2019年高考物理二轮复习专题限时练三【抛体运动与圆周运动类题】及答案解析
时间：45 分钟
一、单项选择题
1．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨 道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已 知同步卫星的环绕速度约为 3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 m/s， 此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为 30°，如图所示，发动机给卫 星的附加速度的方向和大小约为( B )
解得：ω20＝lcogsθ即ω0＝
g ＝5 2 rad/s lcosθ 2
(2)同理，当细线与竖直方向成 60°角时，由牛顿第二定律得：mgtan60°＝mω′2lsin60° 解 得：ω′2＝ g
lcos60°
即ω′＝
g ＝2 5 rad/s
lcos60°
答案：(1)5 2 rad/s (2)2 5 rad/s 2
A．小船渡河的轨迹为直线
B．小船在河水中的最大速度是 5 m/s
C．小船在距南岸 200 m 处的速度小于其在距北岸 200 m 处的速度
D．小船渡河的时间是 160 s
解析：小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速运动，到达河中间后再减速运动， 小船的合运动是曲线运动，A 错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的 合速度最大，最大值 vmax＝5 m/s，B 正确；小船在距南岸 200 m 处的速度等于其在距北岸 200 m 处的 速度，C 错误；小船的渡河时间 t＝200 s，D 错误．
解析：小球做匀速圆周运动，有 mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得 Lcosθ＝ g 是常量，即两球处于 ω2
同一高度，选项 B 正确．
6．近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一 个环节．要求挑战者从平台 A 上跳到以 O 为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台 到转盘盘面的竖直高度为 1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为 2 m，转盘以 12.5 r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有 6 个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对 应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿 AO 方向跳离平台，把人视 为质点，不计桩的厚度，g 取 10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为( B )
到 A 点下方，选项 C 错误，选项 D 正确．
9．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 v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0 应当满足(取 g ＝10 m/s2)( CD )
A．v0≥0
B．v0≥4 m/s
解析：设小球释放点距木板上端的水平距离为 x，由θ＝45°可知，小球自由下落高度 h＝x，由
v20＝2gh 可得：v0＝ 2gx.水平抛出后，小球落到木板下端时竖直方向速度 vy＝ 2g L－x ，由竖直 位移和水平位移相等可得：12vyt＝v0t，解得：x＝L5，故 D 正确．
5．(2018·江南十校联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点， 若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中， 相对位置关系示意图正确的是图中的( B )
三、计算题
3
11．如图所示，用一根长为 l＝1 m 的细线，一端系一质量为 m＝1 kg 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 FT.(g 取 10 m/s2，结果可用根式表示)求：
(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？
解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则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，在水平方向由牛顿第二定律得： mgtanθ＝mω20lsinθ
有 mgr＝12mv20，得 v0＝2 2 m/s，D 正确．
10．如图所示，A、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现 在使 A 球以速度 v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法 正确的是( AD )
A．此时 B 球的速度为 vcosα cosβ
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h
＝1gt2，可知两球下降相同距离 2
h
所用的时间是相同的，选项
A
错误；由
v2y＝2gh
可知，两球下降相
同距离 h 时在竖直方向上的速度 vy 相同，选项 B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间 t 较少，选项 C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的
C．v0≥2 5 m/s
D．v0≤2 2 m/s
解析：当
v0
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≤mv2，又 r
根据机械能守恒定律有 12mv2＋2mgr＝12mv20，得 v0≥2 5 m/s，C 正确．当 v0 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时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律
解析：(1)炮弹做平抛运动，当炮弹恰好垂直打在圆弧的中点 C 时，由几何关系可知，其水平分 速度和竖直分速度相等，即 vy＝vx＝v0
又知 vy＝gt
联立解得 t＝v0 g
(2)设高地 P 离 A 点的高度为 h，击中 B 点的炮弹运动的时间为 t0，则有 h＝12g(2t0)2 h－R＝12gt20
2．(2017·新课标全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽 略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( C )
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
b 在水平方向做匀速直线运动，由几何知识得，其运动到 A 点的水平位移大于2L，且水平分速度大小 3
等于
v1，小滑块
b
运动到
A
点的时间
tb>32vL1.由几何关系，小滑块
a
运动到
A
点的位移小于2L，则其运 3
动到 A 点的时间 ta<32vL1.因 tb>ta，故两小滑块不能相遇，小滑块 b 运动到 A 点时，小滑块 a 已经运动
8．(2018·西安质检)如图所示，小滑块 a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度 v1 沿斜 面匀速下滑，同时将另一小滑块 b 在斜面底端正上方与小滑块 a 等高处以速度 v2 水平向左抛出，两滑 块恰在斜面中点 P 处相遇．下列说法正确的是( AD )
A．v1 v2＝2 1
2
B．v1 v2＝1 1 C．若小滑块 b 以速度 2v2 水平向左抛出，则两滑块仍能相遇 D．若小滑块 b 以速度 2v2 水平向左抛出，则小滑块 b 落在斜面上时，小滑块 a 在小滑块 b 的下方 解析：
4．如图所示，一长为 2L 的木板，倾斜放置，倾角为 45°，今有一弹性小球，从与木板上端等 高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等， 欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( D )
1
A.1L B.1L C.1L D.1L 2345
根据题述，两小滑块恰在斜面中点 P 相遇，由几何关系可知，两小滑块水平位移相等，有 v1tcos60° ＝v2t，解得 v1 v2＝2 1，选项 A 正确，选项 B 错误．小滑块 b 以速度 2v2 水平向左抛出时，若没有 斜面，将到达与 P 点等高的 B 点；若有斜面，则落在斜面上 A 点，如图所示．设斜面长为 2L，小滑块
运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项 D 错误．
3．(2018·山东潍坊统一考试)如图所示，河水由西向东流，河宽为 800 m，河中各点的水流速度 大小为 v 水，各点到较近河岸的距离为 x，v 水与 x 的关系为 v 水＝4300x(m/s)(x 的单位为 m)，让小船船 头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为 v 船＝4 m/s，则下列说法中正确的是( B )
A．西偏北方向，1.9×103 m/s B．东偏南方向，1.9×103 m/s
C．西偏北方向，2.7×103 m/s D．东偏南方向，2.7×103 m/s
解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为 v1，发动机给 卫星的附加速度为 v2，该点在同步轨道上运行时的速度为 v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东 偏南，由余弦定理知 v22＝v21＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得 v2≈1.9×103 m/s.选项 B 正确．
二、多项选择题
7．(2018·宜宾模拟)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构， 即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的 半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率 v 通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对 它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是( BC )
A．4 m/s B．5 m/s C．6 m/s
2019高考物理二轮复习训练：4抛体运动与圆周运动：含解析
训练4抛体运动与圆周运动一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分．第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求．)1。
如图所示,A、D分别是斜面的顶端、底端,B、C是斜面上的两个点,AB ＝BC＝CD,E点在D点的正上方,与A等高,从E点水平抛出质量相等的两个小球,球1落在B点,球2落在C点,关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程()A．球1和球2运动的时间之比为2∶1B．球1和球2动能增加量之比为1∶3C．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2解析：因为AC＝2AB,则AC的高度差是AB高度差的2倍,根据h＝1 2gt2得：t＝2hg,解得球1和球2运动的时间比为1∶2,故A错误；根据动能定理得,mgh＝ΔE k,知球1和球2动能增加量之比为1∶2,故B错误；DB在水平方向上的位移是DC在水平方向位移的2倍,结合x＝v0t,解得初速度之比为22∶1,故C正确；平抛运动的物体只受重力,加速度为g,故两球的加速度相同,故D错误．答案：C2．如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P ,细线的上端固定在金属块Q 上,Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上,小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P ′位置),两次金属块Q 都静止在桌面上的同一点,则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是( )A ．细线所受的拉力变小B ．小球P 运动的角速度变小C ．Q 受到桌面的静摩擦力变大D ．Q 受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T ,细线的长度为L 。
P 球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图,则有：F T ＝mg cos θ,mg tan θ＝mω2L sin θ,得角速度ω＝g L cos θ,周期T ＝2πω＝2πL cos θg 。
最新2019版高考物理大二轮复习 ：考前基础回扣练5 抛体运动与圆周运动(含答案).doc
