第3讲 抛体运动和圆周运动
高频考点（一） 运动的合成与分解
名师点睛：1.怎么考：以选择题的形式考查． 2.考什么： 运动的合成与分解的理解及应用． 3.怎么学：难度一般，自主 练透．
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.4力与物体的曲线运动二课件
烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有：
水平位移 L＝v0t 竖直位移 y＝12at2
解得：y＝0.375 m
所求比值为 η＝dy＝34
(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得
d＝12a1t2
|Ud1q|＝ma1
(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．
解析：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0， 则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电 场中沿水平方向的位移分别为 x1 和 x2.由题给条件和运动学公式得
重力及带电粒子之间的相互作用．则 v2∶v1 为( )
A. 3∶2
B. 2∶1
C. 3∶1
D．3∶ 2
解析：相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动．
粒子以 v1 入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60°(对应六分 之一圆周)的弦 PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径 2r1，如 图甲所示，设圆形区域的半径为 R，由几何关系知 r1＝12R.其他不同 方向以 v1 入射的粒子的出射点在 PP′对应的圆弧内．
2．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面) 向里的磁场．在 x≥0 区域，磁感应强度的大小为 B0；x＜0 区域， 磁感应强度的大小为 λB0(常数 λ＞1)．一质量为 m、电荷量为 q(q ＞0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此 时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时，求：(不计重力)
h＝13H⑧
(3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
高考物理二轮温习第1部份专题讲练冲破一力与运动限时规范训练3
限时规范训练建议历时：40分钟1．(2016·河南、河北、山西三省联考)(多选)如图所示，水平放置的匀质圆盘可绕通过圆心的竖直轴OO′转动．两个质量均为1 kg的小木块a和b放在圆盘上，a、b与转轴的距离均为1 cm，a、b与圆盘间的动摩擦因数别离为和(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．若圆盘从静止开始绕OO′缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，则(取g＝10 m/s2)( )A．a必然比b先开始滑动B．当ω＝5 rad/s时，b所受摩擦力的大小为1 NC．当ω＝10 rad/s时，a所受摩擦力的大小为1 ND．当ω＝20 rad/s时，继续增大ω，b相对圆盘开始滑动解析：选ACD.由于a、b做圆周运动所需向心力是由摩擦力提供，而a的动摩擦因数较小，随着圆盘角速度的增大，先达到最大摩擦力，即a比b先开始滑动，A正确；当木块a、b 在圆盘刚开始滑动时，有f a＝m aω2a r＝μa m a g，f b＝m bω2b r＝μb m b g解得ωa＝10 rad/s，ωb ＝20 rad/s，易知当ω＝10 rad/s时，a所受的摩擦力大小等于其滑动摩擦力，其大小为1 N，当ω＝20 rad/s时，b即将滑动，随着圆盘的角速度继续增大，b相对圆盘开始滑动，C、D正确；当ω＝5 rad/s时，b没有滑动，此时b所受的摩擦力为f＝m bω2b r＝ N，B错误．2．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终维持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为3 2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )rad/s rad/sC． rad/s D． rad/s解析：选 C.考查圆周运动的向心力表达式．当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r解得ω＝ rad/s 故选项C 正确．3．(2016·山西太原二模)假设跳远运动员离开地面时速度方向与水平面的夹角为α，运动员的成绩为4L ，腾空进程中离地面的最大高度为L ，若不计空气阻力，运动员可视为质点，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ) A ．运动员在空中的时间为2LgB ．运动员在空中最高点的速度大小为gLC ．运动员离开地面时的竖直分速度为gLD ．运动员离开地面时速度方向与水平面的夹角α的正切值为1解析：选 D.跳远运动可视为斜抛运动，从最高点的下落进程和运动员离开地面到最高点的进程对称．从最高点的下落进程为平抛运动，设运动员从最高点落至地面经历的时间为t ，水平方向的速度为v 0，按照平抛运动规律可得2L ＝v 0t ，L ＝12gt 2，解得t ＝2L g，v 0＝2gL .运动员在空中的时间为22Lg.运动员在空中最高点的速度等于水平方向的速度v 0.跳远运动员离开地面时在竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝g2Lg＝2gL .tan α＝v y v 0＝1.4．(2016·湖北八校三联)如图所示，半圆形容器竖直放置，从其圆心O 点处别离以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们别离落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 彼此垂直，且OA 与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为( )B ．tan θD ．tan 2θ解析：选C.由平抛运动规律得，水平方向R sin θ＝v 1t 1，R cos θ＝v 2t 2，竖直方向R cos θ＝12gt 21，R sin θ＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝tan 3θ，故选项C 正确． 5．