14、＝2tan β。
2．兩個“模型”
兩個模型
解題方法
方法應用
分解速度，構(gòu)建速度矢量三角形
水平方向：vx＝v0
豎直方向：vy＝gt
合速度：v＝
方向：tan θ＝
分解位移，構(gòu)建位移矢量三角形
水平方向：x＝v0t
豎直方向：y＝gt2
合位移：s＝
方向：tan θ＝
[通一類]————————————————————————————————
1．[多選]如圖所示，在距地面高為H＝45 m處，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度同方向滑出，B與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ
15、＝0.4，A、B均可視為質(zhì)點，空氣阻力不計(取g＝10 m/s2)。下列說法正確的是
( )
A．A運動時間為3 s
B．B運動時間為3 s
C．B運動12.5 m后停止
D．A落地時，A、B相距17.5 m
解析：選ACD 根據(jù)H＝gt2得，t＝ ＝ s＝3 s，故A正確；B做勻減速直線運動的加速度大小a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，則B速度減為零的時間t0＝＝ s＝2.5 s，滑行的距離x＝t0＝×2.5 m＝12.5 m，故B錯誤，C正確；A落地時，A的水平位移xA＝v0t＝10×3 m＝30 m，B的位移xB＝x＝12.5 m，則A、B相距Δx＝(30－
16、12.5)m＝
17.5 m，故D正確。
2．(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的( )
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：選A 畫出小球在斜面上運動軌跡，如圖所示，可知：x＝vt，xtan θ＝gt2，則x＝v2，即x∝v2。甲、乙兩球拋出速度分別為v和，則相應水平位移之比為4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也為4∶1，由自由落體運動規(guī)律得，落在斜面上豎直方向速度之比為2∶1，由落至斜面時的速率v斜＝可得落至斜面時速率之比為2∶1，
17、A對。
3.如圖所示，斜面體ABC放置在水平地面上，有一小球從A點正上方某一高度以4 m/s的速度水平拋出，剛好落在斜邊AC的中點。若小球拋出點不變，將小球以速度v水平拋出，小球剛好落在斜面頂端C點，不計空氣阻力的影響，則該速度v的大小可能為( )
A．5 m/s B．6 m/s
C．8 m/s D．10 m/s
解析：選D 改變小球拋出速度后，水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，由于小球運動時間變短，則速度v大于原來的2倍，只有D項是可能的。
[知能全通]————————————————————————————————
1．解決圓周運動問題的“四個步驟”
2．水平面內(nèi)圓周運動
18、的臨界問題
(1)水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。
(2)常見臨界條件：①繩的臨界：張力FT＝0；②接觸面滑動的臨界：F＝f；③接觸面分離的臨界：FN＝0。
[題點全練]————————————————————————————————
1.一水平放置的圓盤可以繞中心O點旋轉(zhuǎn)，盤上放一個質(zhì)量為m的鐵塊(可視為質(zhì)點)，輕質(zhì)彈簧一端連接鐵塊，另一端系于O點，鐵塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖所示。鐵塊隨圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動，鐵塊距中心O點的距離為r，這時彈簧的拉力大小為F，重力加速度為g，已知鐵塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩
19、擦力，則圓盤的角速度可能是( )
A．ω≥
B．ω≤
C. <ω<
D. ≤ω≤
解析：選D 當摩擦力指向圓心達到最大時，角速度達到最大，根據(jù)F＋μmg＝mω12r，得最大角速度ω1＝ ；當摩擦力背離圓心達到最大時，角速度達到最小，根據(jù)
F－μmg＝mω22r，得最小角速度ω2＝ ，所以角速度的范圍滿足 ≤
ω≤ ，故D正確。
2.兩粗細相同內(nèi)壁光滑的半圓形圓管ab和bc連接在一起，且在b處相切，圓管平鋪在水平面上并固定，如圖所示。一小球從a端以某一初速度進入圓管，并從c端離開圓管，則小球由圓管ab進入圓管bc后( )
A．線速度變小 B．角速度變大
20、C．向心加速度變小 D．小球?qū)鼙诘膲毫ψ兇?
