高考物理通用版二輪復習講義：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 Word版含解析

第2講 考法學法該部分“四類典型運動”包括：勻變速直線運動、一般的曲線運動、平拋運動、水平面內的圓周運動。高考既有對單個運動形式的考查，也有對多個運動形式的組合考查?？疾榈膬热葜饕ǎ簞蜃兯僦本€運動的規(guī)律及圖像；平拋運動的規(guī)律；水平面內圓周運動的規(guī)律及臨界問題。用到的思想方法有：模型法；圖像法；臨界問題的處理方法；合成與分解思想；等效思想。知能全通解答勻變速直線運動問題的常用方法1基本公式法：vv0at，xv0tat2，v2v022ax。2重要推論法：v(利用平均速度測瞬時速度)；v ；xaT2(用逐差法測加速度)。3逆向思維法：“勻減速(至速度為零的)直線運動”可逆向處理為“(由靜止開始的)勻加速直線運動”。4圖像法：利用v ­t圖像或x ­t圖像求解。5比例法：只適用于初速度或末速度為零的勻變速直線運動。(1)1T末、2T末、3T末、nT末瞬時速度之比為123n。(2)第1個T內、第2個T內、第n個T內位移之比為135(2n1)。(3)從靜止開始連續(xù)通過相等位移所用時間之比為1(1)()()。題點全練1(2018·全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比解析：選B動能Ekmv2，與速度的平方成正比，故C錯誤；速度vat，可得Ekma2t2，與經(jīng)歷的時間的平方成正比，故A錯誤；根據(jù)v22ax，可得Ekmax，與位移成正比，故B正確；動量pmv，可得Ek，與動量的平方成正比，故D錯誤。2一個物體從靜止開始做勻加速直線運動，以T為時間間隔，在第三個T時間內位移是3 m，第三個T時間末的瞬時速度為3 m/s，則()A物體的加速度是1 m/s2B第一個T時間末的瞬時速度為0.6 m/sC時間間隔為1 sD物體在第1個T時間內的位移為0.6 m解析：選D初速度為零的勻加速直線運動，連續(xù)相等時間內通過的位移之比為135，據(jù)此可知第一個T時間內的位移x1×3 m0.6 m，選項D正確；第二個T時間內的位移 x2×3 m1.8 m，由v3202a(x1x2x3)，得a m/s2，選項A錯誤；由xaT2得x2x1aT2，解得T s，選項C錯誤；第一個T時間末的瞬時速度v1aT1 m/s，選項B錯誤。3.(2019屆高三·福州八校聯(lián)考)如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點。一小滑塊自a點由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T。現(xiàn)讓該滑塊自b點由靜止開始下滑，則該滑塊()A通過bc、cd段的時間均大于TB通過c、d點的速度之比為12C通過bc、cd段的時間之比為11D通過c點的速度等于通過bd段的平均速度解析：選A當滑塊由a點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，設加速度大小為a，ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x，xbcxcd35，類比滑塊由b點靜止下滑易知，C錯誤；如果滑塊由b點靜止下滑，顯然滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點的速度應為v1，滑塊在d點的速度應為v2，則v1v2，B錯誤；因為xbcxcd35，顯然滑塊通過c點的時刻不是通過bd段的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤。知能全通1解決運動合成與分解的一般思路(1)明確合運動或分運動的運動性質。(2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解。(3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)運用力與速度的關系或矢量的運算法則進行分析求解。2解答關聯(lián)速度問題的方法(1)與繩或桿相連的物體，相對地面實際發(fā)生的運動是合運動，合運動對應合速度。(2)在繩(桿)的端點把合速度分解為沿繩(桿)方向的速度和垂直于繩(桿)方向的速度，而沿繩(桿)的方向上各點的速度大小相等，由此列方程解題。3小船渡河的兩類問題、三種情景最短時間當船頭方向即v船垂直河岸時，渡河時間最短，tmin最短位移如果v船>v水，當v船與上游夾角滿足v船cos v水時，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河寬d如果v船<v水，當v船與v合垂直時，渡河位移最短，等于題點全練1.一物體在光滑的水平桌面上運動，在相互垂直的x方向和y方向上的分運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示。關于物體的運動，下列說法中正確的是()A物體運動的初速度大小是7 m/sB物體做變加速直線運動C物體做勻變速曲線運動D物體運動的加速度大小是5 m/s2解析：選C由題圖可得分運動的初速度大小v0x3 m/s，v0y4 m/s，則初速度大小為v05 m/s，選項A錯誤；x方向的勻速直線運動和y方向的勻變速直線運動合成為勻變速曲線運動，選項B錯誤，C正確；分運動的加速度大小ax0，ay2 m/s2，物體的加速度大小a2 m/s2，選項D錯誤。2(2018·成都診斷)質量為m的物體P置于傾角為1的固定光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動。當小車與滑輪間的細繩和水平方向的夾角為2時(如圖)，下列判斷正確的是()AP的速率為vBP的速率為vcos 2C細繩的拉力等于mgsin 1D細繩的拉力小于mgsin 1解析：選B將小車速度分解為沿細繩和垂直細繩方向的v1、v2，P的速率v1vcos 2，A錯誤，B正確；小車向右做勻速直線運動，2減小，P的速率增大，P具有沿斜面方向向上的加速度，故細繩的拉力大于mgsin 1，C、D錯誤。3多選相距為l0的甲、乙兩船在同一河流中同時開始渡河，河水流速為v0，兩船在靜水中的速率均為v。甲、乙兩船船頭與河岸的夾角均為，如圖所示，已知甲船恰好能垂直到達河正對岸的A點，乙船到達河對岸的B點，A、B之間的距離為l。則下列判斷正確的是()A甲、乙兩船同時到達對岸B若僅是河水流速v0增大，則兩船的渡河時間都不變C不論河水流速v0如何改變，只要適當改變，甲船總能到達正對岸的A點D若僅是河水流速v0增大，則兩船到達對岸時，兩船之間的距離仍然為l解析：選ABD甲、乙兩船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都為vsin ，根據(jù)合運動與分運動具有等時性可得，兩船的渡河時間相同，且與河水流速v0無關，故A、B正確；當v0v時，不論怎樣改變，甲船都不能到達正對岸的A點，故C錯誤；兩船到達對岸時，兩船之間的距離ll乙l甲l0(vcos v0)t(v0vcos )tl02vtcos l0，與v0無關，故D正確。研一題一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。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邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(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。