回扣练5：抛体运动与圆周运动1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动C．此时“魔盘”的转速一定不大于12πμg rD．此时“魔盘”的转速一定不小于12πgμr解析：选D.“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A错误；“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近时，若“小芳”刚好不下滑，设转动的角速度为ω，则有μm1ω2r＝m1g，此时“盼盼”所受静摩擦力f＝m2ω2r＝m2gμ，大于最大静摩擦力μm2g所以会滑动，故B错误；“小芳”做匀速圆周运动，由公式F N＝mω2r＝m(2πn)2r，mg＝f≤μF N，联立解得：n≥12πgμr，故D正确．2．如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh 3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ 3C．A、B两点高度差为h 4D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等解析：选C.小球乙到C的速度为v＝2gh，此时小球甲的速度大小也为v＝2gh，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2故A错；小球运动到C时所用的时间为h＝12gt2得t＝2hg，而小球甲到达C点时竖直方向的速度为6gh2，所以运动时间为t′＝6gh2g，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为3∶2故B错；由甲乙各自运动的时间得：Δh＝12gt2－12gt′2＝h4，故C对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等，故D错；故选C.3．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，∠BOC ＝60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿切线滑入圆轨道，则小球在C 点对轨道的压力为( )A.73mg B ．3mg C.103mg D ．4mg解析：选C.小球由A 至B 做平抛运动，设初速度v A ，平抛时间为t ，竖直方向有R cos 60°＝12gt 2；B 点的速度相切于圆轨道，故平抛的速度偏向角为60°，有tan 60°＝gt v 0，可得v A ＝ gR 3.从A 至C 由动能定理：mgR ＝12mv 2C －12mv 2A ，对C 点的小球，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2C R，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力与支持力大小相等，解得F N ′＝F N ＝103mg .故选C.4．如图，质量为m 的小球从A 点由静止开始沿半径为R 的14光滑圆轨道AB 滑下，在B 点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C 点(图中未画出)．已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为( )A.13mgR 4B ．9mgR 4C ．mgRD ．2mgR解析：选A.设小球通过B 点时的速度大小为v ，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：12mv 2＝mgR ，得：v ＝2gR ；设小球从B 运动到C 的时间为t .则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，得t ＝2v tan θg；小球平抛过程下落的高度为h ＝12gt 2＝94R ；则从A 点到C点的过程中小球重力所做的功为W ＝mg (R ＋h )＝134mgR ，故选A. 5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u ，竖直方向速度为v ，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h .小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h 4的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的14(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是( )A.4uv g B ．3uv gC.2uv g D ．uv g解析：选A.将一个小球从光滑水平地面上一点抛出后做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h ，从最高点下落到水平地面的时间为t 1＝v g，v 2＝2gh ，小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h 4的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t2＝v2g，v22＝2gh4＝14v2，小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面h4×14＝h16的高度，从最高点下落到水平地面的时间为：t3＝v4g，v24＝2gh16＝116v2，以此类推，小球在停止弹跳时所花费的总时间为：t＝t1＋t2＋t3＋…＝2vg⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋14＋…＝4vg，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限为：x＝ut＝4uvg，故A正确，BCD错误；故选A.6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一质量为m的小球，可在竖直平面内绕O点摆动，现拉紧细线使小球位于与O点在同一竖直面内的A位置，细线与水平方向成30°角，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C位置时，细线承受的拉力是() A．4mg B．3.5mgC．3mg D．1.75mg解析：选B.对小球进行受力分析及运动过程分析如图所示，根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A与水平面的对称点B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则v＝2gl，方向竖直向下；在B位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小球沿细线方向的分速度突然减至零，使小球竖直向下的速度变为只有沿圆弧切线方向上的分速度，大小为v B′＝v B cos 30°，小球由B运动至C，绳子的拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12mv2C－12mv B′2，解得v C＝5gl2，在C点，根据牛顿第二定律得：T－mg＝m v2Cl，解得T＝3.5mg，故B正确，ACD错误；故选B. 7．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则()A．击球点的高度与网高度之比为2∶1B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 解析：选D.因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x＝v0t知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝12gt2可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为1∶9，所以击球点的高度与网高之比为9∶8，故AB错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝v20＋v2y可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2；故D正确；故选D.8．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．A端距离地面的高度为gs2 2v20B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0C．小球从A端运动至B端的时间为s v0D．小球运动至B端的速率为gs v0解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t＝s v0，则A端距离地面的高度h＝12gt2＝gs22v20，故A正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh＝12mv2B，解得小球运动到B端时的速度v B＝2gh＝gsv0，B点速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝v yv0＝gtv0＝sgv20，可知v x＝v B cos α＝gsv0v40＋g2s2，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间t≠sv0，故C错误．故选AD.9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．物块滑到b点时的速度为gRB．物块滑到b点时对b点的压力是mg C．物块滑到b点时对b点的压力是3mgD．c点与b点的距离为R μ解析：选CD.由机械能守恒可知，mgR＝12mv2；解得b点时的速度为2gR，故A错误；b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F－mg＝m v2R可得，支持力F＝3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg; 故B错误，C正确；对全程由动能定理可知，mgR－μmgs＝0，解得bc两点间的距离为Rμ，故D正确；故选CD.10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A ．运动员落到雪坡时的速度大小为v 0cos θB ．运动员在空中飞行的时间是2v 0tan θgC ．如果v 0大小不同，则运动员落到雪坡时的速度与斜面的夹角也就不同D ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡上时的速度与斜面的夹角都是相同的解析：选BD.速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gt v 0，可知速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍．落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于θ，根据平行四边形定则知，速度v ≠v 0cos θ.故A 错误．根据tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，解得平抛运动的时间t＝2v0tan θg.故B正确．物体落在雪坡上，速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向的夹角不变，则速度方向与水平方向的夹角不变．故D正确，C错误．故选BD。
2019届高考物理二轮复习精讲精练 高效演练 第3讲 抛体运动与圆周运动
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高效演练1.(2014·成都模拟)如图所示,质量为m的物体放在水平放置的钢板C上,与钢板的动摩擦因数为μ,由于光滑导槽A、B的控制,物体只能沿水平导槽运动,现使钢板以速度v1向右运动,同时用力F作用于物体使物体沿导槽匀速运动,则F的大小为( )A.等于μmgB.大于μmgC.小于μmgD.不能确定【解析】选C。
物体相对钢板的运动方向如图甲所示,其所受摩擦力F f 与相对运动速度v方向相反,其大小为F f=μmg,物体受力如图乙所示,F f、F N、F三力平衡,由图乙可知,F<μmg,故C正确,A、B、D错误。
2.(2014·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。
小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。
去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为( )A. B.C. D.【解析】选B。
去程时如图甲,所用时间t1=,回程时如图乙,所用时间t 2=,又=k,联立解得v船=,则B正确。
3.(2014·上海高考)如图,带有一白点的黑色圆盘,可绕过其中心,垂直于盘面的轴匀速转动,每秒沿顺时针方向旋转30圈。
在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘,观察到白点每秒沿( )A.顺时针旋转31圈B.逆时针旋转31圈C.顺时针旋转1圈D.逆时针旋转1圈【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)s闪一次,顺时针转动圈。
(2)视觉效果是逆时针“转动”圈。
【解析】选D。
频闪光源s闪一次,圆盘顺时针转动圈,视觉效果是逆时针“转动”圈,所以在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘,观察到白点每秒沿逆时针旋转1圈。
4.(2014·新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点,一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。
2019届高考物理二轮复习 专题限时训练3抛体运动与圆周运动-有答案
