专题04 平抛运动与圆周运动-2018年高考物理母题题源系列 Word版含解析
母题04 平抛运动与圆周运动【母题来源一】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【母题原题】在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A. 2倍B. 4倍C. 6倍D. 8倍【答案】 A点睛此题将平抛运动、斜面模型、机械能守恒定律有机融合，综合性强。
对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。
【母题来源二】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）A. 时刻相同，地点相同B. 时刻相同，地点不同C. 时刻不同，地点相同D. 时刻不同，地点不同【答案】 B【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。
弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。
点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度。
【命题意图】 考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】 高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量。
竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现。
单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。
平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。
圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。
【得分要点】熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法。
1. 对于平抛运动，考生需要知道以下几点： （1）解决平抛运动问题一般方法解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度，即先求分速度、分位移，再求合速度、合位移；特别提醒：分解平抛运动的末速度往往成为解题的关键。
（2）常见平抛运动类型：求运动时间往往是突破口 ①在水平地面水平平抛： ②在半圆内的平抛运动：③斜面上的平抛问题：顺着斜面平抛；对着斜面平抛。
④对着竖直墙壁平抛 （3）类平抛运动的求解方法①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。
②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解。
2.对于圆周运动，考生需要知道以下几点：（1）描述匀速圆周运动的各物理量间的关系：rn fr r T r v ππωπ222＝===，a=rv 2=2ωr ．（2）向心力是根据力的作用效果命名的，而不是一种特定的力（如重力），因此在分析物体的受力时，切记不可将向心力也作为物体的受力考虑在内。
（3）在分析传动装置的线速度、角速度、向心加速度与半径之间的关系时，关键是抓住不变量，确定另一变量与半径的正比或反比关系进行判断。
如同轴转动的物体上各点的角速度ω、转速n 和周期T 相等，根据公式ωr v =，可知线速度v 与半径r 成正比；皮带传动中，在皮带不打滑的情况下，通过皮带连接的轮子边缘的各点的线速度大小相等（不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点的线速度也大小相等），根据公式rv =ω，可知角速度ω与半径r 成反比。
（4）做匀速圆周运动的物体，在合外力突然消失或者不足以提供物体做圆周运动所需的向心力的情况下，质点是做半径越来越大的运动或沿切线方向飞去的运动，它不是沿半径方向飞去,做离心运动的质点不存在的所谓的“离心力”作用，因为没有任何物体提供这种力.【母题1】“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则A. 在B 、D 两处小球运动的加速度一定相同B. 只要平板与水平面的夹角合适，小球在B 、D 两处可能不受平板的摩擦力作用C. 平板对小球的作用力在A 处最大，在C 处最小D. 小球运动过程中机械能保持不变 【答案】 B处最小，在C 处最大，选项C 错误；小球运动过程中，动能不变，势能不断变化，则机械能不守恒，选项D 错误；故选B.【母题2】如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P 0控绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m沿水面运动时所受的阻力为f,当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（）A.B.C.D.【答案】 D【解析】小船的实际运动为合运动，沿着绳子方向和垂直绳子方向的是分运动，如图：根据牛顿第二定律，有：F•cosθ-f=ma②；由①②解的，故选D。
【点睛】本题关键是根据运动的合成与分解的知识求出拉绳子的速度，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度。
【母题3】如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它沿bdac做圆周运动．在a、b、c、d四点时（d、c两点与圆心等高），设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为、、、，细绳拉力大小分别为、、、，阻力不计，则（）A.B. 若在c点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动C.D. 若在b点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动【答案】 C【点睛】解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可．【母题4】我国高铁技术目前发展迅猛，银川作为省会城市没有高铁的历史即将结束。
目前已经开始铺轨的银西高铁，横跨陕甘宁三省，极大的缩短了银川到西安的运行时间。
设计图纸在一处半径为3000m的弯道处标明设计时速为144km/h（此时车轮轮缘不受力）。
已知我国的轨距为1500mm，且角度较小时可认为，重力加速度g=10m/s2，则高铁在通过此弯道时内、外轨高度差为A. 8cmB. 9cmC. 10cmD. 11cm【答案】 A【解析】半径R=3000m 时速根据牛顿第二定律得 ,解得：，故A正确；故选A点睛：要使火车安全通过弯道,则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘,靠重力和支持力的合力提供向心力,根据向心力公式列式求解.【母题5】大飞机重大专项是提高我国自主创新能力和增强国家核心竞争力的重大战略决策，中国制造的大飞机“C919”已于2017年5月5日成功首飞。
若飞机在某次降落过程中某时刻水平方向速度为90 m/s，竖直方向速度为9 m/s，在水平方向做加速度为3 m/s²的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度为0.3 m/s²的匀减速直线运动，直到飞机着陆时竖直方向的速度刚好减为零，在此降落的全过程中A. 飞机上的乘客处于失重状态B. 飞机运动轨迹为抛物线C. 飞机的位移为1350 mD. 飞机在水平方向的平均速度为45m/s【答案】 D【点睛】飞机在竖直方向与水平方向都做匀减速运动，所以正确判断出飞机是否做匀变速直线运动是解答的关键。
【母题6】如图所示，相距L的两小球A、B位于同一高度h。
将A向B水平抛出的同时，B自由下落。
