2019高考物理二轮复习专题三抛体运动与圆周运动课时作业新人教版

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2019-2020年高中物理5.4《圆周运动》课时作业新人教版必修2(可编辑修改word版)

基础达标1．下列关于匀速圆周运动的说法中，正确的是( )A ．是速度不变的运动B ．是角速度不变的运动C ．是角速度不断变化的运动D ．相同时间内位移相等【解析】匀速圆周运动速度大小不变方向时刻在变，角速度大小方向皆不变，相同时间内位移大小相等、方向不同．【答案】 B2. 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 ，则不正确的是( )A. 角速度为 0.5 rad/sB. 转速为 0.5 r/sC. 运动轨迹的半径为 1.27 m1 D. 频率为 Hz2 2π【解析】由题意知 v ＝4 m/s ，T ＝2 s ，根据角速度与周期的关系 ω＝ T ＝ 2 × 3.14 v 4 rad/s ＝3.14 rad/s.由线速度与角速度的关系 v ＝ωr 得 r ＝＝ m≈1.27 2 ω π v 4 1 1 m ．由 v ＝2πnr 得转速 n ＝＝ r/s ＝0.5 r/s.又由 f ＝＝ Hz.故 A 错误，B 、C 、D 2πr 4 T 2 2π· π均正确．【答案】 A3. 下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的有关说法正确的是( )A ．甲、乙两物体线速度相等，角速度一定也相等B ．甲、乙两物体角速度相等，线速度一定也相等C ．甲、乙两物体周期相等，角速度一定也相等D ．甲、乙两物体周期相等，线速度一定也相等 2π【解析】由 ω＝ T可知，周期相同，角速度一定也相等，故 C 选项正确．【答案】 C4. 地球自转一周为一昼夜时间(24 h)，新疆乌鲁木齐市处于较高纬度地区，而广州则处于低纬度地区，由于地球自转方向由西向东，每天早晨广州要比乌鲁木齐天亮得早，关于两地所在处物体具有的角速度和线速度相比较( )A ．乌鲁木齐处物体的角速度大，广州处物体的线速度大B ．乌鲁木齐处物体的线速度大，广州处物体的角速度大C ．两处物体的角速度、线速度都一样大D ．两处物体的角速度一样大，但广州物体的线速度比乌鲁木齐处物体线速度要大【解析】由于地球绕地轴由西向东自转，地球上任何点都在随地球自转，具有相同的 2π周期，根据 ω＝ T可知，地球上不同区域的自转角速度相同，但由于纬度不同，不同区域的自转线速度大小不相等，纬度越低，自转的半径越大．由 v ＝ωr 可知，广州的物体自转的线速度大于乌鲁木齐处物体的线速度，选项 D 正确．【答案】 D5.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨 2 年高中物理 5.4《圆周运动》课时作业新人教版必修 2019-2020道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形中央区的时间内，关于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的是( )A ．增大、减小B ．不变、不变C ．增大、不变D ．减小、减小【解析】由于轨道是光滑的，小球运动的线速度大小不变，由于半径逐渐减小，由 ωv ＝，ω 逐渐增大，故 C 项正确． r 【答案】 C6.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中 A 轮有 48 齿，B 轮有 42 齿，C 轮有 18 齿，D 轮有 12 齿，则( )A ．该车可变换两种不同挡位B ．该车可变换四种不同挡位C ．当 B 轮与D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωB ωD ＝7 2D ．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA ωD ＝4 1【解析】由题意知，A 轮通过链条分别与 C 、D 连接，自行车可有两种速度，B 轮分别与 C 、D 连接，又可有两种速度，所以该车可变换 4 种挡位，选项 B 对；当 A 与 D 组合时， ωA 1 ωB 2 两轮边缘线速度大小相等，A 转一圈，D 转 4 圈，即 D ＝，选项 D 错，同理 D ＝，C 错．【答案】 B7.ω 4 ω 7如图所示是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品产品．A 轮处装有光电计数器，它可以记录通过A 处的产品数目．