2016年高考物理一轮复习新题快递微专题4《平抛运动与圆周运动的综合问题》

微专题四 平抛运动与圆周运动的综合问题
1．(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是 ( )
A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2
B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2
C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2R
D ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52
R 答案：BC 解析：设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒，得mgH ＝mg ·2R ＋12m v 2A
，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，水平位移x 水＝v A t ＝2gH －4gR ·2R g ＝22RH －4R 2，故B 正确．小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H >2R ，C 正确．
2．半径为R 的光滑半圆轨道BCD 与光滑水平抛道BA 在B 处相切，小球弹射器P 弹射的小钢球恰能从半圆轨道的最高点D 处沿切线进入轨道内，并沿半圆轨道做圆周运动，弹射器射管轴线与水平面成θ角，射管管口到B 点的距离为x ，管口到水平面的高度不计，取重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列结论不正确的是( )
A ．x 有最小值，且最小值x min ＝2R
B ．θ有最大值，且最大值的正切值tan θmax ＝2
C ．若增大x ，要保证小球仍从
D 处切入圆轨道，则小球过D 点时对轨道的压力减小
D ．若减小θ，要保证小球仍从D 处切入圆轨道，则小球弹出时的速度增大
答案：C 解析：小球从最高点D 进入圆轨道并做圆周运动，应满足F N ＋mg ＝m v 2x R
，则
进入轨道的最小速度v min ＝gR .小球从射出到进入圆轨道，可看作反向的平抛运动，水平方向
x ＝v x t ，竖直方向2R ＝12
gt 2，代入最小速度得x 的最小值x min ＝2R ，A 选项正确；小球的竖直速度v y ＝gt ＝2gR 为定值，则v x 越小，θ越大，故tan θmax ＝
v y v min ＝2，反之，θ越小，v x 越大，小球射出时的速度v ＝v 2x ＋v 2y 越大，
B 、D 两项正确；由于小球在空中的运动时间t ＝2R g 是定值，因此x 越大，v x 越大，由F N ＋mg ＝m v 2x R
可知小球在D 点对轨道的压力越大，C 选项错误．
3．如图所示，质量为m ＝0.2 kg 的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A 以初速度v 0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径．P 点到桌面的竖直距离为R .小球飞离桌面后恰由P 点无碰撞地落入圆轨道，取g ＝10 m/s 2.
(1)求小球在A 点的初速度v 0及AP 间的水平距离x ；
(2)求小球到达圆轨道最低点N 时对N 点的压力；
(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M .
答案：见解析
解析：(1)小球由A 点做平抛运动，在P 点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P 点的竖直分速度为v y ＝v tan 45°＝v 0
由平抛运动规律得v y ＝gt ，R ＝12
gt 2，x ＝v 0t 解得v 0＝4 m/s ，x ＝1.6 m.
(2)小球在P 点的速度为v ＝v 20＋v 2y ＝4 2 m/s
小球从P 点到N 点，由动能定律得
mgR (1－cos 45°)＝12m v 2N －12
m v 2 小球在N 点，由牛顿第二定律得
F N －mg ＝m v 2N R
解得小球所受支持力F N ＝(14－22) N
由牛顿第三定律得，小球对N 点的压力为F N ′＝(14－22) N ，方向竖直向下．
(3)假设小球能够到达M 点，对小球由P 点到M 点由动能定理得
mgR (1＋cos 45°)＝12m v 2－12
m v ′2 解得v ′＝16－8 2 m/s
小球能够完成圆周运动，在M 点须有mg ≤m v 2M R
即v M ≥gR ＝8 m/s
由v ′<v M 知，小球不能到达圆轨道最高点M .
4．(2015·青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R ＝1 m ，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行．滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h ＝1.25 m ．在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F ＝4 N 的水平拉力向右拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s ，绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，过B 点水平抛出，恰好落入小桶内．取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求拉力作用的最短时间；
(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度．
答案：(1)0.3 s (2)4 m
解析：(1)物块做平抛运动，设水平初速度为v ，所用时间为t ，则
水平方向R ＝v t 竖直方向h ＝12
gt 2 解得物块离开滑道时的速度v ＝2 m/s ，t ＝0.5 s
设拉动物块时的加速度为a 1，所用时间为t 1，由牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma 1
解得a 1＝8 m/s 2
撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2
解得a 2 ＝2 m/s 2
盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间
T ＝2πω
＝1 s 物块在滑道上先加速后减速，则
v ＝a 1t 1－a 2t 2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为 t 1＋t 2＋t ＝T
解得t 1＝0.3 s.
(2)物块加速t 1′＝0.5 s 的末速度
v 1＝a 1t 1′＝4 m/s
则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 1′2＋v 2－v 21－2a 2
＝4 m.。