專題03曲線運動與天體運動（講義）

專題03曲線運動與天體運動01專題網(wǎng)絡·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點內(nèi)容學習目標運動的合成與分解1.掌握質點曲線運動的條件，掌握運動的合成與分解方法；2.掌握平拋運動的特點與規(guī)律；3.掌握圓周運動的特點與應用，會計算圓周運動的臨界情況；4.掌握天體運動的特點、掌握變軌問題平拋運動圓周運動天體運動運動的合成與分解判斷兩個直線運動的合運動性質，關鍵看合初速度方向與合加速度方向是否共線．兩個互成角度的分運動合運動的性質兩個勻速直線運動勻速直線運動一個勻速直線運動、一個勻變速直線運動勻變速曲線運動兩個初速度為零的勻加速直線運動勻加速直線運動兩個初速度不為零的勻變速直線運動如果v合與a合共線，為勻變速直線運動如果v合與a合不共線，為勻變速曲線運動把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)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．平拋運動平拋運動問題的求解方法已知條件情景示例解題策略已知速度方向從斜面外平拋，垂直落在斜面上，如圖所示，已知速度的方向垂直于斜面.分解速度tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)從圓弧形軌道外平拋，恰好無碰撞地進入圓弧形軌道，如圖所示，已知速度方向沿該點圓弧的切線方向.分解速度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)已知位移方向從斜面上平拋又落到斜面上，如圖所示，已知位移的方向沿斜面向下.分解位移tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)在斜面外平拋，落在斜面上位移最小，如圖所示，已知位移方向垂直斜面.分解位移tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)利用位移關系從圓心處水平拋出，落到半徑為R的圓弧上，如圖所示，已知位移大小等于半徑Req\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2,x2＋y2＝R2))從與圓心等高的圓弧上水平拋出，落到半徑為R的圓弧上，如圖所示，已知水平位移x與R的差的平方與豎直位移的平方之和等于半徑的平方eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝R＋Rcosθ,x＝v0t,y＝Rsinθ＝\f(1,2)gt2,x－R2＋y2＝R2))圓周運動圓周運動的三種臨界情況接觸面滑動臨界：摩擦力達到最大值．接觸面分離臨界：FN＝0.繩恰好繃緊：FT＝0；繩恰好斷裂：FT達到繩子最大承受拉力．常見的圓周運動及臨界條件水平面內(nèi)的圓周運動水平面內(nèi)動力學方程臨界情況示例水平轉盤上的物體Ff＝mω2r恰好滑動圓錐擺模型mgtanθ＝mrω2恰好離開接觸面豎直面及傾斜面內(nèi)的圓周運動輕繩模型最高點FT＋mg＝meq\f(v2,r)恰好通過最高點，繩的拉力恰好為0輕桿模型最高點mg±F＝meq\f(v2,r)恰好通過最高點，桿對小球的力等于小球重力帶電小球在疊加場中的圓周運動等效法關注六個位置的動力學方程，最高點、最低點、等效最高點、等效最低點，最左邊和最右邊位置恰好通過等效最高點；恰好做完整圓周運動傾斜轉盤上的物體最高點mgsinθ±Ff＝mω2r最低點Ff－mgsinθ＝mω2r恰好通過最低點變速圓周運動中向心力來源如圖所示，當小球在豎直面內(nèi)擺動時，沿半徑方向的合力提供向心力，F(xiàn)n＝FT－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，如圖所示．天體的運動衛(wèi)星的發(fā)射、運行及變軌在地面附近靜止忽略自轉：Geq\f(Mm,R2)＝mg，故GM＝gR2(黃金代換式)考慮自轉兩極：Geq\f(Mm,R2)＝mg赤道：Geq\f(Mm,R2)＝mg0＋mω2R衛(wèi)星的發(fā)射第一宇宙速度：v＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(gR)＝7.9km/s(天體)衛(wèi)星在圓軌道上運行Geq\f(Mm,r2)＝Fn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(man→an＝\f(GM,r2)→an∝\f(1,r2),m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3)))越高越慢，只有T與r變化一致變軌(1)由