解析：選C 小球在水平面內(nèi)運動，圓管對小球水平方向的支持力對小球不做功，小球的線速度不變，故A錯誤；由v＝ωr可知，ω＝，線速度不變，圓管半徑增大，所以小球的角速度變小，故B錯誤；由an＝可知，線速度不變，圓管半徑增大，向心加速度變小，故C正確；由Fn＝man可知，小球需要的向心力減小，則圓管對小球沿水平方向的支持力減小，圓管對小球豎直方向的支持力不變，所以圓管對小球的支持力的合力減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)鼙诘膲毫ψ冃。蔇錯誤。
3．[多選]如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，
21、b與轉(zhuǎn)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(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)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
解析：選AC 因圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認為，木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得f＝mω2R，由于b的軌道半徑大于a的軌道半徑，故b做圓周運動需要的向心力較大，所以b所受的摩擦力較大，B
22、錯誤；因為兩木塊的最大靜摩擦力相等，故b一定比a先開始滑動，A正確；當b開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝ ， C正確；當a開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝，而轉(zhuǎn)盤的角速度 < ，a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供，由牛頓第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D錯誤。
[專題強訓提能]
1．(2018·江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈
23、出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的( )
A．時刻相同，地點相同 B．時刻相同，地點不同
C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同
解析：選B 彈射管自由下落，兩只小球始終處于同一水平面，因此同時落地。兩只小球水平方向的分運動為勻速直線運動，且速度相等，但兩只小球彈出后在空中運動的時間不相等，所以水平位移不相等，落地點不同。故B正確。
2．一質(zhì)點沿直線運動，其平均速度與時間的關(guān)系滿足v＝2＋t (各物理量均選用國際單位制中單位)，則關(guān)于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是( )
A．質(zhì)點可能做勻減速直線運動
B．0～5 s內(nèi)質(zhì)點的位移為35 m
C．質(zhì)點運
24、動的加速度為1 m/s2
D．質(zhì)點在第3 s末的速度為5 m/s
解析：選B 根據(jù)平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據(jù)x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質(zhì)點的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質(zhì)點做勻加速直線運動，故A、C錯誤；0～5 s 內(nèi)質(zhì)點的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×52 m＝35 m，故B正確；質(zhì)點在第3 s末的速度
v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D錯誤。
3.(2018·安徽“江南十?！甭?lián)考)如圖所示，將小球以速度v沿與水平方向成θ＝37°角斜向上拋出，結(jié)果小球剛好能垂直打在豎直墻面上，小球反彈的瞬間速度方向水平
25、，且速度大小為碰撞前瞬間速度大小的，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力不計，則當反彈后小球的速度大小再次為v時，速度與水平方向夾角的正切值為( )
A. B.
C. D.
解析：選B 采用逆向思維，小球的斜拋運動可視為平拋運動的逆運動，將拋出速度沿水平和豎直方向分解，有：vx＝vcos θ＝0.8v，vy＝vsin θ＝0.6v，小球撞墻前瞬間的速度等于0.8v，反彈速度大小為：vx′＝×0.8v＝0.6v，反彈后小球做平拋運動，當小球的速度大小再次為v時，豎直速度為：vy′＝＝＝0.8v，速度方向與水平方向夾角的正切值為：tan θ′＝＝＝，故B正確，A
26、、C、D錯誤。
4．(2019屆高三·晉中調(diào)研)如圖所示為一個做勻變速曲線運動的物塊運動軌跡的示意圖，運動至A點時速度大小為v0，經(jīng)一段時間后物塊運動至B點，速度大小仍為v0，但相對于A點時的速度方向改變了90°，則在此過程中( )
A．物塊的運動軌跡AB可能是一段圓弧
B．物塊的動能可能先增大后減小
C．物塊的最小速度大小可能為
D．物塊在B點的加速度與速度的夾角小于90°
解析：選D 由題意，物塊做勻變速曲線運動，則加速度的大小與方向都不變，所以運動軌跡是一段拋物線，不是圓弧，故A錯誤；由題意，物塊運動到B點時速度方向相對于A點時的速度方向改變了90°，速度沿B點軌跡的切線方
27、向，則知加速度方向垂直于AB的連線向下，合外力也向下，物塊做勻變速曲線運動，物塊由A點到B點過程中，合外力先做負功，后做正功，由動能定理可得，物塊的動能先減小后增大，故B錯誤；物塊的加速度方向垂直于A、B的連線向下，根據(jù)物塊由A點到B點的速度方向改變90°，則物塊在A點的速度方向與AB連線方向夾角為45°，如圖所示，所以在物塊運動過程中的最小速度大小為v0，故C錯誤；物塊在B點速度沿B點軌跡的切線方向，而加速度方向垂直于A、B的連線向下，可知二者之間的夾角小于90°，故D正確。