A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反.不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则A. A、B在第一次落地前能否相碰，仅取决于A的初速度B. A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C. A、B不可能运动到最高处相碰D. A、B一定能相碰，而且如果L、h以及A的平抛速度v都确定时，能够求出AB碰撞的位置和AB碰撞前A落地几次【答案】 D点睛：此问题中因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反来判断两球能否相碰．【母题7】（多选）如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。
半径0A水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知'AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中A. 重力做功2mgRB. 合外力做功mgRC. 克服摩擦力做功mgRD. 机械能减少mgR【答案】 BC【解析】重力做的功W G=mgh=mgR，故A错误；小球在B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，v B=，从P到B的过程，由动能定理可得：mgR-W f=mv B2-0，W f=mgR，则物体机械能较少mgR，故C正确，D错误；由动能定理可得，合外力做的功W=mv B2=mgR，故B正确；故选BC。
点睛：小球在B点对轨道没有压力，则小球做圆周运动的向心力由重力提供，摩擦力做功使物体的机械能减少，熟练应用动能定理即可正确解题．【母题8】（多选）一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面做圆周运动，弯道与水平面的夹角为θ，如图所示，汽车轮胎与路面的动摩擦因素为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于汽车在运动过程中的表述正确的是A. 汽车的速率可能为B. 汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为C. 汽车在路面上不做侧向滑动的最大速事为D. 汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为【答案】 ACD【解析】A、车与路面间无摩擦力，重力的一个部分提供向心力，如图所示，根据向心力公式得：，解得：，故A正确；【点睛】车与路面间无摩擦力，重力的一个部分提供向心力，根据向心力公式即可求解。
2018届高考物理二轮专题题库+专题三+抛物运动与圆周运动(含详解)
一、选择题 1．(2017·陕西师大附中期中)如图所示，两次船头垂直对岸渡河时船相对于水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A 至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1；由于水速增大，第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2，则( )A ．t 2＞t 1，v 2＝x 2v 1x 1B ．t 2＞t 1，v 2＝x 1v 1x 2C ．t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2D ．t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1解析：选D.设河的宽度为d ，则船在水中运动的时间t ＝dv 船，可见两次渡河的时间是相等的，即t 2＝t 1；根据运动的等时性，x 1v 1＝x 2v 2，可得v 2＝x 2v 1x 1，选项D 正确．2．(多选)(2017·高考江苏卷)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( ) A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大解析：选CD.两球加速度都是重力加速度g ，A 错误；飞行时间t ＝22hg，h 相同则t 相同，B 错误；水平位移x ＝v x t ，在t 相同情况下，x 越大说明v x 越大，C 正确；落地速度v ＝v 2x ＋v 2y ，两球落地时竖直速度v y 相同，可见v x 越大，落地速度v 越大，D 正确． 3．(多选)(2017·青岛模拟)质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．前2 s 内质点处于失重状态B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．质点的加速度方向与初速度方向垂直D ．质点向下运动的过程中机械能减小解析：选AD.根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x＝43m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a ＝1 m/s 2.前2 s 内质点处于失重状态，2 s 末质点速度为v ＝42＋⎝⎛⎭⎫432m/s ＞4 m/s ，选项A 正确，B 错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C 错误．质点向下运动的过程中a ＝1 m/s 2＜g ，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D 正确．4．(2017·上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( ) A. 3gR2B. 33gR2C.3gR 2 D. 3gR3解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确．5．如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( ) A ．α1＞α2 B ．α1＝α2 C ．α1＜α2 D ．无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.6．(2017·北京市石景山区模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，P A 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( ) A ．tan θ1tan θ2＝2 B ．cot θ1tan θ2＝2 C ．cot θ1cot θ2＝2 D ．tan θ1cot θ2＝2解析：选A.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2，选项A 正确．7．(2017·高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( ) A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析：选D.根据v ＝ωr ，两座椅的ω相等，由r B ＞r A ，可知v B ＞v A ，A 错误；向心加速度a＝ω2r ，因ω相等r 不等，故a 不相等，B 错误；水平方向mg tan θ＝mω2r ，即tan θ＝ω2r g，因r B ＞r A ，故θB ＞θA ，C 错误；竖直方向F T cos θ＝mg ，绳子拉力F T ＝mgcos θ，因θB ＞θA ，故F T B ＞F T A ，D 正确． 8．(多选)(2017·河南南阳一中期末)如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，F N －v 2图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．