专题限时训练3 抛体运动与圆周运动时间：45分钟一、单项选择题1．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( B )A ．西偏北方向，1.9×103 m/sB ．东偏南方向，1.9×103 m/sC ．西偏北方向，2.7×103 m/sD ．东偏南方向，2.7×103 m/s解析：设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v 1，发动机给卫星的附加速度为v 2，该点在同步轨道上运行时的速度为v .三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v 22＝v 21＋v 2－2v 1v cos30°，代入数据解得v 2≈1.9×103m/s.选项B 正确．2．(2017·新课标全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是( C )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下降相同距离h 所用的时间是相同的，选项A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下降相同距离h 时在竖直方向上的速度v y 相同，选项B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝vt ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，选项C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D 错误．3．(2018·山东潍坊统一考试)如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m ，河中各点的水流速度大小为v 水，各点到较近河岸的距离为x ，v 水与x 的关系为v 水＝3400x (m/s)(x 的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v 船＝4 m/s ，则下列说法中正确的是( B )A ．小船渡河的轨迹为直线B ．小船在河水中的最大速度是5 m/sC ．小船在距南岸200 m 处的速度小于其在距北岸200 m 处的速度D ．小船渡河的时间是160 s解析：小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速运动，到达河中间后再减速运动，小船的合运动是曲线运动，A 错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值v max ＝5 m/s ，B 正确；小船在距南岸200 m 处的速度等于其在距北岸200 m 处的速度，C 错误；小船的渡河时间t ＝200 s ，D 错误．4．如图所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( D )A.12LB.13LC.14LD.15L 解析：设小球释放点距木板上端的水平距离为x ，由θ＝45°可知，小球自由下落高度h ＝x ，由v 20＝2gh 可得：v 0＝2gx .水平抛出后，小球落到木板下端时竖直方向速度v y ＝2g L －x ，由竖直位移和水平位移相等可得：12v y t ＝v 0t ，解得：x ＝L5，故D 正确．5．(2018·江南十校联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的( B )解析：小球做匀速圆周运动，有mg tan θ＝m ω2L sin θ，整理得L cos θ＝gω2是常量，即两球处于同一高度，选项B 正确．6．近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m ，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2 m ，转盘以12.5 r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10 m/s 2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为( B )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：人起跳后做平抛运动，在竖直方向上有y ＝12gt 2，解得时间t ＝0.5 s ，转盘的角速度为ω＝2πn＝512π rad/s ，转盘转过π6所用时间t ＝θω＝0.4 s ，要使人能跳过空隙，时间应该小于0.4 s ，因此根据水平方向做匀速运动有x ＝v 0t ，解得v 0＝5 m/s ，故选项A 、C 、D 错误，B 正确．二、多项选择题7．(2018·宜宾模拟)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v 通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是( BC )A ．当火车以速率v 通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向B ．当火车以速率v 通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力C ．当火车行驶的速率大于v 时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力D ．当火车行驶的速率小于v 时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力解析：火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A 错误，B 正确；当速度大于v 时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮缘施加压力，故C 正确；当速度小于v 时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D 错误．8．(2018·西安质检)如图所示，小滑块a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v 1沿斜面匀速下滑，同时将另一小滑块b 在斜面底端正上方与小滑块a 等高处以速度v 2水平向左抛出，两滑块恰在斜面中点P 处相遇．下列说法正确的是( AD )A ．v 1v 2＝B ．v 1v 2＝C ．若小滑块b 以速度2v 2水平向左抛出，则两滑块仍能相遇D ．若小滑块b 以速度2v 2水平向左抛出，则小滑块b 落在斜面上时，小滑块a 在小滑块b 的下方 解析：根据题述，两小滑块恰在斜面中点P 相遇，由几何关系可知，两小滑块水平位移相等，有v 1t cos60°＝v 2t ，解得v 1v 2＝，选项A 正确，选项B 错误．小滑块b 以速度2v 2水平向左抛出时，若没有斜面，将到达与P 点等高的B 点；若有斜面，则落在斜面上A 点，如图所示．设斜面长为2L ，小滑块b 在水平方向做匀速直线运动，由几何知识得，其运动到A 点的水平位移大于2L3，且水平分速度大小等于v 1，小滑块b运动到A 点的时间t b >2L 3v 1.由几何关系，小滑块a 运动到A 点的位移小于2L 3，则其运动到A 点的时间t a <2L3v 1.因t b >t a ，故两小滑块不能相遇，小滑块b 运动到A 点时，小滑块a 已经运动到A 点下方，选项C 错误，选项D 正确．9．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(取g ＝10 m/s 2)( CD )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m /sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：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 ≤mv 2r，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．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时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．10．如图所示，A 、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在使A 球以速度v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法正确的是( AD )A ．此时B 球的速度为v cos αcos βB ．此时B 球的速度为v sin αsin βC ．在β增大到90°的过程中，B 球做匀速运动D ．在β增大到90°的过程中，B 球做加速运动解析：由于绳连接体沿绳方向的速度大小相等，因此v cos α＝v B cos β，故v B ＝v cos αcos β，A 正确，B 错误；在β增大到90°的过程中，α在减小，因此B 球的速度在增大，B 球做加速运动，C 错误，D 正确．三、计算题11．如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 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)求：(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？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则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，在水平方向由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m ω20l sin θ解得：ω20＝g l cos θ即ω0＝gl cos θ＝522rad/s (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律得：mg tan60°＝m ω′2l sin60° 解得：ω′2＝gl cos60°即ω′＝gl cos60°＝2 5 rad/s答案：(1)522rad/s (2)2 5 rad/s12．某新式可调火炮水平射出的炮弹所做的运动可视为平抛运动．如图所示，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB ，半径为R ，重力加速度为g .(1)若炮弹以初速度v 0射出，炮弹恰好垂直打在圆弧的中点C ，求炮弹到达C 点所用时间；(2)若在同一高地P 处先后以不同速度射出两发炮弹，击中A 点的炮弹运动的时间是击中B 点的两倍，O 、A 、B 、P 在同一竖直平面内，求高地P 离A 点的高度．解析：(1)炮弹做平抛运动，当炮弹恰好垂直打在圆弧的中点C 时，由几何关系可知，其水平分速度和竖直分速度相等，即v y ＝v x ＝v 0又知v y ＝gt 联立解得t ＝v 0g(2)设高地P 离A 点的高度为h ，击中B 点的炮弹运动的时间为t 0，则有h ＝12g (2t 0)2h －R ＝12gt 20联立解得h ＝43R答案：(1)v 0g (2)43R。
(新课标)高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动精练(含解析)
（新课标）高考物理二轮复习专题一第3讲抛体运动圆周运动精练（含解析） (45分钟)[刷基础]1．(2019·浙江杭州高三模拟)转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识．如图所示，假设某转篮球的高手能让篮球在手指上(手指刚好在篮球的正下方)做匀速圆周运动，下列有关该同学转篮球的物理知识正确的是( )A ．篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上B ．篮球上各点的向心力是由手指提供的C ．篮球上各点做圆周运动的角速度相同D ．篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大解析：篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动的，圆心均在转轴上，故A 错误；篮球旋转就是靠我们的手拍动篮球旋转，造成篮球旋转产生向心力的，故B 错误；篮球上的各点绕转轴做圆周运动，故角速度相同，故C 正确；由于角速度相同，根据a ＝ω2r 可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，故D 错误．答案：C2.(2016·高考全国卷Ⅱ)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：小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，因m P >m Q ，故选项C 正确；由a ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．答案：C3.如图所示，一条小河河宽d ＝60 m ，水速v 1＝3 m/s.甲、乙两船在静水中的速度均为v 2＝5 m/s.两船同时从A 点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好到达正对岸的B 点，乙船到达对岸的C 点，则( )A ．α＝βB ．两船过河时间为12 sC ．两船航行的合速度大小相同D ．BC 的距离为72 m解析：因为同时到达对岸，所以dv 2cos α＝d v 2cos β，解得α＝β，A 正确；当船头垂直河岸渡河时t ＝d v 2＝12 s ，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v 2，故渡河时间大于12 s ，B 错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C 错误；根据几何知识可得cos α＝cos β＝45，所以sin β＝35，故乙船在水流方向的速度为v ＝(3＋5×35)m/s ＝6 m/s ，渡河时间为t ′＝d v 2cos β＝15 s ，所以BC 的距离为x BC ＝vt ′＝6×15 m＝90 m ，D 错误．答案：A4．质量为M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质最为m 的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动，A 、C 为圆周的最高点和最低点，B 、D 为与圆心O 在同一水平线上的点，小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则下列关于物体对地面的压力N 和地面对物体的摩擦力的说法，正确的是( )A ．小滑块在A 点时，N ＞Mg ，摩擦力方向向左B ．小滑块在B 点时，N ＝Mg ，摩擦力方向向左C ．小滑块在C 点时，N ＞(M ＋m )g ，物体与地面无摩擦力D ．