5．(2018·北京高考)根據(jù)高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。但實際上，赤道上方200
28、m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6 cm 處。這
一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過程小球還受到一個水平向東的力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比。現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球( )
A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零
B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零
C．落地點在拋出點東側(cè)
D．落地點在拋出點西側(cè)
解析：選D 將小球的豎直上拋運動分解為水平方向和豎直方向的兩個分運動。上升階段，隨著小球豎直分速度的減小，其水平向西的“力”逐漸減小，因此水平向西的加速度逐漸減小，到最高點時減小為零，而水平
29、向西的速度達到最大值，故A、B錯誤；下降階段，隨著小球豎直分速度的變大，其水平向東的“力”逐漸變大，水平向東的加速度逐漸變大，小球的水平分運動是向西的變減速運動，根據(jù)對稱性，小球落地時水平向西的速度減小為零，所以落地點在拋出點西側(cè)，故C錯誤，D正確。
6．[多選](2018·蘭州一中檢測)一快艇從離岸邊100 m遠的河流中央向岸邊行駛，快艇在靜水中的速度—時間圖像如圖甲所示；河中各處水流速度相同，速度—時間圖像如圖乙所示。則( )
A．快艇的運動軌跡一定為直線
B．快艇的運動軌跡一定為曲線
C．快艇最快到達岸邊，所用的時間為20 s
D．快艇最快到達岸邊，經(jīng)過的位移為100 m
30、
解析：選BC 由題圖知，兩分運動一個為勻加速直線運動，一個為勻速直線運動，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一直線上，合運動為曲線運動，即運動軌跡一定為曲線，A錯誤，B正確；當快艇速度方向垂直于河岸時，所用時間最短，垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5 m/s2，由d＝at2，得t＝20 s，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于100 m，
C正確，D錯誤。
7.如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，金屬塊B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動?，F(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖中未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜
31、止，則后一種情況與原來相比較，下列說法正確的是( )
A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大
B．金屬塊B受到桌面的支持力變小
C．細線的張力變大
D．小球A運動的角速度變小
解析：選D 設(shè)A、B質(zhì)量分別為m、M，A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線的張力為T，細線與豎直方向的夾角為θ，對B研究，B受到的靜摩擦力f＝Tsin θ，對A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ變小，f變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，等于(M＋m)g，故B錯誤；T＝，θ變小，T變小，故C錯誤；設(shè)細線長為l，則a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω
32、＝ ，θ變小，ω變小，故D正確。
8.一位網(wǎng)球運動員以拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球落在自己一方場地的B點，彈跳起來后，剛好擦網(wǎng)而過，落在對方場地的A點，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在A點，設(shè)球與地面的碰撞沒有能量損失，其運動過程中阻力不計，則兩只球飛過網(wǎng)C處時水平速度之比為( )
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：選B 兩球飛出時的高度相同，所以第一只球落到B點所用的時間等于第二只球落到A點所用時間，根據(jù)豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知，落到A點時，第一只球所用時間為t1＝3t，第二只球所用時間為t2＝t，由于兩只球在水平方向的分運
33、動均為勻速運動，水平位移大小相等，設(shè)它們從O點出發(fā)時的初速度分別為v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正確。
9．[多選]如圖為一網(wǎng)球場示意圖，球網(wǎng)高為h＝0.9 m，發(fā)球線離網(wǎng)的距離為x＝6.4 m，某運動員在一次擊球時，擊球點剛好在發(fā)球線正上方H＝1.25 m 高處，設(shè)擊球后瞬間球的速度大小為v0＝32 m/s，方向水平且垂直于網(wǎng)(不計空氣阻力，網(wǎng)球視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2)，下列說法正確的是( )
A．網(wǎng)球不能過網(wǎng)