低軌變高軌，瞬時點火加速，穩(wěn)定在高軌道上時速度較小、動能較小、機械能較大；由高軌變低軌，反之(2)衛(wèi)星經(jīng)過兩個軌道的相切點，加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度(3)根據(jù)開普勒第三定律，半徑(或半長軸)越大，周期越長天體質量和密度的計算雙星問題模型概述兩星在相互間萬有引力的作用下都繞它們連線上的某一點做勻速圓周運動特點角速度(周期)相等向心力各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供eq\f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1，eq\f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2軌跡半徑關系(1)r1＋r2＝l(2)m1r1＝m2r2總質量m1＋m2＝eq\f(4π2l3,GT2)如圖所示，a為近地衛(wèi)星，軌道半徑為r1；b為地球同步衛(wèi)星，軌道半徑為r2；c為赤道上隨地球自轉的物體，軌道半徑為r3.比較項目近地衛(wèi)星(r1、ω1、v1、a1)同步衛(wèi)星(r2、ω2、v2、a2)赤道上隨地球自轉的物體(r3、ω3、v3、a3)向心力來源萬有引力萬有引力萬有引力的一個分力軌道半徑r2>r1＝r3角速度ω1>ω2＝ω3線速度v1>v2>v3向心加速度a1>a2>a3考向一：曲線運動及運動的分解【探究重點】曲線運動中速度方向、合力方向與運動軌跡之間的關系速度方向與運動軌跡相切；合力方向指向曲線的“凹”側；運動軌跡一定夾在速度方向和合力方向之間．速率變化的判斷明確合速度與分速度合速度→繩(桿)拉物體的實際運動速度v→平行四邊形對角線【高考解密】(2023·江蘇)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續(xù)漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是()A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間內(nèi)水平方向增加量，豎直方向做在自由落體運動，在時間增加；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的。故選D?！究枷蝾A測】(2023·福建龍巖市才溪中學月考)如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以在靜水中的速度v同時渡河．出發(fā)時兩船相距2L，甲、乙兩船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達正對岸的A點．則下列判斷正確的是()A．甲船在A點右側靠岸B．甲船在A點靠岸C．甲、乙兩船到達對岸的時間相等D．甲、乙兩船可能在未到達對岸前相遇【答案】C【解析】依題意，乙船恰好能直達正對岸的A點，根據(jù)速度合成與分解可知v＝2u，將甲、乙兩船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，根據(jù)分運動和合運動具有等時性，知甲、乙兩船到達對岸的時間相等，渡河的時間均為t＝eq\f(L,vsin60°)，可得甲船沿河岸方向上的位移為x＝(u＋vcos60°)t＝eq\f(2\r(3),3)L<2L，即甲船在A點左側靠岸，顯然甲、乙兩船不可能在未到達對岸前相遇，A、B、D錯誤，C正確．考向二：平拋運動【探究重點】平拋運動的兩個推論設做平拋運動的物體在任意時刻的速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tanφ，如圖甲所示．做平拋運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖乙所示．以斜拋運動的拋出點為坐標原點O，水平向右為x軸的正方向，豎直向上為y軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系xOy.初速度可以分解為v0x＝v0cosθ，v0y＝v0sinθ.在水平方向，物體的位移和速度分別為x＝v0xt＝(v0cosθ)t①vx＝v0x＝v0cosθ②在豎直方向，物體的位移和速度分別為y＝v0yt－eq\f(1,2)gt2＝(v0sinθ)t－eq\f(1,2)gt2③vy＝v0y－gt＝v0sinθ－gt④【高考解密】(2022·廣東卷·6)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L.當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t.