当地的重力加速度大小为RbB ．小球的质量为abRC ．v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向上D ．若v 2＝2b ，则杆对小球弹力大小为a解析：选BD.通过题图分析可知：当v 2＝b ，F N ＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mg ＝m b R ，g ＝bR ，A 错误；当v 2＝0，F N ＝a 时，重力与弹力F N 大小相等，即mg ＝a ，所以m ＝a g ＝abR ，B 正确；当v 2＞b 时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v 2＝c ＞b 时，杆对小球的弹力方向竖直向下，C 错误；若v 2＝2b 时，mg ＋F N ＝m 2bR，解得F N ＝a ，方向竖直向下，D 正确．9．(2017·重庆模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．匀强电场场强大小为E ＝2mgqB ．小球在B 位置时加速度为零C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2(2－1)gLD ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点解析：选C.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mgq，A 错；小球在B 位臵受重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝12m v 2－0，解之得v ＝2(2－1)gL ，C 对；从C 点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回到C 点，D 错． 二、计算题 10．(2017·高考浙江卷)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 解析：(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2L 2＝v 2hg＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m.答案：(1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m11．如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)求小物块到达C 点时的速度大小；(2)求小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？ 解析：(1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 60°＝4 m/s.(2)小物块由C 点到D 点的过程中，由动能定理：mgR (1－cos 60°)＝12m v 2D －12m v 2C代入数据解得v D ＝2 5 m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR代入数据解得F N ＝60 N由牛顿第三定律得小物块在D 点时对轨道的压力F ′N ＝F N ＝60 N ，方向竖直向下． (3)设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a 1＝μmg m ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2小物块和木板达到共速，则有v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t 对小物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝2.5 m ，即木板的长度至少为2.5 m.答案：(1)4 m/s (2)60 N ，方向竖直向下 (3)2.5 m12．(2017·柳铁二模)如图所示，一个34圆弧形光滑细圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的垫子，左端M 正好位于A 点．将一个质量为m 、直径略小于圆管直径的小球从A 处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力．(1)若小球从C 点射出后恰好能落到垫子的M 端，则小球经过C 点时对管的作用力大小和方向如何？(2)欲使小球能通过C 点落到垫子上，小球离A 点的高度的取值范围是多少？解析：(1)小球离开C 点做平抛运动，落到M 点时水平位移为R ，竖直下落高度为R ，根据运动学公式可得：R ＝12gt 2运动时间t ＝2Rg从C 点射出的速度为v 1＝R t ＝gR2设小球以v 1经过C 点受到管对它的作用力为F N ，由牛顿第二定律得mg －F N ＝m v 21R解得：F N ＝mg －m v 21R ＝mg 2由牛顿第三定律知，小球对管的作用力大小为12mg ，方向竖直向下．(2)小球下降的高度最高时，小球平抛的水平位移为4R ，落到N 点．设能够落到N 点的水平速度为v 2，根据平抛运动规律可求得：v 2＝4Rt ＝8gR设小球下降的最大高度为H ，根据机械能守恒定律得：mg (H －R )＝12m v 22解得：H ＝v 222g＋R ＝5R .小球下降的高度最低时，小球运动的水平位移为R ，落到M 点，同理可解得：H ＝5R4故H 取值范围是54R ≤H ≤5R .答案：(1)12mg ，方向竖直向下 (2)54R ≤H ≤5R。
2018年全国高考物理模拟考试经典母题30题(解析版)
2018年全国高考物理模拟考试经典母题30题（解析版）一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，）1、2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。
与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的A．周期变大 B．速率变大C．动能变大 D．向心加速度变大【答案】C【考点定位】万有引力定律的应用、动能【名师点睛】万有引力与航天试题，涉及的公式和物理量非常多，理解万有引力提供做圆周运动的向心力，适当选用公式22222π()GMm mvm r m r mar T rω====，是解题的关键。
要知道周期、线速度、角速度、向心加速度只与轨道半径有关，但动能还与卫星的质量有关2、如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。
小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心【答案】A【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD错误；故选A。
【考点定位】圆周运动；功【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半径向外，后沿半径向里。
3、将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅ C ． 6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅【答案】A【考点定位】动量、动量守恒【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
2018年物理新课标高考总复习第一轮复习教师用书：第四章第三节圆周运动 含解析 精品