小滑块在D 点时，N ＝(M ＋m )g ，摩擦力方向向左解析：小滑块在A 点时，滑块对物体的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A 错误；小滑块在B 点时，需要的向心力向右，所以物体对滑块有向右的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体对地面的压力N ＝Mg ，故B 错误；小滑块在C 点时，滑块对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力，滑块对物体的压力要大于滑块的重力，则物体对地面的压力N >(M ＋m )g ，C 正确；小滑块在D 点和B 点受力类似，由B 的分析可知N ＝Mg ，摩擦力方向向左，D 错误．答案：C5．(2019·甘肃临夏高考模拟)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A 和小球B 紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．A 球的线速度必定小于B 球的线速度B ．A 球的角速度必定大于B 球的角速度C ．A 球运动的周期必定大于B 球的周期D ．A 球对筒壁的压力必定大于B 球对筒壁的压力解析：小球受重力和支持力，由重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，受力分析如图所示．两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等，故D 错误．根据F 合＝m v 2r，合力、质量相等，得r 越大线速度越大，所以A 球的线速度大于B 球的线速度，故A 错误．根据F 合＝mω2r ，合力、质量相等，得r 越大角速度越小，A 球的角速度小于B 球的角速度，故B 错误．根据F 合＝m 4π2T 2r ，合力、质量相等，得r 越大，周期越大，A 球运动的周期大于B 球运动的周期，故C 正确．答案：C6．(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱( )A ．运动周期为2πR ωB ．线速度的大小为ωRC ．受摩天轮作用力的大小始终为mgD ．所受合力的大小始终为mω2R解析：由题意可知座舱运动周期为T ＝2πω，线速度为v ＝ωR ，受到的合力为F ＝mω2R ，选项B 、D 正确，A 错误；座舱的重力为mg ，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C 错误．答案：BD7.(多选)如图所示，b 是长方形acfd 对角线的交点，e 是底边df 的中点，a 、b 、c 处的三个小球分别沿图示方向做平抛运动，落地后不反弹，下列表述正确的是( )A ．若a 、b 、c 处三球同时抛出，三球可能在de 之间的区域相遇B ．只要b 、c 处两球同时开始做平抛运动，二者不可能在空中相遇C ．若a 、b 处两球能在地面相遇，则a 、b 在空中运动的时间之比为2∶1D ．若a 、c 处两球在e 点相遇，则抛出速度大小一定满足v a ＝v c解析：若三个小球同时抛出，由于三球不都是从同一高度水平抛出，故三球不可能相遇，选项A 错误，B 正确；设ad ＝2h ，a 球在空中运动时间为t a ，b 球在空中运动时间为t b ，根据平抛运动规律，2h ＝12gt 2a ，h ＝12gt 2b ，解得t a ＝2h g ，t b ＝2h g ，若a 、b 处两球能在地面相遇，则a 、b 在空中运动的时间之比为t a ∶t b ＝2h g ∶2h g＝2∶1，选项C 错误；由平抛运动规律h ＝12gt 2和x ＝v 0t 可知，选项D 正确． 答案：BD8.(多选)(2019·山东济南高三区县联考)长为l 0的轻杆一端固定一个质量为m 的小球，绕另一端O 在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．若小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg ，以下说法正确的是( )A ．小球运动的线速度大小为2gl 0B ．小球运动的线速度大小为 gl 0C ．小球在最高点时所受的合力为3mgD ．小球在最低点时所受杆的拉力为4mg解析：小球运动到最高点时对杆的作用力为2mg ，故杆对小球为拉力，故在最高点受到的合力为mg ＋2mg ＝3mg ，故C 正确；在最高点，根据牛顿第二定律可知3mg ＝mv 2l 0，解得v ＝3gl 0，故A 、B 错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知F －mg ＝mv 2l 0，解得F ＝4mg ，故D 正确． 答案：CD9．(2019·河北衡水高三模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)A 、B 两点间的距离；(3)小球落到A 点时的速度方向．解析：(1)在B 点小球做圆周运动，F N －mg ＝m v 20R ， 得 F N ＝m v 20R＋mg . 由牛顿第三定律知，小球通过B 点时对半圆槽的压力大小F N ′＝F N ＝m v 20R＋mg . (2)小球恰能通过C 点，故只有重力提供向心力，则mg ＝m v 2C R过C 点小球做平抛运动，x AB ＝v C t ，h ＝12gt 2，h ＝2R 联立以上各式可得 x AB ＝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＝v y v C ，v y ＝gt,2R ＝12gt 2 解得tan θ＝2小球落到A 点时，速度方向与水平面成θ角斜向左下方，且 tan θ＝2.答案：(1)m v 20R＋mg (2)2R (3)与水平方向夹角为θ，且 tan θ＝2 [刷综合]10.如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升．下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方的，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，小球速度为v 实＝ωL ＝vsin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D11．如图，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为L＝0.60 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 3 m/s ，若要使小球在最高点时绳子的拉力大小恰与重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A. 6 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．2 3 m/s 解析：小球在斜面上运动时受绳子的拉力、斜面的弹力及其重力作用．在垂直斜面方向上合力为0，重力在沿斜面方向的分量为mg sin α若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0此时mg sin α＝m v 20L代入数据得sin α＝12若要使小球在最高点时绳子的拉力大小恰与重力大小相等，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力mg ＋mg sin α＝m v 2L代入数据得v ＝3 m/s ，故C 正确．答案：C12．(2019·河南洛阳高三一模)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r ＝0.25 m ，C 端切线水平，AB 段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD 高H ＝0.2 m ，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD 等高，底边长L ＝0.3 m 的斜面．一个质量m ＝0.1 kg 的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B 点l ＝0.5 m 处由静止释放，从C 点水平抛出．重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块运动到C 点时对轨道压力的大小；(2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．解析：(1)由动能定理得mgl sin 37°＋mg (r －r cos 37°)－μmgl cos 37°＝12mv 20 得v 0＝ 3 m/s 在C 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20r得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律得，小物块运动到C 点时对轨道压力大小为F N ′＝2.2 N. (2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y L －x y ＝L H，得x ＝0.3－1.5y x ＝v 0t ，y ＝12gt 215t 2＋23t －0.6＝0 t ＝315s. (3)x ＝0.3－1.5yv 20t 2＝v 202y g＝(0.3－1.5y )2 v 2＝g (0.3－1.5y )22y E k ＝12mv 20＋mgy ＝0.094mg 1y ＋2516mgy －0.94mg 解得当y ＝0.12 m 时，E kmin ＝0.15 J.答案：(1)2.2 N (2)315s (3)0.15 J。
高三专题限时集训(三) 抛体运动与圆周运动(答案)
专 题 限 时 集 训(三)抛体运动与圆周运动（答案）1.D【解析】运动的合成与分解由竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象可知，伤员在水平方向做匀速运动，在竖直方向上先做匀加速运动后做匀减速运动，绳索中拉力一定竖直向上，绳索中拉力先大于重力，后小于重力，伤员先处于超重状态后处于失重状态，在地面上观察到伤员的运动轨迹是一条曲线，选项D 正确．2.A【解析】关联速度问题将a 、b 两小球的速度分解为沿细线方向的速度与垂直细线方向的速度，则a 球沿细线方向的速度大小为v 1＝v a sin 37°，b 球沿细线方向的速度大小为v 2＝v b cos 37°，又v 1＝v 2，解得va vb＝cos 37°sin 37°＝43，A 正确。
3.A【解析】平抛规律的考察如图所示，b 在斜面底端正上方与a 等高处水平抛出，与a 在斜面中点P 点相遇，可知相遇时两球的水平位移相等，有v 1tcos θ＝v 2t ，解得v 1∶v 2＝2∶1竖直位移也相等，有ya ＝v 1tsin θ＝yb ＝v t ，易知v 1sin θ＝v若b 以速度2v 2水平抛出时落在斜面上的A 点，b 落到A 点所用的时间记为t 2。
yb 2＝v 2t 2，ya 2＝v 1t 2sin θ，由图易知t 2<t ，又b 球在竖直方向的加速度恒定，可得v 1sin θ>v 2，故yb 2>ya 2，a 在b 的下方。
４.A【解析】类平抛运动运动规律粒子在电场中做类平抛运动：轨迹1的运动学方程为：)2...(212)1...(.21110t a d t v l == 轨迹2的运动学方程为：)4...(21)3...(.222220t a d t v l==联立1、2、3、4式得：)5...(8121=a a 粒子受到电场力的作用，结合牛二定律得)6...(mEqa =)7...(dUE =联立6、7式得：)8...(dmqua =可见粒子做类平抛运动的加速度之比就等于电压之比；故A 选项正确； 5．C【解析】平抛中的临界问题在P 点的初速度减小，则下降到篓上沿这段时间内，水平位移变小，则纸团不能进入篓中，故A 错误．在P 点的初速度增大，则下降到篓底的时间内，水平位移增大，不能直接击中篓底的正中间，故B 错误．在P 点正上方某位置将纸团以小于v 的速度水平抛出，根据x ＝v 02h g知，水平位移可以减小，也不会与篓的左边沿相撞，可直接击中篓底的正中间，故C 正确．在P 点正下方某位置将纸团以大于v 的速度水平抛出，则纸团可能进篓，但不能直接击中篓底正中间，故D 错误． 6．D【解析】水平面内圆周运动的向心力分析球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A 进行受力分析可知，A 受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A 的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A 错误。
(精品推荐2019高考物理复习考前强化必刷练习题《抛体运动与圆周运动》高考精品典型练习题(整理含答案)