如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平起落台上，起落平台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vL cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：选D.棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度为v 实＝ωL ＝vsin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度愈来愈小的变速圆周运动．6．如图所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g ，则A 、B 之间的水平距离为( )解析：选A.设小球到B 点时速度为v ，如下图所示，在B 点分解其速度可知：v x ＝v 0，v y ＝v 0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有v y ＝gt ，联立得：t ＝v 0tan αg ，A 、B之间的水平距离为x AB ＝v 0t ＝v 20tan αg，所以只有A 项正确．7．(多选)如图所示，一名同窗在玩飞镖游戏．圆盘最上端有一点P ，飞镖抛出时与P 等高，且与P 点的距离为L .在飞镖以初速度v 0垂直盘面对准P 点抛出的同时，圆盘绕通过盘心O 点的水平轴在竖直平面内开始匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则( )A ．飞镖击中P 点所需的时间为L v 0B ．圆盘的半径可能为gL 22v 20C ．圆盘转动角速度的最小值为2πv 0LD ．P 点随圆盘转动的线速度大小可能为5πgL 4v 0解析：选AD.飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，因此t ＝Lv 0，A 正确；飞镖击中P 点时，P 恰好在圆盘最低点，则2r ＝12gt 2，解得圆盘的半径r ＝gL24v 20，B 错误；飞镖击中P 点，则P 点转过的角度知足θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0,1,2，…)，故ω＝θt＝2k ＋1πv 0L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv 0L，C 错误；P 点随圆盘转动的线速度大小为v ＝ωr ＝2k ＋1πv 0L ·gL 24v 20＝2k ＋1πgL 4v 0，当k ＝2时，v ＝5πgL4v 0，D 正确．8．如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 处系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg .当AC 和BC 均拉直时∠ABC ＝90°，∠ACB ＝53°，BC ＝1 m ．ABC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因此C 球在水平面内做匀速圆周运动．当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时球的线速度别离为( )A ．AC 5 m/sB ．BC 5 m/s C ．AC 5.24 m/sD ．BC 5.24 m/s解析：选B.当小球线速度增大时，BC 逐渐被拉直，小球线速度增至BC 刚被拉直时，对球：F T A sin 53°－mg ＝0① F T A cos 53°＋F T B ＝mv 2r②由①可求得AC 绳中的拉力F T A ＝5mg4.线速度再增大些，F T A 不变而F T B 增大，所以BC 绳先断．当BC 绳断以后，小球线速度继续增大，当拉力增大到F T A ′＝2mg 时，AC 恰好被拉断．设此时AC 绳与竖直方向的夹角为α，对球：F T A ′cos α－mg ＝0③F T A ′sin α＝mv 2r ′④r ′＝BC ·sin αcos 53°，解得α＝60°，v ＝5 m/s ，故选项B 正确．9．(多选)如图所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右双侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静止放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m .现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v 必需知足( )A ．最小值4grB ．最小值5grC ．最大值6grD ．最大值7gr解析：选BD.要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度知足mg ＝m v 20r，由最低点到最高点由机械能守恒得12mv 2min ＝mg ·2r ＋12mv 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ，故选项A 错误，B 正确；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg ，知足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12mv 2max ＝mg ·2r ＋12mv 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr ，故选项C 错误，D 正确．10．(多选)如图所示，轻杆长为3L ，在杆的A 、B 两头别离固定质量均为m 的球A 和球B ，杆上距球A 为L 处的点O 装在滑腻水平转动轴上，杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，且杆对球A 、B 的最大约束力相同，则( )A ．B 球在最低点较A 球在最低点更易离开轨道B ．若B 球在最低点对杆作使劲为3mg ，则A 球在最高点受杆的拉力C ．若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，则A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力D ．若每一周做匀速圆周运动的角速度都增大，则同一周B 球在最高点受杆的力必然大于A 球在最高点受杆的力解析：选AC.