热点专题系列6圆周运动与平抛运动的综合问题_图文

高考物理一轮总复习第4章曲线运动万有引力与航天专题强化3平抛运动与圆周运动的综合问题课件

A．水流在空中运动时间为 t＝2gv0
B．水流在空中运动时间为 t＝
3v0 g
C．水车最大角速度接近 ω＝2Rv0
D．水车最大角速度接近 ω＝
3v0 R
Байду номын сангаас
[解析]水流垂直落在与水平面成 30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足 tan 30°＝vg0t，解得 t＝ 3gv0，故 B 正确，A 错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为 v＝sinv30 0°＝2v0，根据 v＝ωR，解得 ω ＝2Rv0，故 C 正确，D 错误。
＝
S0
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项 2h
D
正确。
ωg
2．(多选)(2023·广东佛山模拟)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是( BC)
的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水
嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，
忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( BD )
A．若 h1＝h2，则 v1 v2＝R2 R1
第四章
曲线运动万有引力与航天
专题强化三平抛运动与圆周运动的综合问题
平抛运动与圆周运动的综合问题是高考的重点，主要有两种类型：一是平抛运动与水平面内圆周运动的综合，二是平抛运动与竖直面内圆周运动的综合。在此类问题中，除了应用平抛和圆周运动相关规律，通常还要结合能量关系分析求解，解题的关键是求解平抛与圆周运动衔接点的速度。

人教版高物理PPT《圆周运动》PPT

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πv0 L
，
故
C
项错误；P
点随圆盘转动的线速度为
v ＝ ωr ＝
（2k＋L1）πv0·4gvL022＝（2k＋41v）0 πgL，当 k＝2 时，v＝5π4vg0L，
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4.如图是某电台设计的冲关活动的俯视图．要求挑战者从平台上跳到以 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( )
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2.(多选)如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一 P 点，飞镖抛出时与 P 等高，且距离 P 点为 L.当飞镖以初速度 v0 垂直盘面瞄准 P 点抛出的同时，圆盘以经过盘心 O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为 g，若飞镖恰好击中 P 点，则( )

圆周运动和平抛运动的综合问题专业知识讲座

直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量为m=0.2 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s=6t-2t2，物块飞离桌边缘D点后由P点沿切线落入圆弧轨道。
g=10 m/s2，求：
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22RvDt解得：vD=4
m/s
在桌面上过B点后由s=6t-2t2得初速度v0=ห้องสมุดไป่ตู้ m/s，加速度
a=-4 m/s2 BD间位移为xBD= v2D v02 2.5 m
2a
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(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，由能量守恒定律
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【解析】(1)小球在绳断前瞬间受力如图所示：
由牛顿第二定律得：
竖直方向：FTmcosθ-mg=0
水平方向：FTmsinθ= m
v
2 1
r
由几何关系得：r=Lsinθ
解得：v1= 3 g L
2
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【解析】选A。设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速
度v＝ωR，水滴下落时间t＝ 2 h ，水滴平抛的水平位移x＝
g
vt＝ R 2 h ，如图所示。由几何关系，R2＋x2＝r2，可得：
2

2020届一轮复习人教版圆周运动与平抛运动问题的解题策略课件(29张)

30°＝mω2L，所以
g＝μcos
ω2L 30°－sin
30°＝4ω2L，
在该行星表面的物体受到的万有引力即为重力，则 GMRm2 ＝ mg，解得 M＝gGR2＝4ωG2R2L，选项 A 错误；行星的第一宇
宙 v1＝ gR＝2ω LR，选项 B 正确；因为不知道同步卫星的
高度，所以不能求出同步卫星的周期，选项 C 错误；离行星表面距离为 R 的地方的引力为 mg′＝G2MRm2 ＝14mg，即重力加速度为 g′＝14g＝ω2L，选项 D 正确．
解析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，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故选项 B 正确．
2．(2019·湖南六校高三联考)(多选)如图所示，在某行星
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析因为运动员做曲线运动，所
以合力一定不为零，选项 A 错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力
与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有 FN－mgcos θ＝mvR2⇒FN ＝mvR2＋mgcos θ，运动过程中速率恒定，且 θ 在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据 f＝μFN 可知摩擦力越来越大，选项 B 错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合
解析设星球表面重力加速度为 g，小球平抛运动时间为
t，则竖直方向 H＝12gt2，水平方向 Hcot θ＝v0t，联立得 g＝ H2covt202θ.设星球质量为 M，卫星质量为 m，不考虑星球自转， GRM2m＝mg，卫星轨道半径为 3R，G3MRm2 ＝m4Tπ22×3R，联立