不計空氣阻力．下列關于子彈的說法正確的是()A．將擊中P點，t大于eq\f(L,v)B．將擊中P點，t等于eq\f(L,v)C．將擊中P點上方，t大于eq\f(L,v)D．將擊中P點下方，t等于eq\f(L,v)【答案】B【解析】由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木的運動時間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝eq\f(L,v)，故選B.【考向預測】(2021·山東泰安市高三一模)如圖5所示，a、b兩小球分別從半圓軌道MNO頂端和斜面頂端O點以大小相等的初速度v0同時水平拋出，不計空氣阻力，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，則()圖5A．b球一定先落在斜面上B．a(chǎn)球一定先落在半圓軌道上C．a(chǎn)、b兩球可能同時落在半圓軌道和斜面上D．b球落到斜面底端時，a球恰好落在半圓軌道上最低點【答案】C【解析】如圖甲，將半圓軌道和斜面重疊在一起可知，若小球初速度合適，兩小球可同時落在距離出發(fā)點高度相同的半圓軌道和斜面交點A處，改變初速度，可以使a球先落在半圓軌道上，也可以使b球先落在斜面上，故A、B錯誤，C正確；若b球落到斜面底端時，由圖乙所畫軌跡可判斷a球已經(jīng)打在半圓軌道的P點了，故a球不可能落在半圓軌道上最低點，故D錯誤．考向三：圓周運動【探究重點】勻速圓周運動與變速圓周運動中合力、向心力的特點(1)勻速圓周運動的合力：提供向心力．(2)變速圓周運動的合力(如圖)①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當at與v同向時，速度增大，做加速圓周運動，反向時做減速圓周運動．②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的方向．圓周運動的三種臨界情況(1)接觸面滑動臨界：摩擦力達到最大值．(2)接觸面分離臨界：FN＝0.(3)繩恰好繃緊：FT＝0；繩恰好斷裂：FT達到繩子能承受的最大拉力．【高考解密】(2022·全國甲卷·14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于()A.eq\f(h,k＋1) B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k－1)【答案】D【解析】運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvc2，在c點有FNc－mg＝meq\f(vc2,Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故選D.【考向預測】（2023·浙江·模擬預測）在東北嚴寒的冬天，人們經(jīng)常玩一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中。圖甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，其示意圖如圖乙所示。潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，在0.5s內(nèi)帶動杯子旋轉了210°，人的臂長約為0.6m。下列說法正確的是（）A．潑水時杯子的旋轉方向為順時針方向B．P位置飛出的小水珠初速度沿1方向C．杯子在旋轉時的角速度大小為D．杯子在旋轉時的線速度大小約為【答案】D【詳解】AB．由圖乙中做離心運動的軌跡可知，杯子的旋轉方向為逆時針方向，P位置飛出的小水珠初速度沿2方向，故AB錯誤。C．杯子旋轉的角速度為故C錯誤。D．杯子旋轉的軌跡半徑約為0.6m，則線速度大小約為故D正確。故選D?？枷蛩模号R界、極值問題【探究重點】解題基本思路認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；尋找過程中變化的物理量；探索物理量的變化規(guī)律；確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系．解題方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件【高考解密】(2018·浙江11月選考·9)如圖所示，一質量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是()A．汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑D．汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2【答案】D【解析】汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A錯誤；汽車轉彎的速度為20m/s時，根據(jù)Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力為1.0×104N，沒有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會發(fā)生側滑，B、C錯誤；汽車安全轉彎時的最大向心加速度為am＝eq\f(Ff,m)＝7.0m/s2，D正確．【考向預測】（2023春·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）如圖所示，水平桿固定在豎直桿上，兩者互相垂直，水平桿上、A兩點連接有兩輕繩，兩繩的另一端都系在質量為m的小球上，，現(xiàn)通過轉動豎直桿，使水平桿在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，三角形始終在豎直平面內(nèi)，若轉動過程中、兩繩始終處于拉直狀態(tài)，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．繩的拉力范圍為B．繩的拉力范圍為C．繩的拉力范圍為D．如果把繩剪斷，小球一定會偏離原來位置【答案】B【詳解】ABC．轉動的角速度為零時，繩的拉力最小，繩的拉力最大，這時二者的值相同，設為，則解得增大轉動的角速度，當繩的拉力剛好為零時，繩的拉力最大，設這時繩的拉力為，則解得因此繩的拉力范圍，繩的拉力范圍。故AC錯誤，B正確；D．當繩繩的拉力為零時，如果把繩剪斷，小球不會偏離原來位置。故D錯誤。故選B?？枷蛩模禾祗w運動【探究重點】星體表面及上空的重力加速度(以地球為例)地球表面附近的重力加速度大小g(不考慮地球自轉)：有mg＝Geq\f(Mm,R2)，得g＝eq\f(GM,R2).地球上空的重力加速度大小g′地球上空距離地球中心r＝R＋h處的重力加速度大小為g′，則有mg′＝eq\f(GMm,R＋h2)，得g′＝eq\f(GM,R＋h2).所以eq\f(g,g′)＝eq\f(R＋h2,R2).萬有引力的“兩點理解”和“兩個推論”(1)兩點理解兩物體相互作用的萬有引力是一對作用力和反作用力．地球上(兩極除外)的物體受到的重力只是萬有引力的一個分力．(2)星體內(nèi)部萬有引力的兩個推論推論1：在勻質球殼的空腔內(nèi)任意位置處，質點受到球殼的各部分萬有引力的合力為零，即∑F引＝0.推論2：在勻質球體內(nèi)部距離球心r處的質點(m)受到的萬有引力等于球體內(nèi)半徑為r的同心球體(M′)對它的萬有引力，即F＝Geq\f(M′m,r2).“黃金代換式”的應用：忽略中心天體自轉影響，則有mg＝Geq\f(Mm,R2)，整理可得GM＝gR2.在引力常量G和中心天體質量M未知時，可用gR2替換GM.人造衛(wèi)星：衛(wèi)星運行的軌道平面一定通過地心，一般分為赤道軌道、極地軌道和其他軌道，同步衛(wèi)星的軌道是赤道軌道．(1)極地衛(wèi)星運行時每圈都經(jīng)過南北兩極，由于地球自轉，極地衛(wèi)星可以實現(xiàn)全球覆蓋．(2)同步衛(wèi)星①軌道平面與赤道平面共面，且與地球自轉的方向相同．②周期與地球自轉周期相等，T＝24_h.③高度固定不變，h＝3.6×107m.④運行速率約為v＝3.1km/s.(3)近地衛(wèi)星：軌道在地球表面附近的衛(wèi)星，其軌道半徑r＝R(地球半徑)，運行速度等于第一宇宙速度v＝7.9km/s(人造地球衛(wèi)星的最大圓軌道運行速度)，T＝85min(人造地球衛(wèi)星的最小周期)．注意：近地衛(wèi)星可能為極地衛(wèi)星，也可能為赤道衛(wèi)星．天體“追及”問題的處理方法相距最近：兩同心轉動的衛(wèi)星(rA<rB)同向轉動時，位于同一直徑上且在圓心的同側時，相距最近．從相距最近到再次相距最近，兩衛(wèi)星的運動關系滿足：(ωA－ωB)t＝2π或eq\f(t,TA)－eq\f(t,TB)＝1.相距最遠：兩同心轉動的衛(wèi)星(rA<rB)同向轉動時，位于同一直徑上且在圓心的異側時，相距最遠．從相距最近到第一次相距最遠，兩衛(wèi)星的運動關系滿足：(ωA－ωB)t′＝π或eq\f(t′,TA)－eq\f(t′,TB)＝eq\f(1,2).