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，則v的最大取值范圍是()A.<v<L1B.<v< C.<v< D.<v< 思路點撥1使球過網(wǎng)的臨界條件是什么？此時對應最大發(fā)射速率還是最小發(fā)射速率？提示：球恰好能經(jīng)過網(wǎng)的上側，對應最小發(fā)射速率。2在球不被打出右側臺面的前提下，球最遠能落到何處？此時對應最大發(fā)射速率還是最小發(fā)射速率？提示：球最遠能落到右側臺面的兩角處，對應最大發(fā)射速率。解析設以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好落到球網(wǎng)正中間，則豎直方向上有3hhgt12，水平方向上有v1t1，解得v1。設以速率v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t2剛好落到球網(wǎng)右側臺面的兩角處，在豎直方向有3hgt22，在水平方向有 v2t2，解得v2 。則v的最大取值范圍為v1<v<v2。故選項D正確。答案D悟一法平拋運動的兩個“正切值”和兩個“模型”1兩個“正切值”任意時刻的速度與水平方向的夾角的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角的正切值的2倍，即tan 2tan 。2兩個“模型”兩個模型解題方法方法應用分解速度，構建速度矢量三角形水平方向：vxv0豎直方向：vygt合速度：v方向：tan 分解位移，構建位移矢量三角形水平方向：xv0t豎直方向：ygt2合位移：s方向：tan 通一類1多選如圖所示，在距地面高為H45 m處，有一小球A以初速度v010 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0.4，A、B均可視為質點，空氣阻力不計(取g10 m/s2)。下列說法正確的是()AA運動時間為3 sBB運動時間為3 sCB運動12.5 m后停止DA落地時，A、B相距17.5 m解析：選ACD根據(jù)Hgt2得，t s3 s，故A正確；B做勻減速直線運動的加速度大小ag0.4×10 m/s24 m/s2，則B速度減為零的時間t0 s2.5 s，滑行的距離xt0×2.5 m12.5 m，故B錯誤，C正確；A落地時，A的水平位移xAv0t10×3 m30 m，B的位移xBx12.5 m，則A、B相距x(3012.5)m17.5 m，故D正確。2(2018·全國卷)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()A2倍 B4倍C6倍 D8倍解析：選A畫出小球在斜面上運動軌跡，如圖所示，可知：xvt，xtan gt2，則xv2，即xv2。甲、乙兩球拋出速度分別為v和，則相應水平位移之比為41，由相似三角形知，下落高度之比也為41，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21，由落至斜面時的速率v斜可得落至斜面時速率之比為21，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()A5 m/s B6 m/sC8 m/s D10 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水平面內圓周運動的臨界問題(1)水平面內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：繩的臨界：張力FT0；接觸面滑動的臨界：Ff；接觸面分離的臨界：FN0。題點全練1.一水平放置的圓盤可以繞中心O點旋轉，盤上放一個質量為m的鐵塊(可視為質點)，輕質彈簧一端連接鐵塊，另一端系于O點，鐵塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為，如圖所示。鐵塊隨圓盤一起勻速轉動，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擦力，則圓盤的角速度可能是()A B C. << D. 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)Fmgm12r，得最大角速度1 ；當摩擦力背離圓心達到最大時，角速度達到最小，根據(jù)Fmgm22r，得最小角速度2 ，所以角速度的范圍滿足 ，故D正確。2.兩粗細相同內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C向心加速度變小 D小球對管壁的壓力變大解析：選C小球在水平面內運動，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vr可知，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Fnman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，小球對管壁的壓力變小，故D錯誤。3多選如圖，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，用表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是()Ab一定比a先開始滑動Ba、b所受的摩擦力始終相等C 是b開始滑動的臨界角速度D當 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軸緩慢加速轉動，在某一時刻可認為，木塊隨圓盤轉動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉軸，兩木塊轉動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得fm2R，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kmgmb2·2l，可得b ， C正確；當a開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmgma2l，可得a，而轉盤的角速度 < ，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fm2lkmg，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。2一質點沿直線運動，其平均速度與時間的關系滿足v2t (各物理量均選用國際單位制中單位)，則關于該質點的運動，下列說法正確的是()A質點可能做勻減速直線運動B05 s內質點的位移為35 mC質點運動的加速度為1 m/s2D質點在第3 s末的速度為5 m/s解析：選B根據(jù)平均速度v知，xvt2tt2，根據(jù)xv0tat22tt2知，質點的初速度v02 m/s，加速度a2 m/s2，質點做勻加速直線運動，故A、C錯誤；05 s 內質點的位移xv0tat22×5 m×2×52 m35 m，故B正確；質點在第3 s末的速度vv0at2 m/s2×3 m/s8 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37°角斜向上拋出，結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，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：vxvcos 0.8v，vyvsin 0.6v，小球撞墻前瞬間的速度等于0.8v，反彈速度大小為：vx×0.8v0.6v，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：vy0.8v，速度方向與水平方向夾角的正切值為：tan ，故B正確，A、C、D錯誤。