专题强化二平抛运动与圆周运动的综合问题—2021届新高考一轮物理(人教版)复习课件(共21张PPT)

2．(2019·福建福州质检)(多选)在飞镖游戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点 A，
当 A 点转到最高点时与 A 点等高处的飞镖以初速度 v0 垂直圆盘对准 A 点水平抛出，恰好击中圆盘上 A 点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为 L，如图所示，不计空气
阻力，下列判断正确的是( AB )
A．从飞镖抛出到恰好击中 A 点的时间为vL0
必修二第四章曲线运动万有引力与航天
专题强化二平抛运动与圆周运动的综合问题
平抛运动与圆周运动的综合问题是高考的重点，主要有两种类型：一是平抛运动与水平面内圆周运动的综合，二是平抛运动与竖直面内圆周运动的综合。在此类问题中，除了应用平抛和圆周运动相关规律，通常还要结合能量关系分析求解，解题的关键是求解平抛与圆周运动衔接点的速度。
B．圆盘的直径为
gL2 2v20
C．圆盘转动的最大周期为vL0
D．圆盘转动的角速度为2kLπv0(k＝1,2,3，…)
[解析] 本题考查平抛运动与圆周运动相结合的临界问题。飞镖做平抛运动的同时，圆盘上 A 点做匀速圆周运动，飞镖恰好击中 A 点，说明 A 点正好在最低点时被击中，设飞镖飞行的时间为 t，由 L＝v0t，可得飞镖飞行时间为 t＝vL0，故 A 正确；在此期间，圆盘转过 k＋12(k＝0,1,2，…)圈，则当 k＝0 时，圆盘转动周期最大，此时 T＝2t＝2vL0 ，故 C 错误；设圆盘转动的角速度为 ω，在时间 t 内，圆盘转过的角度为 ωt＝(2k＋1)π，解得圆盘转动的角速度为 ω＝2k＋L1πv0(k＝0,1,2，…)，故 D 错误；分析可知，圆盘的直径为飞镖下落的高度，即 d＝h＝12gt2＝g2Lv022，故 B 正确。
两侧时，两点间的距离最大，则 x＝x2＋x3＝5v 2gh。

高一下学期物理人教版必修第二册习题课件6.4专题训练3平抛运动与圆周运动的综合问题

等高，且距离 P 专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
点为
L.当飞镖以初速度
v0
专题训练3 平抛运动与圆周运动
垂直盘面瞄准 P 专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
点抛出的同时，圆盘以经过盘心
O
点的水平轴
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专专题题训训在练练33竖平平直抛抛运运平动动与与面圆圆周周内运运动动匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为 g，若飞
专题训练3 专题训练3
平平1抛抛．运运动动抓与与圆圆住周周运运两动动种运动衔接点的速度是解题的关键．
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
平平2抛抛．运运动动沿与与圆圆水周周运运平动动方向和竖直方向建立平抛运动关系式．
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
5.如图所示，在链球运动中，运动员使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动．然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去．链球做圆周运动的半径为 R，链球做圆周运动时离地高度为 h.设圆心在地面的投影点为 O，链球的落地点为 P，OP 两点的距离即为运动员的成绩．若运动员某次掷链球的成绩为 L，空气阻力不计，重力加速度为 g，则链球从运动员手中脱开时的速度 v 为( )
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
2.(多选)如平抛运动与圆周运动
平抛运动与圆周运动
图所
示，
一位
同
学玩
飞镖
游
专题训练3 平抛运动与圆周运动
戏．圆盘最上端有一专题训练3 平抛运动与圆周运动