(精品推荐2019高考物理复习考前强化必刷练习题《抛体运动与圆周运动》高考精品典型练习题（整理含答案）1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动C．此时“魔盘”的转速一定不大于12πμg rD．此时“魔盘”的转速一定不小于12πg μr2．如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh 3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ 3C．A、B两点高度差为h 4D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等3．如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿切线滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为( )A.7 3 mgB．3mgC.103 mgD．4mg4．如图，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的14光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为( )A.13mgR 4B．9mgR 4C．mgRD．2mgR5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u，竖直方向速度为v，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h.小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h4的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的14(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是( )A.4uvgB．3uvgC.2uvgD．uvg6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一质量为m的小球，可在竖直平面内绕O点摆动，现拉紧细线使小球位于与O点在同一竖直面内的A位置，细线与水平方向成30°角，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C位置时，细线承受的拉力是( )A．4mgB．3.5mgC．3mgD．1.75mg7．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则( )A．击球点的高度与网高度之比为2∶1B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶28．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．A端距离地面的高度为gs2 2v20B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0C．小球从A端运动至B端的时间为s v 0D．小球运动至B端的速率为gs v9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A．物块滑到b点时的速度为gRB．物块滑到b点时对b点的压力是mgC．物块滑到b点时对b点的压力是3mgD．c点与b点的距离为R μ10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则( )A．运动员落到雪坡时的速度大小为v0 cos θB．运动员在空中飞行的时间是2v0tan θgC．如果v0大小不同，则运动员落到雪坡时的速度与斜面的夹角也就不同D．不论v0多大，该运动员落到雪坡上时的速度与斜面的夹角都是相同的(精品推荐2019高考物理复习考前强化必刷练习题《抛体运动与圆周运动》高考精品典型练习题（整理含答案）1．如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r ，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A ．“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用B ．“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动C ．此时“魔盘”的转速一定不大于12π μg r D ．此时“魔盘”的转速一定不小于12πg μr解析：选D.“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A 错误； “盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近时，若“小芳”刚好不下滑，设转动的角速度为ω，则有μm 1ω2r ＝m 1g ，此时“盼盼”所受静摩擦力f ＝m 2ω2r ＝m 2gμ，大于最大静摩擦力μm 2g 所以会滑动，故B 错误；“小芳”做匀速圆周运动，由公式F N ＝mω2r ＝m (2πn )2r ，mg ＝f ≤μF N ，联立解得：n ≥12πgμr，故D 正确．2．如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh 3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等解析：选C.小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2故A错；小球运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2hg，而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2故B 错；由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错；故选C.3．如图所示，BC 是半径为R 的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，∠BOC ＝60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿切线滑入圆轨道，则小球在C 点对轨道的压力为( )A.73mg B ．3mgC.103mg D ．4mg解析：选C.小球由A 至B 做平抛运动，设初速度v A ，平抛时间为t ，竖直方向有R cos 60°＝12gt 2；B 点的速度相切于圆轨道，故平抛的速度偏向角为60°，有tan 60°＝gtv 0，可得v A ＝ gR3.从A 至C 由动能定理：mgR ＝12mv 2C －12mv 2A ，对C 点的小球，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2CR ，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力与支持力大小相等，解得F N ′＝F N ＝103mg .故选C. 4．如图，质量为m 的小球从A 点由静止开始沿半径为R 的14光滑圆轨道AB 滑下，在B 点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C 点(图中未画出)．已知重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为( )A.13mgR4B ．9mgR4C ．mgRD ．2mgR解析：选A.设小球通过B 点时的速度大小为v ，小球在光滑圆弧轨道上运动过程，由机械能守恒定律有：12mv 2＝mgR ，得：v ＝2gR ；设小球从B 运动到C的时间为t .则有tan θ＝12gt 2vt ＝gt 2v ，得t ＝2v tan θg ；小球平抛过程下落的高度为h ＝12gt 2＝94R ；则从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功为W ＝mg (R ＋h )＝134mgR ，故选A. 5．将一个小球从光滑水平地面上一点抛出，小球的初始水平速度为u ，竖直方向速度为v ，忽略空气阻力，小球第一次到达最高点时离地面的高度为h .小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h4的高度．以后每一次碰撞后反弹的高度都是前一次的14(每次碰撞前后小球的水平速度不变)，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限是( )A.4uvg B ．3uvgC.2uvgD ．uv g解析：选 A.将一个小球从光滑水平地面上一点抛出后做斜抛运动，小球第一次到达最高点时离地面的距离为h ，从最高点下落到水平地面的时间为t 1＝v g，v 2＝2gh ，小球和地面发生第一次碰撞后，反弹至离地面h4的高度，从最高点下落到水平地面的时间为t 2＝v 2g ，v 22＝2g h 4＝14v 2，小球和地面发生第二次碰撞后，反弹至离地面h 4×14＝h 16的高度，从最高点下落到水平地面的时间为：t 3＝v 4g ，v 24＝2g h 16＝116v 2，以此类推，小球在停止弹跳时所花费的总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＋…＝2v g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋… ＝4v g ，小球在停止弹跳时所移动的总水平距离的极限为：x ＝ut ＝4uvg，故A 正确，BCD 错误；故选A.6．如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O 点，另一端拴有一质量为m 的小球，可在竖直平面内绕O 点摆动，现拉紧细线使小球位于与O 点在同一竖直面内的A 位置，细线与水平方向成30°角 ，从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C 位置时，细线承受的拉力是( )A ．4mgB ．3.5mgC ．3mgD ．1.75mg解析：选B.对小球进行受力分析及运动过程分析如图所示，根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A与水平面的对称点B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则v＝2gl，方向竖直向下；在B位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小球沿细线方向的分速度突然减至零，使小球竖直向下的速度变为只有沿圆弧切线方向上的分速度，大小为v B′＝v B cos30°，小球由B运动至C，绳子的拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12mv2C－12mvB′2，解得v C＝5gl2，在C点，根据牛顿第二定律得：T－mg＝mv2Cl，解得T＝3.5mg，故B正确，ACD错误；故选B.7．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则( )A．击球点的高度与网高度之比为2∶1B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2解析：选 D.因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x＝v0t知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h＝12gt2可知，在网上面运动的位移和整个高度之比为1∶9，所以击球点的高度与网高之比为9∶8，故AB错误；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的13，竖直方向做自由落体运动，根据v＝gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1∶3，根据v＝v20＋v2y可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1∶2，故C错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，Δv＝gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2；故D正确；故选D.8．(多选)如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A．A端距离地面的高度为gs2 2v20B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0C．小球从A端运动至B端的时间为s v 0D．小球运动至B端的速率为gs v解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t＝sv，则A端距离地面的高度h＝12gt2＝gs22v20，故A正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh＝12mv2B，解得小球运动到B端时的速度v B＝2gh＝gsv，B点速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝vyv＝gtv＝sgv2，可知v x＝v B cos α＝gsvv4＋g2s2，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间t≠sv，故C错误．故选AD.9．(多选)如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是mgC ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgD ．c 点与b 点的距离为R μ解析：选CD.由机械能守恒可知，mgR ＝12mv 2；解得b 点时的速度为2gR ，故A 错误；b 点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由F －mg ＝m v 2R可得，支持力F ＝3mg ，由牛顿第三定律可知，物块对b 点的压力为3mg; 故B 错误，C正确；对全程由动能定理可知，mgR －μmgs ＝0，解得bc 两点间的距离为R μ，故D 正确；故选CD.10．(多选)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A ．运动员落到雪坡时的速度大小为v 0cos θB ．运动员在空中飞行的时间是2v 0tan θgC ．如果v 0大小不同，则运动员落到雪坡时的速度与斜面的夹角也就不同D ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡上时的速度与斜面的夹角都是相同的解析：选BD.速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gt v 0，可知速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍．落到雪坡上速度方向与水平方向的夹角不等于θ，根据平行四边形定则知，速度v≠vcos θ.故A错误．根据tan θ＝yx＝12gt2vt＝gt2v0，解得平抛运动的时间t＝2v0tan θg.故B正确．物体落在雪坡上，速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向的夹角不变，则速度方向与水平方向的夹角不变．故D 正确，C错误．故选BD。
高考物理考前三个月：专题3-抛体运动与圆周运动(含答案)