4(2019屆高三·晉中調研)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 m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6 cm 處。這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，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?，F(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D落地點在拋出點西側解析：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，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 sD快艇最快到達岸邊，經(jīng)過的位移為100 m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a0.5 m/s2，由dat2，得t20 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A、B質量分別為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，對B研究，B受到的靜摩擦力fTsin ，對A，有Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，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(Mm)g，故B錯誤；T，變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l，則agtan 2lsin ， ，變小，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()A11 B13C31 D19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t13t，第二只球所用時間為t2t，由于兩只球在水平方向的分運動均為勻速運動，水平位移大小相等，設它們從O點出發(fā)時的初速度分別為v1、v2，由xv0t得v23v1，即，B正確。9多選如圖為一網(wǎng)球場示意圖，球網(wǎng)高為h0.9 m，發(fā)球線離網(wǎng)的距離為x6.4 m，某運動員在一次擊球時，擊球點剛好在發(fā)球線正上方H1.25 m 高處，設擊球后瞬間球的速度大小為v032 m/s，方向水平且垂直于網(wǎng)(不計空氣阻力，網(wǎng)球視為質點，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 sC網(wǎng)球的直接落地點離對方發(fā)球線的距離為16 mD網(wǎng)球從擊出到落地歷時0.5 s解析：選BD網(wǎng)球在水平方向通過網(wǎng)所在處歷時t10.2 s，下落高度h1gt120.2 m，因h1<Hh0.35 m，故網(wǎng)球可過網(wǎng)，網(wǎng)球從擊出到落地歷時t0.5 s，水平方向通過的距離sv0t16 m，直接落地點離對方發(fā)球線的距離為Ls2x3.2 m，B、D正確。10.多選如圖所示，豎直薄壁圓筒內壁光滑、半徑為R，上部側面A處開有小口，在小口A的正下方h處亦開有與小口A大小相同的小口B，小球從小口A沿切線方向水平射入筒內，使小球緊貼筒內壁運動，小球進入A口的速度大小為v0時，小球恰好從A點的正下方的B口處飛出，則()A小球到達B口時的速率為B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mv2mghmv02，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：tn(n1,2,3，)，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多選質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一豎直輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成角，繩b沿水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()Aa繩張力不可能為零Ba繩的張力隨角速度的增大而增大C當角速度> ，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 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ml2，解得 ，可知當角速度> 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12，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()Ak Bk>Ck Dk>解析：選A設連接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xvAt，豎直方向的位移ygt2，則x2y2L2，可得vA；同理得B球的初速度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()Aa球擊中D點時動能為1.6EkBa球擊中D點時動能為1.25EkCa、b兩球初速度之比為11Da、b兩球與軌道碰撞前瞬間，重力的瞬時功率之比為11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)Rgt2可知，運動的時間為：t，根據(jù)題圖可知，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21，選項C錯誤；a球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理得：EkDmgRmvA22mgR，b球從B到C的過程中，根據(jù)動能定理得：EkmgRmvB2mgR，解得：EkD1.6Ek，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vygt，相等，則重力的瞬時功率也相等，即重力的瞬時功率之比為11，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系為ha>hb>hc，由t，得ta>tb>tc，又vgt，則va>vb>vc，A、B項錯誤；速度變化快慢由加速度決定，因為aaabacg，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vxv0，vygt，且滿足tan (為右側斜面傾角)，由幾何關系可知tan ，則v0gt，而豎直位移ygt2，水平位移xv0tgt2，可得xy，由題圖可知這一關系不可能存在，則假設不能成立，D項正確。