第三节 圆周运动一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πr T ． 2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt＝2πT ． 3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T. 4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T 2r . 5．向心力：作用效果为产生向心加速度，F n ＝ma n .1.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s ，转动周期为2 s ，则( )A ．角速度为0.5 rad/sB ．转速为0.5 r/sC ．轨迹半径为4πm D ．加速度大小为4π m/s 2提示：选BCD.由ω＝2πT ，n ＝ω2π，v ＝2πr T 及a ＝v 2r 可知，选项B 、C 、D 正确，A 错误．二、匀速圆周运动1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r . (2)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．(3)作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较2.判断正误(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．()(2)在做圆周运动时向心加速度大小不变，方向时刻改变．()(3)当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动．()(4)做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心．()提示：(1)×(2)×(3)√(4)√三、离心运动1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F为实际提供的向心力，则(1)当F＝mω2r时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐渐靠近圆心．3.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况说法中正确的是()A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动提示：选BC.若拉力减小，物体做离心运动，小球会沿Pb运动，选项B正确、D错误；若拉力消失，小球会沿切线Pa飞出，故选项C正确；当拉力变大时小球做近心运动，故A 错误．对传动装置问题的求解【知识提炼】在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：1．同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．2．当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝v r可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比． 【典题例析】(多选)(2017·山东聊城模拟)如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，A 是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r .B 点在小轮上，它到小轮中心的距离为r .C 点和D 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则( )A ．A 点与B 点的线速度大小相等B ．A 点与B 点的角速度大小相等C ．A 点与C 点的线速度大小相等D ．A 点与D 点的向心加速度大小相等[审题指导] A 点与B 点既不共轴也不同在皮带上，故线速度、角速度大小均不相等．A 与C 同皮带线速度大小相等．[解析] 由于A 、C 两点同在皮带上，故v A ＝v C ，C 正确；B 、C 、D 三点绕同一轴运动，故ωB ＝ωC ＝ωD ＝ω2，由v ＝ωr 得v B ＝ω2r ，v C ＝2ω2r ，v D ＝4ω2r ，v A ＝ω1r ，则ω1＝2ω2，v A ＝v C ＞v B ，再根据a ＝ω2r 可得a A ＝a D ，故A 、B 错误，D 正确．[答案] CD(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝⎛⎭⎫r 1r 22nD ．N ′轮的转速为⎝⎛⎭⎫r 2r 12n解析：选BC.根据皮带传动关系可以看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．水平面内的圆周运动【知识提炼】1．运动实例：圆锥摆、车辆转弯、飞机在水平面内盘旋等．2．运动特点：运动轨迹为圆且在水平面内．3．受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向沿水平方向指向圆心，提供向心力．(2)竖直方向的合力为零．【典题例析】如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析] (1)若要小球刚好离开锥面，此时小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝ g l cos θ＝52 2 rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′2＝g l cos α，即ω′＝ g l cos α＝2 5 rad/s. [答案] (1)52 2 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，都是水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝⎛⎭⎫F ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度继续增大，质点将做离心运动．【跟进题组】考向1 车辆转弯问题1．(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．考向2 圆锥摆模型2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，所以细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，根据牛顿第 二定律得mg tan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝g L cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为 33∶1，故D 错误．考向3 水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝ 2kg 3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝mω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动【知识提炼】1．物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种．2．只有重力做功的竖直平面内的圆周运动一定是变速圆周运动，遵守机械能守恒．3．竖直平面内的变速圆周运动问题，往往涉及最高点和最低点的两种情形．运动至轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”．绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC 两点间的距离x ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．[审题指导] (1)小球从A →B 做圆周运动，其机械能守恒，轻绳断前瞬间绳拉力与重力的合力提供向心力．