杆和球在竖直面内做匀速圆周运动，它们的角速度相同，B 做圆周运动的半径是A 的2倍，所以B 的线速度v B 是A 的线速度v A 的2倍，v B ＝2v A ，取v A ＝v ，L ＝r ，在最低点由牛顿第二定律F －mg ＝m v 2r 得F ＝mg ＋m v 2r 得杆对A 球的作使劲F A ＝mg ＋m v 2r，杆对B 球的作使劲F B ＝mg ＋m2v2r，在最低点，F B ＞F A ，而杆对球A 、B 的最大约束力相同，故B 球在最低点较A 球在最低点更易离开轨道，A 正确；在最高点，由牛顿第二定律mg －F ＝m v 2r，A 球在最高点受杆的支持力F A ′＝mg －m v 2r ，B 球在最高点受杆的支持力F B ′＝mg －m 2v2r，在最低点，杆对B 球的作使劲F B ＝mg ＋m2v2r＝3mg 得v ＝gr ，所以F A ′＝0，则A 球在最高点不受杆的拉力，所以B 错误；若某一周A 球在最高点和B 球在最高点受杆的力大小相等，所以A 球受杆的支持力、B 球受杆的拉力，C 正确；当v ＝gr2时，F B ′＝0，而F A ′＝mg2＞F B ′＝0，所以D 错误．11．同窗们参照伽利略时期演示平抛运动的方式制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小和对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg 2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)设小球在Q 点受的支持力为F ，由牛顿第二定律F －mg ＝m v 20R ，得F ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝F ，方向竖直向下． (3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R . 答案：(1)到底板的高度：34H(2)速度的大小：L g 2H 压力的大小：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR方向：竖直向下(3)摩擦力对小球做的功：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R12．山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示用意如下．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量别离为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴别离位于左侧和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左侧石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动进程中猴子都可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，按照平抛运动规律，有h 1＝12gt 2① x 1＝v min t ②联立①②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动进程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有 (M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v 2C ④v C ＝2gh 2＝80 m/s≈9 m/s⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2CL⑥由几何关系 (L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得：L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2CL＝216 N.答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N。
高考物理二轮温习第1部份专题讲练冲破一力与运动限时规范训练1
限时规范训练建议历时：45分钟1．如图在倾斜的直杆上套一个质量为m的圆环，圆环通太轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿杆向下滑动的进程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则( )A．圆环只受三个力作用B．圆环必然受四个力作用C．物体做匀加速运动D．轻绳对物体的拉力小于物体的重力解析：选B.悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则圆环和物体均做匀速直线运动，C、D错；对圆环受力分析，圆环要维持平衡状态必受到重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对圆环的摩擦力四个力作用，A错，B对．2．(2016·河南名校模拟)如图所示，斜面小车M静止在滑腻水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4C．5 D．6解析：选B.对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车必无作使劲，以小车为研究对象，它受重力Mg，地面的支持力F N1，物体对它的压力F N2和静摩擦力F f，B对．3．(2016·湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力都可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是( )A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受水平面的摩擦力大小为mg tan θC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtan θD．滑块A对物体B的压力大小为mg cos θ解析：选C.以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为N1＝mgtan θ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为N2＝mgsin θ，按照牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为mgsin θ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为f＝N1＝mgtan θ，B错误．4．如图所示，固定斜面上的物体A用跨过滑轮的细线与小砂桶相连，连接A的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦力．若要使物体A在斜面上维持静止，砂桶中砂的质量有必然的范围，已知其最大值和最小值别离为m1和m2(m2＞0)，重力加速度为g，由此可求出( )A．物体A的质量B．斜面的倾角C．物体A对斜面的正压力D．物体A与斜面间的最大静摩擦力解析：选D.设物体A的质量为M，砂桶的质量为m0，物体与斜面间的最大静摩擦力为f m，斜面倾角为θ，由平衡条件可得物体A将要上滑时，有m0g＋m1g＝Mg sin θ＋f m；物体A将要下滑时，有m 0g ＋m 2g ＝Mg sin θ－f m ，可得f m ＝m 1g －m 2g 2，D 正确．