B．網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時0.2 s
C．網(wǎng)球的直接落地點離對方發(fā)球線的距離為16 m
D．網(wǎng)球從擊出到落地歷時0.5 s
解
34、析：選BD 網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時t1＝＝0.2 s，下落高度h1＝gt12＝
0.2 m，因h1
35、小球的運動時間是
C．小球的運動時間是
D．沿AB將圓筒豎直剪開，看到小球的運動軌跡是一條直線
解析：選AC 由機械能守恒定律得mv2＝mgh＋mv02，所以小球到達B口時的速率
v＝，故A正確；小球在豎直方向做自由落體運動，所以小球在筒內(nèi)的運動時間為：t＝，在水平方向，根據(jù)圓周運動的規(guī)律可得：t＝n(n＝1,2,3，…)，故B錯誤，C正確；小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速圓周運動，沿AB將圓筒豎直剪開，則小球沿水平方向的運動可以視為勻速直線運動，所以看到小球的運動軌跡是一條曲線，故D錯誤。
11．[多選]質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一豎直輕質(zhì)細桿的A點和B點，如圖
36、所示，繩a與水平方向成θ角，繩b沿水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)繩張力不可能為零
B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大
C．當角速度ω> ，b繩將出現(xiàn)張力
D．若b繩突然被剪斷，則a繩的張力一定發(fā)生變化
解析：選AC 小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據(jù)豎直方向上受力平衡得，F(xiàn)asin θ＝mg，解得Fa＝，可知a繩的張力不變，故B錯誤；當b繩張力為零時，有＝mlω2，解得ω＝
37、 ，可知當角速度ω> 時，b繩將出現(xiàn)張力，故C正確；由于b繩可能沒有張力，故b繩突然被剪斷，a繩的張力可能不變，故D錯誤。
12.如圖所示，A、B兩球用兩段不可伸長的細繩連接于懸點O，兩段細繩的長度之比為1∶2，現(xiàn)讓兩球同時從懸點O附近以一定的初速度分別向左、向右水平拋出，至連接兩球的細繩伸直所用時間之比為1∶，若A、B兩球的初速度大小之比為k，則k值應滿足的條件是( )
A．k＝ B．k>
C．k＝ D．k>
解析：選A 設(shè)連接A球的細繩長為L，A球以初速度vA水平拋出，水平方向的位移
x＝vAt，豎直方向的位移y＝gt2，則x2＋y2＝L2，可得vA＝；同理得B球的
38、初速度vB＝，因此有＝k＝，選項A正確。
13.[多選]如圖所示，BOD是豎直平面內(nèi)半圓軌道的水平直徑，OC為豎直半徑，半圓軌道半徑為R?，F(xiàn)有質(zhì)量相同的a、b兩個小球分別從A、B兩點以一定的初速度水平拋出，分別擊中軌道上的D點和C點，A點在B點正上方高度為R處，已知b球擊中C點時動能為Ek，不計空氣阻力，則( )
A．a(chǎn)球擊中D點時動能為1.6Ek
B．a(chǎn)球擊中D點時動能為1.25Ek
C．a(chǎn)、b兩球初速度之比為1∶1
D．a(chǎn)、b兩球與軌道碰撞前瞬間，重力的瞬時功率之比為1∶1
解析：選AD 兩個小球都做平拋運動，下落的高度都是R，根據(jù)R＝gt2可知，運動的時間為：t＝，根據(jù)題圖
39、可知，a球運動的水平位移為2R，則a球的初速度為：vA＝＝，b球的水平位移為R，則b球的初速度為：vB＝＝，則a、b兩球初速度之比為2∶1，選項C錯誤；a球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理得：EkD＝mgR＋mvA2＝
2mgR，b球從B到C的過程中，根據(jù)動能定理得：Ek＝mgR＋mvB2＝mgR，解得：EkD＝1.6Ek，選項A正確，B錯誤；a、b兩球與軌道碰撞前瞬間，豎直方向速度vy＝gt，相等，則重力的瞬時功率也相等，即重力的瞬時功率之比為1∶1，選項D正確。
14．(2018·廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示。它們的豎直邊長都是底
40、邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c。下列判斷正確的是( )
A．圖中三小球比較，落在a點的小球飛行時間最短
B．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大
C．圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快
D．無論小球拋出時初速度為多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直
解析：選D 題圖中三小球均做平拋運動，可知落點為a、b和c的三小球下落的高度關(guān)系為ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，則Δva>Δvb>Δvc，A、B項錯誤；速度變化快慢由加速度決定，因為aa＝ab＝ac＝g，則三小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設(shè)小球初速度為v0時，其落到斜面上的瞬時速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vx＝v0，vy＝gt，且滿足＝＝tan θ(θ為右側(cè)斜面傾角)，由幾何關(guān)系可知tan θ＝，則v0＝gt，而豎直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可得x＝y(tǒng)，由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，D項正確。
（通用版）2022年高考物理二輪復習 第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運動”掌握物體運動規(guī)律講義（含解析）