1．(·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图1A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g 6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．2．(·浙江理综·19)如图2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( )图2A ．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 答案 ACD解析 赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．3．(·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2② 在ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2c④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一运动的合成与分解1．如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向答案 B解析人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．2．如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的()图5A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D ．tan α与时间t 成正比 答案 BD解析 由题意可知，y 轴方向，y ＝v 0t .而x 轴方向，x ＝12at 2，联立可得：y 2＝2v 20a x ，故A 错误，B 正确；x 轴方向，v x ＝at ，那么合速度的大小v ＝v 20＋a 2t 2，则v 的大小与时间t 不成正比，故C 错误；tan α＝at v 0＝av 0t ，故D 正确．3．如图6所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析 环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)d ，选项A 错误；环到达B 处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v 物＝v 环sin 45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C 正确；设环能下降的最大距离为H ，则 对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，选项D 正确．1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰． (2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等． (4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．( √ ) (2)变速运动一定是曲线运动．( × )(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．( × )考题二 平抛(类平抛)运动的规律4．如图7所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h .B 点离地面的高度为2h .将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h .已知重力加速度为g ，则( )图7A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为(3－2)h gC ．小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B ＝32 D ．小球A 、B 抛出的初速度之比v Av B ＝23 答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，由于A 到P 的竖直高度较大，所以从A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A 错误；由t ＝2h g，得两个小球抛出的时间间隔为Δt ＝t A －t B ＝2×1.5hg－2hg＝(3－2)hg .故B 正确；由x ＝v 0t 得v 0＝xg 2h ，x 相等，则小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B＝ h B h A＝ h 1.5h＝23，故C 错误，D 正确．5．在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．甲先到达最大高度处B ．乙先到达最大高度处C ．乙先到达A 点D ．甲先到达水平地面 答案 C解析 斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v 2＝2gh ，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A 、B 错误；由前面分析，结合图像可知，乙到达A 点时，甲在上升阶段，故C 正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误．6．如图9，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2B ．0.5C ．1 D. 2答案 A解析 如图所示，由三角形的边角关系可知， AQ ＝PQ所以在竖直方向上有， OQ ＋AQ ＝10 m所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s. v y ＝gt ＝10 m/s 所以tan θ＝v yv 0＝21．平抛运动规律以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．图10(1)水平方向：v x ＝v 0 x ＝v 0t (2)竖直方向：v y ＝gt y ＝12gt 2(3)合运动：合速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2合位移：s ＝x 2＋y 2合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝y x ＝gt2v 02．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三 圆周运动问题的分析7．如图11所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图11A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝mv 22L 解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．8．如图12所示，质量为m 的竖直光滑圆环A 的半径为r ，竖直固定在质量为m 的木板B 上，木板B 的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m 的小球C .现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v 0必须满足( )图12A.3gr ≤v 0≤5grB.gr ≤v 0≤3grC.7gr ≤v 0≤3grD.5gr ≤v 0≤7gr答案 D解析 在最高点，速度最小时有：mg ＝m v 21r解得：v 1＝gr .从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v 1′，根据机械能守恒定律，有： 2mgr ＋12mv 21＝12mv 1′2解得v 1′＝5gr . 要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F ＝mg ＋mg ＝2mg 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v 2′， 在最高点，速度最大时有：mg ＋2mg ＝m v 22r 解得：v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有：2mgr ＋12mv 22＝12mv 2′2解得：v 2′＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr .9．如图13所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W . 答案 见解析解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ 小球速度最大时其加速度为零，则 k Δl 1＝mg sin θ 解得Δl 1＝mg sin θk(2)设弹簧伸长Δl 2时，球受到杆的支持力为N ，水平方向上有N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0 解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2ml 0＋Δl 2cos 2θ(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0， 此时有mg tan θ＝mω20L 0cos θ 解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2小球在最高点A 离开杆瞬间的动能 E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2]根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0 解得W ＝38mgL ＋12mv 201．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)． 3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四 抛体运动与圆周运动的综合10．如图14所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则( )图14A ．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点到O 点的水平距离为2R 答案 CD解析 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，E k 减少，故做变速圆周运动A 错误；在最高点P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误．恰好通过P 点，则有mg ＝mv 2PR得v P ＝gR ， mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2得v ＝5gR <3gR ，故C 正确； 过P 点 x ＝v P ·t 2R ＝12gt 2得：x ＝gR ·2Rg＝2R ，故D 正确． 11．如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8 m/s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后离开轨道．已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8 m ，圆弧轨道半径R ＝10 m ，选手质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：图15(1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度； (2)选手到达C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.6 s 10 m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N ，方向竖直向下 解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.6 s 在竖直方向 v y ＝gt ＝6 m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2y ＝10 m/s与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv 0＝0.75，则θ＝37°(2)从B 点到C 点：mgR (1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点：N C －mg ＝m v 2C RN C ＝1 200 N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 N C ′＝N C ＝1 200 N ，方向竖直向下曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破： 1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口． 2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．关于物体的运动，以下说法正确的是()A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化答案AD解析物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．2．如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)()图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝bv.速度最大，最大速度为v max＝a vbB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max＝a2＋b2v bC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度v min ＝a v bD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度v min ＝a va 2＋b 2答案 D解析 小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤bv ，解得v 船≥a v b ，船最小速度为a vb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河应是时间最小，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为a va 2＋b 2，所以C 错误，而D 正确．