不能求出其他的物理量，A 、B 、C 错误． 5．(2017·江西南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC ，框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O 点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O 点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态．用一个始终沿框架切线方向的拉力F 拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终维持静止状态，则在整个进程中( )A ．沿框架切线方向拉力F 逐渐减小B ．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大C ．水平面对金属板的支持力逐渐减小D ．框架对圆环的支持力逐渐减小解析：选C.弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F ′不变，弹簧与水平方向夹角为θ.金属板受重力mg 、支持力N 、弹簧的拉力F ′和向右的静摩擦力f 作用，水平方向f ＝F ′cos θ，竖直方向N ＋F ′sin θ＝mg ，得N ＝mg －F ′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B 错，C 对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变成F ′)、拉力F 和滑动摩擦力f ′，有F ＝f ′＝μF ′，故拉力大小不变，A 、D 错．6．(2016·陕西咸阳五校联考)质量均为m 的a 、b 两木块叠放在水平面上，如图所示，a 受到斜向上且与水平面成θ角的力F 1的作用，b 受到斜向下且与水平面成θ角的力F 2的作用，两力大小相等，均为F ，且在同一竖直平面内，此时两木块维持静止，则( )A ．b 必然受到四个力的作用B ．水平面对b 的支持力可能大于2mgC ．a 、b 之间必然存在静摩擦力D ．b 与水平面之间必然存在静摩擦力解析：选受重力mg 、支持力F N 、力F 1、静摩擦力F f ，在水平方向上有F f ＝F 1cos θ，故C 对；对a 、b 整体分析，在水平方向上，F 1和F 2的分力大小相等，方向相反，则地面对b 无摩擦力，在竖直方向上，F 1和F 2的分力大小相等，方向相反，则地面的支持力为2mg ，故B 、D错；由以上分析知，b受重力mg、地面支持力、a对b的压力和摩擦力、力F2共五个力作用，A错．7．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质滑腻圆环O穿太轻绳，并使劲F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一进程中，力F、绳中张力F T和力F与水平方向夹角θ的转变情况是( )A．F维持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T维持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T维持不变，夹角θ逐渐减小D．F维持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F和两个绳索的拉力F T，三力平衡，故两个绳索的拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于两个绳索的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两轻绳拉力的合力反向，故拉力F逐渐水平，θ逐渐变小，选项C正确．8．(2016·河北保定一模)在机场货物托运处，常常利用传送带输送行李和货物，如图所示．靠在一路的两个材料相同、质量和大小均不同的行李箱随传送带一路上行，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A．匀速上行时b受3个力作用B．匀加速上行时b受4个力作用C．在上行进程中传送带因故突然停止后，b受4个力作用D．在上行进程中传送带因故突然停止后，b受的摩擦力必然比原来大解析：选A.匀速上行时，对行李箱a、b受力分析，别离受重力、支持力和静摩擦力作用，a、b间没有挤压，故不会有弹力，A对；同理，匀加速上行时，a、b间也没有挤压，故不会有弹力，B错；在上行进程中传送带因故突然停止时，a、b由于惯性继续上滑，按照牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，由于a、b的材料相同，动摩擦因数相同，故加速度相同，没有彼此挤压，a、b受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力三个力作用，C错；在上行进程中传送带因故突然停止后，a、b由于惯性继续上滑，所受摩擦力为滑动摩擦力，而a 、b 沿传送带匀速运动时所受摩擦力不大于最大静摩擦力，故b 受到的摩擦力不必然变大，D 错．9．(多选)如图所示，质量为M 的三角形木块A 静止在水平面上，其左右两斜面滑腻．一质量为m 的物体B 沿倾角α＝30°的右边斜面加速下滑时，三角形木块A 恰好维持静止．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当物块B 沿倾角β＝60°的左侧斜面下滑时，下列说法中正确的是( )A ．A 将向右滑动，若要使A 仍然静止需对其施加向左侧的作使劲B ．A 仍然静止不动，地面对A 的摩擦力两种情况劣等大C ．A 仍然静止不动，对地面的压力比沿右边下滑时对地面的压力小D ．若α＝45°，物块沿右边斜面下滑时，A 将滑动解析：选AD.物体B 沿着右边斜面下滑时，对斜面的压力等于重力的垂直分力，为F ＝mg cos 30°，对物体A 受力分析，受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力，如图所示．物体A 恰好不滑动，故静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，按照平衡条件得，水平方向：F f＝F sin 30°，竖直方向：F N ＝Mg ＋F cos 30°，其中F f ＝μF N ，解得μ＝3m 3m ＋4M.