(2)绳断瞬间，小球速度方向水平，做平抛运动．平抛初速度等于绳断瞬间的速度．[解析] (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12m v 2B① 小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2② 在水平方向上有x ＝v B t ③由①②③式解得x ≈1.41 m.(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2B L④ 由①④式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律得F ′＝－F故轻绳所受的最大拉力大小为20 N.[答案] (1)1.41 m (2)20 N解决圆周运动问题的基本思路(1)寻找向心力的来源：对物体进行受力分析，列出向心力表达式．(2)临界条件的判断：找出特殊位置的临界速度，分析可能存在的状态．(3)动能定理的应用：把特殊点推广到一般，研究整个运动过程的特点．【跟进题组】考向1 汽车过拱桥模型1．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确．考向2 轻绳模型2.(2016·高考全国卷甲)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 ( )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 球的向心加速度解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12m v 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12m v 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．考向3 轻杆模型3．(多选)(2017·东城区模拟)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小D ．当v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2L，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL 时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝m v 2L，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝m v 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝m v 2L知，v 增大，向心力增大，D 对．1.如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )A.ω1r 1r 3B ．ω1r 3r 1 C.ω1r 3r 2 D ．ω1r 1r 2解析：选A.本题相当于皮带轮的连接，各个轮边缘的线速度大小相同．即v 1＝ω1r 1＝v 2＝ω2r 2＝v 3＝ω3r 3，故A 项正确．2.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B ．ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C ．ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r ＝f m 即ω＝f m mr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝mω2r 2，而此时对P 而言有T ＋f ＝mω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T ＞mω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．3．(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝ FR m ＝ 2.25mgR m ＝45 m/s ，v 小＝ Fr m＝ 2.25mgr m＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．4.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋m v 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB 和圆弧轨道BCD 组成，将可视为质点的小球，从轨道AB 上高H 处的某点由静止释放，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D 时对轨道的压力F ，改变H 的大小，可测出相应的F 大小，F 随H 的变化关系如图乙所示．已知小球经过圆弧最高点D 时的速度大小v D 与轨道半径R 和H 的关系满足v 2D ＝2gH －4gR ，且v D ≥gR ，g 取10 m/s 2.(1)求圆轨道的半径R 和小球的质量m ；(2)若小球从D 点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O 等高，求此时θ的值．解析：(1)由题意，小球在D 点的速度大小满足v 2D ＝2gH －4gR在D 点，由牛顿第二定律得mg ＋F ′＝m v 2D R又F ′＝F ，解得F ＝2mg RH －5mg 根据图象得m ＝0.1 kg ，R ＝0.2 m.(2)小球落在斜面上最低的位置时，在D 点的速度最小，根据题意，小球恰能到达D 点时，在D 点的速度最小，设最小速度为v ，则有mg ＝m v 2R解得v ＝gR由平抛运动规律得R ＝12gt 2，s ＝v t 解得s ＝2R ，由几何关系可得s sin θ＝R ，解得θ＝45°.答案：(1)0.2 m 0.1 kg (2)45°一、单项选择题1.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R ，速率v ＜Rg ，AC 为水平直径，BD 为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )A ．物块始终受两个力作用B ．只有在A 、B 、C 、D 四点，物块受到的合外力才指向圆心C ．从B 运动到A ，物块处于超重状态D ．从A 运动到D ，物块处于超重状态解析：选D.在B 、D 位置，物块受重力、支持力，在A 、C 位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A 错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B 错；从B 运动到A ，向心加速度斜向下，物块失重，从A 运动到D ，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D 对．2.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤μg r B ．ω≤2μg 3r C ．ω≤2μg r D ．μg r≤ω≤ 2μg r 解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl ，即ωA ≤ 2μg r ，ωB ≤ μg r ，ωC ≤ 2μg 3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤2μg 3r，选项B 正确． 3.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的角速度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保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(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/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s解析：选C.