3．如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m A 的小物块A ，细线跨过O 点的轻小光滑定滑轮一端连接A ，另一端悬挂质量为m B 的小物块B ，C 为O 点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.现将A 、B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )图17A ．物块B 从释放到最低点的过程中，物块A 的动能不断增大B ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的机械能先增大后减小 C ．PO 与水平方向的夹角为45°时，物块A 、B 速度大小关系是v A ＝22v BD ．物块A 在运动过程中最大速度为 2m B ghm A答案 AD解析 物块B 从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B 的机械能不断减小，则物块A 的动能不断增大，故A 正确；物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B 错误；PO 与水平方向的夹角为45°时，有：v A cos 45°＝v B ，则：v A ＝2v B ，故C 错误；B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，此时物块B 下落高度为h ，由机械能守恒定律得：12m A v 2A ＝m B gh ，解得：v A ＝2m B ghm A，故D 正确．4．如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )图18A ．夹角α将变大B ．夹角α与初速度大小无关C ．小球在空中的运动时间不变D ．PQ 间距是原来间距的3倍 答案 B解析 根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gtv 0＝2tan θ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确．PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误．5．如图19所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中( )图19A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 的速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰 答案 C解析 A 球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A 错误．根据公式Δv ＝a Δt ，由于A 和B 的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A 的速度变化等于B 的速度变化，故B 错误．根据动能定理得：W G ＝ΔE k ，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A 、B 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C 正确．A 球做的是自由落体运动，B 球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A 、B 两球可能在空中不相碰，故D 错误．6．如图20所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图20A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s 答案 AB解析 从坡面顶端到O 点，由机械能守恒，mgh ＝12m v 2，v ＝1 m/s ，故A 正确；O 到P 平抛，水平方向x ＝v t ，竖直方向h ′＝12gt 2；由数学知识y ＝x 2－6，－h ′＝x 2－6，即－12gt 2＝(v t )2－6，解得t ＝1 s ，则B 正确；tan α＝gtv ＝10，故C 错误；到P 的速度v P ＝v 2＋(gt )2＝101 m/s ，D 错误．7．如图21所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O 顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量为m 的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向答案 C解析因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.8．如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图22A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB答案BC解析因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μB gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．9．如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B 点的初速度多大？(2)若小球从B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B 点的初速度大小的范围．答案 (1)2 3 m/s (2)v B ≤2 m/s 或10 m /s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 解析 (1)小球在最高点A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 N ＝N ′＝mg ①根据牛顿第二定律N ＋mg ＝mv 2A R②从B 到A 过程，由动能定理可得－mg ·(2R )＝12mv 2A －12mv 20③ 代入数据可解得v 0＝2 3 m/s ④(2)情况一：若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有： －μmgL ＝0－12mv 21⑤得v 1＝4 m/s ⑥ 若小球恰好过最高点A mg ＝mv A ′2R⑦从B 到A 过程－mg ·(2R )＝12mv A ′2－12mv 22⑧得v 2＝10 m/s ⑨所以当10 m/s≤v B ≤4 m/s 时，小球停在BC 间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 23⑪ h ＝12gt 2⑪ s ＝v C t ⑬得v 3＝6 m/s ⑭所以当v B ≥6 m/s 时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有 －mgR ＝0－12mv 24⑯得v 4＝2 m/s ⑰所以当v B ≤2 m/s 时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B 点的初速度大小的范围是v B ≤2 m/s 或10 m/s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 10．如图24所示，半径R ＝2.5 m 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量m ＝1 kg 的小球从A 点左上方距A 点高h ＝0.45 m 的P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P 点抛出时的速度大小v 0；(2)小球从C 点运动到D 点过程中摩擦力做的功W ； (3)小球从D 点返回经过轨道最低点B 的压力大小． 答案 (1)4 m/s (2)－8 J (3)56 N 解析 (1)在A 点有： v 2y ＝2gh ① v yv 0＝tan θ② 由①②式解得：v 0＝4 m/s ③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能： W ＝－12mv 20＝－8 J。
山东省济南市2019高考物理复习平抛运动与圆周运动专题练习含答案详解
山东省济南市2019高考物理复习专题狂练《平抛与圆周运动练习题》1.特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速开始下摆，如图所示，在到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地。
不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点。
下列说法正确的是（）A．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大B．绳索越长，特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大C．绳索越长，特战队员落地时的水平速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的速度越大2.红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的：（）A．直线PB．曲线QC．曲线RD．无法确定3.如图所示为游乐园中的“空中飞椅”设施，游客乘坐飞椅从启动，匀速旋转，再到逐渐停止运动的过程中，下列说法正确的是（）A．当游客速率逐渐增加时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同B．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直C．当游客做匀速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定不变D．当游客做速率减小的曲线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相反4.雨滴由静止开始下落，遇到水平方向吹来持续、稳定的风，下述说法中正确的是( )A．风速越大，雨滴着地时速度越大B．风速越大，雨滴下落时间越长C．雨滴下落时间与风速有关D．雨滴着地速度与风速无关5.如图，一小球从光滑曲面由静止释放，离开轨道末端后做平抛运动，最后撞到离轨道末端水平距离为d的竖直墙壁上，要使小球撞到墙壁时的速度最小，小球由静止释放的高度h为( )A．dB．C．D．2d6.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为的细线系一质量为的小球，两线上端系于水平横杆上，A，B两点相距也为，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（）A．B．3mgC．2.5mgD．7.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝B．小球通过最低点时的最小速度vmin＝C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力8.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长9.塔式起重机模型如图（a），小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，图（b）中能大致反映Q运动轨迹的是( )10.如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面间的夹角为，g取10m/s2。
2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练：3 抛体运动和圆周运动 Word版含解析.doc