【高考解密】(2021·河北卷·4)“祝融號”火星車登陸火星之前，“天問一號”探測器沿橢圓形的停泊軌道繞火星飛行，其周期為2個火星日，假設某飛船沿圓軌道繞火星飛行，其周期也為2個火星日，已知一個火星日的時長約為一個地球日，火星質量約為地球質量的0.1倍，則該飛船的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑的比值約為()A.eq\r(3,4) B.eq\r(3,\f(1,4))C.eq\r(3,\f(5,2)) D.eq\r(3,\f(2,5))【答案】D【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力，可得eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R則T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))，R＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2)).由于一個火星日的時長約為一個地球日，火星質量約為地球質量的0.1倍，則該飛船的軌道半徑R飛＝eq\r(3,\f(GM火2T2,4π2))＝eq\r(3,\f(G×0.1M地×4×\f(4π2R\o\al(同3),GM地),4π2))＝eq\r(3,\f(2,5))R同，則eq\f(R飛,R同)＝eq\r(3,\f(2,5))，故選D.【考向預測】(2021·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)一模)2020年11月28日，嫦娥五號在距月面約200公里的A處成功實施變軌進入環(huán)月橢圓軌道Ⅰ.繞月三圈后進行第二次近月變軌，進入環(huán)月圓軌道Ⅱ，如圖7所示，則嫦娥五號()圖7A．在軌道Ⅰ的運行周期小于在軌道Ⅱ的運行周期B．在軌道Ⅱ上的速度小于月球的第一宇宙速度C．在軌道Ⅰ上A點的加速度小于軌道Ⅱ上B點的加速度D．在軌道Ⅱ上B點的機械能大于軌道Ⅰ上C點的機械能【答案】B【解析】根據(jù)開普勒第三定律，軌道Ⅰ的半長軸大于軌道Ⅱ的半徑，所以嫦娥五號在軌道Ⅰ的運行周期大于在軌道Ⅱ的運行周期，A錯誤；月球的第一宇宙速度即為近月衛(wèi)星的線速度，因為軌道Ⅱ的半徑大于月球半徑，所以嫦娥五號在軌道Ⅱ上的速度小于月球的第一宇宙速度，B正確；嫦娥五號在軌道Ⅰ上A點與在軌道Ⅱ上B點受到的萬有引力大小相等，所以其加速度大小相等，C錯誤；嫦娥五號由軌道Ⅰ變?yōu)檐壍愧蛐枰獪p速，所以機械能減少，而在各自的軌道上機械能處處相同，即嫦娥五號在軌道Ⅰ上的機械能大于在軌道Ⅱ上的機械能，D錯誤．如圖，在萬有引力作用下，a、b兩衛(wèi)星在同一平面內(nèi)繞某一行星c沿逆時針方向做勻速圓周運動，已知軌道半徑之比為ra∶rb＝1∶4，則下列說法中正確的有()A．a(chǎn)、b運動的周期之比為Ta∶Tb＝1∶16B．a(chǎn)、b運動的周期之比為Ta∶Tb＝1∶4C．從圖示位置開始，在b轉動一周的過程中，a、b、c共線12次D．從圖示位置開始，在b轉動一周的過程中，a、b、c共線14次【答案】D【解析】根據(jù)開普勒第三定律：半徑的三次方與周期的二次方成正比，則a、b運動的周期之比為1∶8，A、B錯誤；設題圖所示位置ac連線與bc連線的夾角為θ<eq\f(π,2)，b轉動一周(圓心角為2π)的時間為Tb，則a、b相距最遠時有eq\f(2π,Ta)Tb－eq\f(2π,Tb)Tb>(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2,3，…)，可知n＝0,1,2，…，6，n可取7個值；a、b相距最近時有eq\f(2π,Ta)Tb－eq\f(2π,Tb)Tb>(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3，…)，可知m＝0,1,2，…，6，m可取7個值，故在b轉動一周的過程中，a、b、c共線14次，C錯誤，D正確．(2023·北京市育才學校月考)某質點在Oxy平面內(nèi)運動的軌跡如圖所示，則該質點在x、y兩個正方向上的運動狀況可能是()A．質點在x、y兩方向上都勻速運動B．質點在x方向上勻速運動，在y方向上先加速后減速C．質點在y方向上勻速運動，在x方向上先加速后減速D．質點在y方向上勻速運動，在x方向上先減速后加速【答案】C【解析】若質點在x方向上始終勻速運動，合力沿著y方向，根據(jù)合力方向指向運動軌跡的凹側可知，合力先沿著y軸負方向后沿著y軸正方向，則質點在y方向上先減速后加速，故A、B錯誤；若質點在y方向上始終勻速運動，合力沿著x方向，根據(jù)合力方向指向運動軌跡的凹側可知，合力先沿著x軸正方向后沿著x軸負方向，則在x方向上先加速后減速，故C正確，D錯誤．（2023秋·遼寧沈陽·高三校聯(lián)考期中）如圖，有一條寬為100m的河道，一小船從岸邊的某點渡河，渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直。已知小船在靜水中的速度大小為4m/s，水流速度大小為3m/s。下列說法正確的是（）A．小船在河水中航行的軌跡是曲線 B．