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＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．4.(2017·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下．若魔盘半径为r ，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A ．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B ．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C ．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D ．“魔盘”的转速一定大于12πg ur解析：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A 错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B 错误．如果转速变大，由F ＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C 错误．人恰好贴在魔盘上时，有 mg ≤f ，N ＝mr (2πn )2，又f ＝μN 解得转速为n ≥12πg μr ，故“魔盘”的转速一定大于12π g μr ，故D 正确．5.如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，则( )A ．若v 0＝gR ，则物块落地点离A 点2RB ．若球面是粗糙的，当v 0＜gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．若v 0＜gR ，则物块落地点离A 点为RD ．若v 0≥gR ，则物块落地点离A 点至少为2R解析：选D.若v 0≥gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 22，x ＝v 0t ，得x ≥2R ，A 错误，D 正确；若v 0＜gR ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．二、多项选择题6．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D 错误．7.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．8.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有m v 22＋2mgr ＝m v 202，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝m v 202，可求得v 0≤2 2 m/s ，故选项D 正确．三、非选择题9．(2015·高考全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点。
平抛运动与圆周运动习题答案.doc
分速度为vsin 60° =渡河时所用时间t=L 2L甲船沿水流方向的速度史=#cos 60。
+〃=#,沿水流方Pjcos a V\cos a 人W D 正确。
练/(m ・s')4 -------- 20 1 s 乙1 -如图所示，河的宽度为L ，河水流速为〃，甲、乙两船均以静水中的速度#同时渡河。
出发时两船相距2%， 甲、乙船头均与岸边成60。
角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点，则下列判断正确的是（）A ・甲船正好也在力点靠岸 B•甲船在刀点下游侧靠岸C •甲、乙两船到达对岸的时间相等D •甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇1）解析：选C 根据题述，乙船恰好能,直达正对岸的刀点，则河水流速i/=rcos 60°=T ；甲船渡河时垂直河岸的向的位移为x=vX=*v2L,甲船在刀点上游侧靠岸，甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇，A 、B 、D 错误；由 于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲、乙两船到达对岸的时间相等，C 正确。
2 •在水平面上有A 、B 两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现刀物体以Pi 的速度向右匀速运动，当绳 被拉成与水平面的夹角分别为a"时（如图所示），8物体的运动速度卷为（绳始终有拉力）（）3cos a0sin • “icos - -isin " sin fl ' cos R D ・ cos p A ，sin解析：选D 将物体4的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动的两个分量，如图（a ）所示，则绳端伸长的速度v 1=V]Cos a;同理对物体8,速度分解如图（b ）所示，绳端缩短的速度=v',因此物体8的运动速度#合=—7 cos p3•质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说 法正确的是（）A.质点初速度的方向与合力方向垂直B•质点所受的合力为3N C •质点的初速度大小为5 m/s D • 2s 末质点速度大小为7 m/s解析：选A 质点初速度的方向沿y 轴正方向，初速度大小为4 m/s,合力方向沿x 轴正方向，质点初速度的 方向与合力方向垂直，A 正确，C 错误；由图甲斜率知物体运动的加速度a=1.5m/s2,由F=ma 知质点所受的合力 为1.5 N, B 错误；2 s 末质点沿x 轴方向分速度大小为3 m/s,沿y 轴方向分速度大小为4 m/s,合速度大小为5 m/s, D 错误。
专题04 平抛运动与圆周运动-2018年高考物理母题题源系列含解析
母题04 平抛运动与圆周运动【母题来源一】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【母题原题】在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A. 2倍B. 4倍C. 6倍D. 8倍【答案】 A点睛此题将平抛运动、斜面模型、机械能守恒定律有机融合，综合性强。
对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。
【母题来源二】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）A. 时刻相同，地点相同B. 时刻相同，地点不同C. 时刻不同，地点相同D. 时刻不同，地点不同【答案】 B【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。
弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。
点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度。
【命题意图】考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量。
竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现。
高考物理大一轮复习 热点集训4 平抛运动、圆周运动的组合问题课件
解析：(1)在B点小球做圆周运动， FN－mg＝mvR20 FN＝mg＋mvR20.