圆周运动与平抛运动的综合问题精讲

长为L的细绳,绳的下端挂一个质量为m
的小球,已知绳能承受的最大拉力为2mg,
小球在水平面内做圆周运动,当速度逐渐
增大到绳断裂后,小球恰好以速度v2= 7gL 落到墙脚边。求： (1)绳断裂瞬间的速度v1; (2)圆柱形房屋的高度H和半径。
【解析】(1)小球在绳断前瞬间受力如图所示：由牛顿第二定律得：竖直方向：FTmcosθ-mg=0
d;
(3)若选手摆到最低点时松手,小明认为绳越长,在浮台上的落
点距岸边越远;小阳认为绳越短,落点距岸边越远,请通过推算
说明你的观点。
【解析】(1)选手下摆的过程由动能定理得： mgl(1-cosα)=
1 mv 2 2
2 v 选手在最低点由牛顿第二定律得： F′－mg＝ m l
解得：F′=(3-2cosα)mg=1 080 N 由牛顿第三定律得选手对绳的拉力： F=F′=1 080 N (2)由动能定理得：mg(H-lcosα+d)-(f1+f2)d=0 解得：d=
2.解题关键：
(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源,根据牛顿第二定
律和向心力公式列方程。
(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移。 (3)速度是联系前后两个过程的关键物理量,前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
【例证1】(2013·台州模拟)如图所示, 在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根
1 2 1 2 2 得： mvM mvD mgR
2 v 在M点，设轨道对物块的压力为FN，则：FN+mg= m M R
2
2
2
联立以上两式，解得：FN=(1-
2 )mg<0
即物块不能到达M点
答案：(1)2.5 m (2)不能到达M点

圆周运动与平抛综合

2.如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO ′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁上A 点高度为筒高的一半，内壁上A 点有一质量为m 的小物块（视为质点）。

求：（1）当物块在A 点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。

（2）若μ＜R H且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求物块在A 点随筒做匀速转动时，求筒转动的角速度范围。

考点：向心力、线速度、角速度、转速（向心力来源、受力分析、临界、牛二)(1、3）答案及解析：2.ω=ω（1）当物块在A 点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A 点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω有：2t a n 2Rm g m θω= 由几何关系得tan HR θ=联立以上各式解得ω=（2）如图当ω比较小时，对物体进行受力分析并建立正交坐标系如图所示，则有： 2cos sin 2Rm f N ωθθ=- mg f N =+θθsin cosN f μ=联立以上各式解得HR R gR H μμω+-=21)(2当ω比较大时，对物体进行受力分析并建立正交坐标系如图所示，则有： 2cos sin 2Rm f N ωθθ=+ mg f N =θθsin -cosN f μ= 联立以上各式解得HR R gR H μμω-)(222+=ω（10分）（2014•扬州模拟）如图所示，在投球游戏中，小明坐在可沿竖直方向升降的椅子上，停在不同高度处将小球水平抛出落入固定的球框中．已知球框距地面的高度为h 0，小球的质量为m ，抛出点与球框的水平距离始终为L ，忽略空气阻力．（1）小球距地面高为H 0处水平抛出落入球框，求此过程中小球重力势能的减少量；（2）若小球从不同高度处水平抛出后都落入了球框中，试推导小球水平抛出的速度v 与抛出点高度H 之间满足的函数关系；（3）为防止球入框时弹出，小明认为球落入球框时的动能越小越好．那么，它应该从多高处将球水平抛出，可以使小球入框时的动能最小？并求该动能的最小值．答案及解析：3.（1）此过程中小球重力势能的减少量为mg（H0﹣h0）．（2）球水平抛出的速度v与抛出点高度H之间满足的函数关系是：（H＞h0）．（3）球应该从h0+L高处将球水平抛出，可以使小球入框时的动能最小，该动能的最小值是mgL．考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力（2、3）专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）小球重力势能的减少量等于等于重力做功mg（H0﹣h0）．（2）小球做平抛运动，根据平抛运动的规律求解．（3）小球平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得到小球入框时的动能与高度的关系，由数学知识求解．解答：解：（1）小球重力势能的减少量为：△E p=mg（H0﹣h0）．（2）设小球做平抛运动的时间为t，则水平方向有：L=vt竖直方向有：解得：（H＞h0）或：．（3）小球平抛过程，只受重力，机械能守恒，则得：结合上题结论有：得：E K=+mg（H﹣h0）当H=h 0+L 时，E K 有极小值，得：E Kmin =mgL3．如图是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M 为半径为 1.0R m =、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r =的14圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M 轨道的上端点，M 的下端相切处置放竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量0.01m kg =的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M 的上端点，水平飞出后落到N 的某一点上，取210/g m s =，求：（1）发射该钢珠前，弹簧的弹性势能p E 多大？（2）钢珠落到圆弧N 上时的速度大小N v 是多少？（结果保留两位有效数字）1）（2）v N =5.0m/s【解析】（1）设钢珠在M 轨道最高点的速度为v ，恰过最高点，有：从发射前到最高点，根据机械能守恒定律，得：∴（2）钢珠从最高点飞出后做平抛运动，有：从最高点飞出到曲面N 上，由机械能守恒定律，得：∴v N =5.0m/s好25. (长沙市雅礼中学2014届高三模拟试卷) (13分)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 处的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上的时间t 。