物体B 从左侧下滑，先假设斜面体A 不动，受重力、支持力、压力和向左的摩擦力，如图所示：压力等于物体B 重力的垂直分力，为F ＝mg cos 60°＝12mg ；竖直方向受力平衡，支持力为：F N ＝Mg ＋F cos 60°＝Mg ＋14mg ，故最大静摩擦力F f m ＝μF N ＝3m 3m ＋4M (Mg ＋14mg )；压力的水平分力为F cos 30°＝34mg ＞F f m ，故必然滑动，要使A 静止，需要对其施加向左的推力，故选项A 正确，B 、C 错误；若α＝45°，物体B 沿右边斜面下滑时，先假设A 不滑动，B 对A 的压力为mg cos 45°，该压力的水平分量为mg cos 45°sin 45°，竖直分量为mg cos 245°，与α＝30°时相较，B 对A 压力的水平分力变大了，B 对A 压力的竖直分力变小了，故最大静摩擦力减小了，故必然滑动，故选项D 正确．10．长为L 的通电导体放在倾角为θ的滑腻斜面上，并处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，当B 方向竖直向上，电流为I 1时导体处于平衡状态，若B 方向改成垂直斜面向上，则电流为I 2时导体仍处于平衡状态，电流比值I 1I 2应为( )A ．cos θC ．sin θ解析：选B.当B 竖直向上时，对导体受力分析如图1所示，由平衡条件得：BI 1L ＝mg tan θ①当B 垂直斜面向上时，对导体受力分析如图2所示，由平衡条件得：BI 2L ＝mg sin θ②联立①②得：I 1I 2＝1cos θ，故选项B 正确． 11．(2016·湖北省天门市调研)如图所示，小球P 、Q 带电量相等、质量相等(可视为点电荷)，都用一样长度的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，P 球靠墙且其悬线恰好竖直，Q 球悬线偏离竖直方向必然角度而静止．由于某种外部原因，两球再次静止时它们之间的距离变成原来的两倍，则下面所列原因中可能正确的是( )A ．Q 的带电量不变，P 的带电量变成原来的2倍B ．P 的带电量不变，Q 的带电量变成原来的4倍C ．Q 的带电量不变，P 的带电量变成原来的8倍D ．P 的带电量不变，Q 的带电量变成原来的16倍解析：选C.小球Q 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OPQ 是等腰三角形，线的拉力T 与重力G 相等，G ＝T ，小球静止处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin θ2，若它们之间的距离变成原来的两倍，按照力和边三角形相似可得T L ＝G L ＝F x ，当x 加倍时，库仑力F 必加倍，即库仑力变成原来的2倍，按照库仑定律F ＝kQq r 2，则有：当Q 的带电量不变，P 的带电量变成原来的2倍，且间距变成原来的2倍，那么库仑力变成原来的一半，故A 错误；当P 的带电量不变，Q 的带电量变成原来的4倍，且间距变成原来的2倍，那么库仑力不变，故B 错误；当Q 的带电量不变，P 的带电量变成原来的8倍，且间距变成原来的2倍，那么库仑力变成原来的2倍，故C 正确；当P 的带电量不变，Q 的带电量变成原来的16倍，且间距变成原来的2倍，那么库仑力变成原来的4倍，故D 错误．12．如图所示，水平细杆上套一环A ，环A 与球B 间用一轻质绳相连，质量别离为m A 、m B ，由于B 球受到风力作用，环A 与B 球一路向右匀速运动．已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是( )A ．B 球受到的风力F 为m B g tan θB ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力维持不变C ．风力增大时，杆对环A 的支持力增大D ．环A 与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A ＋m B解析：选A.对球B 受力分析如图1所示．由平衡条件可知A 正确；当风力增大时，由于F 拉＝T ＝m B g cos θ，θ增大，F 拉增大，所以B 错误；以整体为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向杆对环A 的支持力与环A 和B 球整体受到的重力平衡，C 错误；水平方向上，m B g tan θ＝μ(m A ＋m B )g ，所以D 错误．13．(2016·湖南八校二联)(多选)如图所示，顶端附有滑腻定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°.现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且维持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A．绳OA的拉力先减小后增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析：选ABD.缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的进程，OA拉力的方向转变如图2，从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大；故A正确；若开始时P受绳索的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，按照平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳索水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C错误；以斜面体和P为研究对象，在竖直方向上有：M斜g＋M P g＝N＋F′cos α，故N＞M斜g＋M P g，故D正确．14．(多选)如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin 37°＝，cos 37°＝，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作使劲增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N解析：选CD.若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：F cos 37°＋F f＝mg sin 37°，解得摩擦力F f＝16 N．物体A受到斜面B的摩擦力减小ΔF f＝24 N－16 N＝8 N，选项A错误；没有施加水平力F时，按照平衡条件，A受斜面作使劲与重力等大反向，即大小为40 N，按照牛顿第三定律，物体A对斜面的作使劲为40 N，方向竖直向下．施加水平力F后，物体A 对斜面的作使劲如图，F′＝102＋402N＝1017 N，物体A对斜面B的作使劲增加(1017－40)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10 N，选项C、D正确．。
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高频考点三 圆周运动问题
知பைடு நூலகம்必备
1.描述圆周运动的物理量及常见 转动模型． 2.圆周运动中向心力及向心力来 源的分析． 3.竖直平面内两种临界问题及解 决方法.