(2)在C点小球恰能通过，故只有重力提供向心力， 则mg＝mvR2C 过C点小球做平抛运动，xAB＝vCt h＝12gt2 h＝2R 联立以上各式可得xAB＝2R.
(3)设小球落到A点时，速度方向与水平面的夹角为θ，则 tan θ＝vv⊥C，v⊥＝gt,2R＝12gt2 解得：tan θ＝2 小球落到A点时，速度方向与水平面成θ角向左下，且tan θ ＝2. 答案：(1)mg＋mvR20 (2)2R (3)见解析
(1)地面上DC两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小．
解析：(1)小球从A到B过程机械能守恒，有 mgh＝12mv2B① 小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有 H＝12gt2② 在水平方向上有 s＝vBt③ 由①②③式解得s≈1.41 m④
(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心 力，有F－mg＝mvL2B⑤
由①⑤式解得F＝20 N 根据牛顿第三定律 F′＝－F 轻绳所受的最大拉力为20 N. 答案：(1)1.41 m (2)20 N
6．(2016·山东临沂一中检测)如图所示，水平桌面上有一轻 弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面 右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径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 直距离也是R.用质量m＝0.5 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释 放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝8t－2t2(m)，物块飞 离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，求：
中点P的角速度ω＝
v0 R
＝5
rad/s，C错误；从B点运动到D的时间t2
2018年高考物理母题题源系列专题04 平抛运动与圆周运动
母题04 平抛运动与圆周运动【母题来源一】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【母题原题】在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A. 2倍B. 4倍C. 6倍D. 8倍【答案】 A点睛此题将平抛运动、斜面模型、机械能守恒定律有机融合，综合性强。
对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。
【母题来源二】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）A. 时刻相同，地点相同B. 时刻相同，地点不同C. 时刻不同，地点相同D. 时刻不同，地点不同【答案】 B【解析】本题考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。
弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移相等，因此落点不相同，故选项B正确。
点睛：本题以平抛运动为背景考查合运动与分运动的关系及时刻和位置的概念，解题时要注意弹射管沿光滑竖直轨道向下做自由落体运动，小球弹出时在竖直方向始终具有跟弹射管相同的速度。
【命题意图】 考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】 高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量。
竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现。
2018届高考物理二轮复习板块二高频考点强化热点5平抛运动与圆周运动的综合考查课件
板块二 热点5
热 点 分 析
第16页
PPT放映 设置 PPT放映场合不同，放映的要求也不同，下面将例举几种常用的放映设置方式
。
让PPT停止自动播放
1. 单击”幻灯片放映”选项卡，去除“使用计时”选项即可。
热
点Байду номын сангаас
跟
让PPT进行循环播放
踪 专
练
1.单击”幻灯片放映”选项卡中的“设置幻灯片放映”，在弹出对话框中勾选“
）
2、替换模板
模板中的图片展示页面，您可以根据需要
方法一：更改图片
热 点2.在图“替换”下拉列表中选择要更改字体。（如下图） 分 析
1. 选中模版中的图片（有些图片与其他
本身，而不是组合）。
热 点
跟
2. 单击鼠标右键，选择“更改图片”踪 专，选
练
3. 在“替换为”下拉列表中选择替换字体。 4. 点击“替换”按钮，完成。
(1)小物块水平抛出的初速度 v0 是多少； (2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径 R 的最大 值．
[解析] (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得： vy＝ 2gh＝ 2×10×0.032 m/s＝0.8 m/s
由于物块恰好沿斜面下滑，则 tan53°＝vvy0 得 v0＝0.6 m/s.