课时跟踪训练(三)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2018·天星教育考前预测)将一小球以一定的初速度水平抛出，设小球抛出后的水平方向的位移为x ，竖直方向的位移为y ，结果小球在空中运动过程中y 与x 2的关系如图所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则小球被抛出的初速度大小为( )A.102m/s B. 5 m/s C ．2 m/s D. 2 m/sA [将小球做的平抛运动进行分解，设水平初速度大小为v 0，则有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，则y ＝g 2v 20x 2，结合图象有g 2v 20＝2，求得v 0＝102m/s ，A 项正确．]2．(2018·石家庄市高三考前诊断(二))2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )A ．①B ．②C ．③D ．④A [根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A 正确．]3．(2018·最新高考信息卷)如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A ．小球甲做平抛运动的初速度大小为2gh 3B ．甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶ 3 C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等C [A 项，小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为2gh2故A 错；B.小球运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2hg .而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh2g ，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2故B 错．C.由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h4，故C 对；D.由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等故D 错；故选C.]4．(2018·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R 的圆轮在竖直面内绕O 轴匀速转动，轮上A 、B 两点均粘有一小物体，当B 点转至最低位置时，此时O 、A 、B 、P 四点在同一竖直线上，已知OA ＝AB ，P 是地面上的一点．A 、B 两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)．则OP 的距离是( )A.76RB ．7RC.52RD ．5RA [设OP 之间的距离为h ，则A 下落的高度为h －12R ，A 随圆轮运动的线速度为12ωR ，设A 下落的时间为t 1，水平位移为x ， 则在竖直方向上有h －12R ＝12gt 21① 在水平方向上有x ＝12ωR ·t 1②B 下落的高度为h －R ，B 随圆轮运动的线速度为ωR ，设B 下落的时间为t 2，水平位移也为x ，则在竖直方向上有h －R ＝12gt 22③在水平方向上有x ＝ωR ·t 2④联立①②③④式解得h ＝76R ，A 项正确．]5．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ＝37°的斜面上，撞击点为C .已知斜面上端与曲面末端B 相连．若AB 的高度差为h ，BC 间的高度差为H ，则h 与H 的比值等于(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.34B.43C.49D.94C [小球下滑过程中机械能守恒，则有：mgh ＝12m v 2B ，解得：v B ＝2gh ，到达B 点后小球做平抛运动在竖直方向有：H ＝12gt 2，解得：t ＝2Hg ，水平方向x＝v B t ，根据几何关系有：tan 37°＝Hx＝Hv B t＝H2Hg2gh＝34，解得：hH＝49，故C正确，A、B、D错误．]6．(2018山东省淄博市高三三模)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝2Rg时间小球运动到与圆心等高的位置D[A.小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg＝m v2R.得v＝gR，故A错误；B.从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错；C.从A到C由动能定理可知：mgR＝12m v2C－12m v2，当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－12m v2C，解得h＝32R，故C错；D.若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝12gt2，解得t＝2Rg，故D正确；故选D.]7．(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态，现使该装置绕杆旋转且角速度缓慢增大，则下列说法正确的是()A ．轻绳上的弹力保持不变B ．轻绳上的弹力逐渐变大C ．弹簧上的弹力逐渐变大D ．弹簧上的弹力先变小后变大BD [小球随杆做匀速圆周运动，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，当角速度较小时，弹簧处于压缩状态，对小球受力分析有：T cos θ＝mg ，T sin θ－F ＝mω2r ，由于小球在竖直方向处于静止，所以T ＝mgcos θ，随角速度增大，θ增大，所以T 增大，随角速度增大，θ增大，弹簧弹力减小，当角速度较大时，小球做圆周运动的半径增大，弹簧弹力增大，由以上分析可知，B 、D 正确．]8．(2018·吉林一中高三第三次调研)如图所示，ABCD 是一个边长为L 的正方形木块，将一个可视为质点的小球从P 点以初速度v 0斜向上抛出，小球到达A 点时速度方向恰好与AB 平面相切．已知重力加速度为g ，P 、D 之间的距离为2L .下列说法正确的是( )A ．小球到达A 点时的速度为24v 0B ．小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°C ．小球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小D ．仅减小初速度v 0，小球仍有可能运动到AB 平面上BC [根据逆向思维，小球从A 到P 做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v ，根据平抛运动的规律，小球在P 点时，v y v ＝2y x ＝2L2L ＝1，所以v y ＝v ，而v 2y ＋v 2＝v 0，所以v y＝v ＝22v 0，小球在P 点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A 错误，选项B 正确；球在由P 向A 运动的过程中，重力的瞬时功率P ＝mg v y ，随着v y 的变小而逐渐减小，选项C 正确；仅减小初速度v 0，小球不可能运动到AB 平面上，选项D 错误．]9．如图所示，一根原长为l 0的轻弹簧套在光滑直杆AB 上，其下端固定在杆的A 端，质量为m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A 端的竖直轴OO ′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l 02，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )A ．弹簧为原长时，杆的角速度为g 2l 0B ．当杆的角速度为gl 0时，弹簧处于压缩状态C ．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D ．在杆的角速度由0缓慢增大到232g l 0过程中，小球机械能增加了54mgl 0CD [静止时，k l 02＝mg sin θ⇒kl 0＝mg ，弹簧为原长时，mg tan 30°＝mω2l 0·cos 30°，解得：ω＝2g3l 0，A 项错误；当杆的角速度大于2g3l 0时，小球做圆周运动所需的向心力增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B 项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 项正确；小球随杆转动的角速度为232gl 0时，弹簧处于伸长状态，设伸长量为Δl ，在水平方向上：F N sin30°＋k Δl ·cos 30°＝mω2(l 0＋Δl )cos 30°，在竖直方向上：F N cos 30°－k Δl ·sin 30°－mg ＝0，解得：Δl ＝l 02，则小球的重力势能增加量为ΔE p ＝mgl 0sin 30°＝12mgl 0，动能增加量为ΔE k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32ωl 0cos 30°2＝34mgl 0，可知D 项正确．]10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H ，反弹的高度为916H .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH4t ＋mgC ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32HAC [A 、B 项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v 1＝－2gH ，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v 2＝2g ×9H16＝9gH8，在小球第一次与地面接触的过程中应用用动时定理有：F t ＝m v 2－m v 1，代入数据解得：F ＝7m 2gH4t ，故A 正确，B 错误；C 、D 项：小球第一次下落的时间为t ＝2Hg ，水平初速度v 0＝4H 32Hg＝8gH9，第一次反弹到最高点所用的时间为t ′＝2×9H 16g，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v 0t ′＝28gH 9×9H8g ＝2H ，故C 正确，D 错误．]11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC 为半径等于252m 、竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5 kg 的小球从O 点正上方某处A 点以速度v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入圆管，OB 与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F ＝5 N 的力的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g 取10 m/s 2)求：(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？OA 的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？解析 (1)小球从A 运动到B 为平抛运动，有r sin 45°＝v 0t 在B 点，有tan 45°＝gtv 0解以上两式得v 0＝2 m/s ，t ＝0.2 s 则AB 竖直方向的距离为h ＝12gt 2＝0.2 m OB 竖直方向的距离为h ′＝r cos 45°＝0.4 m 则OA ＝h ＋h ′＝(0.2＋0.4)m ＝0.6 m. (2)在B 点据平抛运动的速度规律有 v B ＝v 0cos 45°＝2 2 m/s小球在管中重力与外加的力F 平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为F N ＝m v 2Br ＝5 2 N根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为 F N ′＝F N ＝52N.(3)在CD 上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mg sin 45°＋μmg cos 45°＝ma解得a ＝g sin 45°＋μg cos 45°＝82m/s 2根据速度位移关系公式，有x ＝v 2B 2a ＝24m.答案 (1)2m/s 0.6 m (2)52N (3)24m12．如图所示，台阶的高度H ＝1.45 m ，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m 的小球A ，在紧靠A 的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B ，两球心连线水平．在平台下面的地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P ，传送带的长度L ＝53 m ，传送带以v ＝5 m/s 的速率逆时针转动．把小球B 拉到离平台h ＝0.8 m 高处由静止释放，与小球A 正碰后B 球能上升到离平台14h 高处，小球A 恰好沿平行于传送带的方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P 碰撞后以大小不变的速率被反向弹回．已知小球A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝38，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求传送带上端距台阶的距离s ； (2)求小球B 的质量m B ；(3)小球A 被P 反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A 到达的最高点距平台的高度．解析 (1)设小球A 离开平台的速度为v A ，到达传送带上端的速度为v Q ，竖直分速度为v ，则v y ＝v A tan θv 2y ＝2g (H －L sin θ) v Q ＝v y sin θ v y ＝gt s ＝v A t代入数据解得v A＝4 m/sv Q＝5 m/ss＝1.2 m(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为v B，则有m B gh＝12m Bv2012m B v2B＝m B g×h4若B球碰撞后向右运动，则m B v0＝m B v B＋m v A代入数据解得B球的质量m B＝2m此条件下系统的机械能损失ΔE＝14m B gh，因碰撞过程机械能不可能增加，结论合理．若B球碰撞后向左运动，则m B v0＝m B(－v B)＋m v A代入数据解得B球的质量m B＝2 3m此条件下系统的机械能增加ΔE＝34m B gh，因碰撞过程机械能不可能增加，故不合理，应舍去．(3)小球A从传送带上端运动到下端的过程，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1v2P－v2Q＝2a1L代入数据解得v P＝35m/s小球A被反弹后，由于v P>v，故向上滑一段，摩擦力沿传送带向下，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2小球A减速到v经过的位移为L1，则v2－v2P＝－2a2L1代入数据解得L 1＝59m小球A 从速度为v 时运动到传送带上端期间，摩擦力沿传送带向上，加速度为a 1，则v 2t －v 2＝－2a 1(L －L 1)代入数据解得v t ＝553m/s由于v t <v Q ，故小球A 不可能回到平台上．此后小球A 运动到最高点的过程可看做平抛的逆运动，则小球A 上升的高度h ′＝(v t sin θ)22g ＝0.33 m小球A 到达的最高点距平台的高度H ′＝H －L sin θ－h ′＝0.12 m. 答案 (1)s ＝1.2 m (2)m B ＝2m (3)不能，H ′＝0.12 m。