[命题视角] 视角1 水平圆周运动问题 [例3] (原创题)(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型， 如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、 O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时 两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块 A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、 O′的距离分别为RA、RB，且RA＝2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢 地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是( )
A．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA∶ ωB＝1∶3 B．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为 aA∶aB＝1∶3 C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动 D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动
思路探究 (1)依靠摩擦转动的甲、乙两轮盘，边缘线速度有什 么关系？ (2)A、B两物体做圆周运动的向心力来源？ 尝试解答 __________
解析 (1)当细线1上的张力为零时，小球的重力和细线2对小球
的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，
即mgtan 37°＝mω21lsin 37°，
解得：ω1＝ lcosg37°＝52 2 rad/s；
(2)当ω2＝
50 3
rad/s时，由于ω2＞ω1，故小球应向左上方摆
起．
由几何关系可知，B点距C点的水平和竖直距离均为d＝lcos 37°＝ 0.8 m， 细线1的长度l′＝0.2 m. 假设细线1上的张力仍为零，设此时细线2与竖直轴的夹角为α， 则可得： mgtan α＝mω22lsin α，代入数据可解得：cos α＝0.6，即α＝53°， 由几何关系可知，此时细线1恰好竖直且细线的张力为零，故此 时细线2与竖直方向的夹角为53°.
视角2 竖直平面内圆周运动问题 [例4] (名师改编)(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，则下列说法中 正确的是( )
A．当地的重力加速度大小为Rb B．该小球的质量为abR 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＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上
b R
，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝
Rb ，所以小球的质量m＝abR，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′，则由机械能守恒定律可得：
mg·2R＝
1 2
mv′2－
1 2
m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为
F′，则由向心力公式可得：F′－mg＝m
v′2 R
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零而细线
2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝
50 3
rad/s，求细线2与竖直方
向的夹角．
思路探究 (1)细线2与竖直方向的夹角为37°时，小球做圆周运动 的轨道半径是多大？ (2)细线1上张力为零时，哪个力充当向心力？ (3)若题中的ω2＞ω1说明什么现象？ 尝试解答 __________
答案
52 (1) 2 rad/s
(2)53°
1．解决圆周运动力学问题要注意以下两点： (1)要进行受力分析，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＝mvr2＝mrω2＝mωv＝mr4Tπ22. 2．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．
解析 由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r
乙，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，
A、B的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动
前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝(ω
2
甲
RA)∶(ω2乙RB)＝2∶9，B错误；
据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为fA＝μmAg，fB＝ μmBg，最大静摩擦力之比为fA∶fB＝mA∶mB，转动中两滑块所 受的静摩擦力之比为fA′∶fB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶ (9mB)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B的静摩擦 力先达到最大，先开始滑动，C错误、D正确． 答案 AD
，联立解得：F′
＝7a，选项C正确；当0≤v2＜b时，小球在最高点时需要的向心
力小于小球的重力，所以圆管对小球的弹力方向竖直向上，由牛
顿第三定律可知，小球对圆管的弹力方向竖直向下，选项D错
误．
答案 BC
视角3 圆锥摆问题 [例5] 如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小
球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水 平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m＝1 kg， 细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等．重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
思路探究 (1)F－v2中若v2＝0和v2＝b时，小球在A点受力情况怎 样？ (2)如何根据最高点的运动速度大小计算最低点的速度大小？ 尝试解答 __________
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
b R
，故g＝
3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题： (1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v≥ gR. (2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v＞0.
[题组冲关]
1．(2016·江西临川模拟)(多选)如图所示，放在水平转台上的小物
体C、叠放在水平转台上的小物体A、B能始终随转台一起以角速
度ω匀速转动．A、B、C的质量分别为3m、2m和m，A与B、B与