循 环放映，按ESC键终止”。
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热 点 分 析
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热 点 跟 踪 专 练 板块二 热点5
1、字体安装与设置
如果您对PPT模板中的字体风格不满意，可进行批量替换，一次性更改各页面字体。 1. 在“开始”选项卡中，点击“替换”按钮右侧箭头，选择“替换字体”。（如下图
高考物理考前辅导 热点3 平抛运动与圆周运动
运动情况:匀速圆周运动。 (3)错因警示: 警示1:将摩天轮对座舱的作用力与座舱所受的合力混淆。 警示2:误认为座舱处于平衡状态,摩天轮对座舱的作用力等于 mg。
答题要素·奠定考试力
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
考场练兵·检验考试力
1.如图所示,固定在水平地面上的圆弧形容器,容器两端A、C 在同一高度
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(3)错因警示: 警示1:误认为甲、乙两球的下落高度之比为1∶2。 警示2:误认 为 甲、乙 两 球 落 到 斜 面 时 的 速 度 与 水 平 方 向 的 夹 角 不 相等。
羽毛球 运 动 员 林 丹 曾 在 某 综 艺 节 目 中 表 演 羽毛球定点击鼓,如图是他表演时的羽毛球 场地示意 图。图 中 甲、乙 两 鼓 等 高,丙、丁 两 鼓较低但也等高。若林丹每次发球时羽毛球 飞出位置不变且均做平抛运动,则 ( ) A.击中甲、乙的两球初速度v甲 =v乙 B.击中甲、乙的两球初速度v甲 >v乙 C.假设某次发球能够击中甲鼓,用相同速度发球可能击中丁鼓 D.击中四鼓的羽毛球中,击中丙鼓的初速度最大
弦cosθ关系的四幅图象,其中 A 是一段直线,B是一段余弦函数线,C、
D 是一段抛物线,这四幅 F-cosθ图象正确的是
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考向三 圆周运动临界状态的分析
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2018届高考物理(人教新课标)总复习课件：热点专练4平抛运动与圆周运动的综合
【解析】
(1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动规律，有
3 1 竖直方向 d－ d＝ gt2，水平方向 d＝v1t 4 2 联立解得 v1＝ 2gd 由机械能守恒定律，有
3 1 2 1 2 mv ＝ mv ＋mgd－4d 2 2 2 1
解得 v2＝
5 gd 2
(2)设绳能承受的最大拉力大小为 T，这也是球受到绳的最大拉 力大小． 3 球做圆周运动的半径为 R＝ d 4
4．(2013· 山东枣庄市模拟)如图所示，半径 R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨 道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的 夹角为 θ＝37° ，另一端点 C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨 C 点放置一木板，木板 质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高．质量 m＝1 kg 的物块(可视为质 点)从空中 A 点以 v0＝1.2 m/s 的速度水平拋出，恰好从轨道的 B 端 沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ1＝0.2，木 板与路面间的动摩擦因数 μ2＝0.05，sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，取 g＝10 m/s2.试求： (1)物块经过轨道上的 C 点时对轨道的压力大小； (2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少 多长才能使物块不从木板上滑下？
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度 v0 大小； (2) 运动员 ( 连同滑板 ) 通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大 小；
【解析】 (1)运动员离开平台后做平拋运动，从 A 至 B 在竖直 方向有： v2 y ＝2gh 在 B 点有：vy＝v0tan 解得：v0＝3 m/s (2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，设运动员在最低点的速度 为v v2 在最低点时有 N－mg＝m R 根据机械能守恒定律有 θ 2