小船渡河過程中的位移大小為100mC．小船在河水中的速度是7m/s D．小船渡河的時間是25s【答案】D【詳解】A．小船垂直于河岸方向做勻速直線運動，沿河岸方向也做勻速直線運動，所以小船的實際運動為勻速直線運動，A錯誤；D．由于渡河過程中保持船頭指向與河岸始終垂直，故解得D正確；B．小船到達河對岸時，垂直于河岸的位移為100m，沿河岸方向的位移為合位移為B錯誤；C．小船在河水中的速度為C錯誤。故選D。（2023春·江蘇·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與拖車相連，另一端與河中的小船連接，定滑輪與拖車之間的連繩保持水平，小船與拖車的運動在同一豎直平面內(nèi)，拖車沿平直路面水平向右運動帶動小船，使小船以速度v沿水面向右勻速運動，若船在水面上運動受到的阻力保持不變．則在上述運動過程中（

）A．當拉船的輕繩與水平面的夾角為時，拖車運動的速度為B．小船受到繩的拉力不斷減小C．小船受到繩的拉力的功率不斷增大D．拖車的動能不斷減小【答案】D【詳解】AD．船的速度沿繩方向的分數(shù)與拖車速度相等，拖車運動的速度為增大時，拖車速度減小，拖車動能減小，A錯誤，D正確；B．由平衡條件可知，增大時，繩拉力增大，B錯誤；C．小船做勻速運動，受到繩的拉力的功率等于克服阻力做功的功率，保持不變，C錯誤。故選D。(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體3月模擬)如圖6所示，兩小球a、b分別從斜面頂端和斜面中點沿水平方向拋出，均落在斜面底端．不計空氣阻力，關于兩小球在平拋過程中的說法正確的是()圖6A．小球a、b到達斜面底端時的速度方向不同B．小球a、b在空中飛行時間之比為2∶1C．小球a、b拋出時的初速度之比為1∶1D．小球a、b離斜面的最大距離之比為2∶1【答案】D【解析】設斜面傾角為θ，小球落在斜面底端時，有eq\f(ha,xa)＝eq\f(hb,xb)＝tanθ，可得eq\f(gta,va)＝eq\f(gtb,vb)＝2tanθ，根據(jù)平拋運動規(guī)律有vx＝v0，vy＝gt，可知兩球落到斜面底端時速度方向與水平方向夾角的正切值相等，故小球a、b到達斜面底端時的速度方向相同，故A錯誤；由題圖可知eq\f(ha,hb)＝2，eq\f(xa,xb)＝2，由h＝eq\f(1,2)gt2可得eq\f(ta,tb)＝eq\r(2)，由x＝v0t可得eq\f(va,vb)＝eq\r(2)，故B、C錯誤；當小球的速度方向與斜面平行時，小球離斜面距離最大，將初速度和加速度分解為垂直斜面方向和沿斜面方向，有a⊥＝gcosθ，v⊥＝v0sinθ，小球在垂直斜面方向運動的最大距離設為l，則有2a⊥l＝v⊥2，則l＝eq\f(v\o\al(02)sin2θ,2gcosθ)∝v02，可得小球a、b離斜面的最大距離之比為2∶1，故D正確．(2022·江蘇揚州市高三期末)如圖所示，滑板愛好者先后兩次從坡道A點滑出，均落至B點，第二次的滯空時間比第一次長，則()A．兩次滑出速度方向相同B．兩次騰空最大高度相同C．第二次滑出速度一定大D．第二次在最高點速度小【答案】D【解析】對滑板愛好者運動分析可知，從坡道A點滑出后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，即上升時間等于下降時間，由題知第二次的滯空時間比第一次長，所以第二次下降時間大于第一次，由h＝eq\f(1,2)gt2知，第二次騰空最大高度大于第一次，又因為兩次水平位移相等，所以兩次位移與水平方向的夾角不同，即兩次滑出速度方向不相同，故A、B錯誤；因為第二次下降時間大于第一次，且兩次水平位移相等，由x＝vxt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高點速度小，又由vy＝gt可知，第二次滑出后豎直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C錯誤，D正確．（2023·全國·二模）在2022年北京冬奧會短道速滑項目男子1000米決賽中，中國選手任子威奪得冠軍。如圖所示，A、B、、在同一直線上，為中點，運動員由直線經(jīng)彎道到達直線，若有如圖所示的①②兩條路線可選擇，其中路線①中的半圓以O為圓心，半徑為，路線②是以為圓心，半徑為的半圓．若運動員在沿兩圓弧路線運動的過程中，冰面與冰刀之間的徑向作用力的最大值相等，運動員均以不打滑的最大速率通過兩條路線中的彎道（所選路線內(nèi)運動員的速率不變），則下列說法正確的是（）A．在①②兩條路線上，運動員的向心加速度大小不相等B．沿①②兩條路線運動時，運動員的速度大小相等C．選擇路線①，路程最短，運動員所用時間較短D．選擇路線②，路程不是最短，但運動員所用時間較短【答案】D【詳解】A．因為運動過程中運動員以不打滑的最大速率通過彎道，最大