已经测得轮A 、B 的半径分别为r A ＝20 cm 、r B ＝10 cm ，相邻两产品距离为 30 cm,1 min 内有 41 个产品通过 A 处．求：(1) 产品随传输带移动的速度大小；(2) A 、B 轮轮缘上的两点 P 、Q 及 A 轮半径中点 M 的线速度和角速度大小；(3) 如果 A 轮是通过摩擦带动 C 轮转动，且 r C ＝5 cm ，求出 C 轮的角速度(假设轮不打滑)．【解析】首先依据光电计数器 1 min 内记录通过 A 处的产品数目，求取产品移动速度即轮 A 、B 轮缘各点的线速度，而后依据轮间传送方式以及匀速圆周运动物理量间的关系加以求解． s (1) A 、B 轮上每一点的线速度与传输带运动的速度相等．v ＝t ＝ m/s. 40 × 0.30 60 m/s ＝0.2 1 v P 0.2(2) v P ＝v Q ＝v ＝0.2 m/s ，又因为 ωM ＝ωP ，所以 v M ＝2v P ＝0.1 m/s.ωP ＝ωM ＝r A ＝0.2 rad/s ＝1 rad/s ；ωQ ＝2ωP ＝2 rad/s. r A 0.2 (3) 因为 v C ＝v A ，所以 ωC ＝ C ωA ＝ ×1 rad/s＝4 rad/s. r 0.05【答案】 (1)0.2 m/s (2)v P ＝v Q ＝0.2 m/s ；v M ＝0.1 m/s ωP ＝ωM ＝1 rad/s ；ωQ ＝2 rad/s (3)4 rad/s8.如图所示，直径为 d 的纸制圆筒以角速度 ω 绕垂直纸面的轴 O 匀速运动(图示为截面)．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下 a 、b 两个弹孔，已知 aO 与 bO 夹角为 θ，求子弹的速度．d 【解析】设子弹速度为 v，则子弹穿过筒的时间 t ＝ . v此时间内圆筒转过的角度 α＝π－θ. d 据 α＝ωt ，得 π－θ＝ω ， v ωd 则子弹速度 v ＝ . π－θ ωd【答案】 1.π－θ 能力提升无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮增加转速．当滚轮位于主动轮直径 D 1、从动轮直径 D 2 的位置时，主动轮转速 n 1、从动轮转速 n 2 的关系是( )n 1 D 1 n 2 D 1 A. ＝ B. ＝n 2 D 2 n 1 D 2n 2 D 12 n 2 C. ＝ D. ＝ n 1 D 2 n 1 n2 D 1 【解析】传动中三轮边缘的线速度大小相等，由 v ＝2πnr 得 n 1D 1＝n 2D 2，所以n 1＝ 2， D故选项 B 正确．【答案】 B2．机械手表的分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为( )59 A. min B ．1 min 60 60 60 C. min D. min 59 61 2π 2π 【解析】先求出分针与秒针的角速度：ω 分＝ rad/s ，ω 秒＝ rad/s.设两次3600 60重合的时间间隔为 Δt ，则有 φ 分＝ω 分·Δt ，φ 秒＝ω 秒·Δt ，φ 秒－φ 分＝2π，即 Δt ＝ 2π 2π 60 ＝＝ min.ω秒－ω分 2π 2π 59 － 60 【答案】 C36003. 如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为 r ，在放音结束时，磁带全部绕到了 B 轮上，磁带的外缘半径 R ＝3r ，现在进行倒带，使磁带绕到 A 轮上．倒带时 A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A 轮上需要时间为t ，则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )D1 D 2t t A ．等于 B ．大于22 t t C ．小于 D ．等于2 3【解析】 A 的角速度是恒定的，但 A 的半径越来越大，根据 v ＝ωr 可得 v 在增大，所以一开始需要的时间比较长，B 项正确．【答案】 B4.如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪 30 次，风扇转轴 O 上装有 3 个扇叶，它们互成 120°角．当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速不可能的是( )A ．600 r/minB ．900 r/minC ．1 200 r/minD ．3 000 r/min【解析】风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔 T 灯内，风扇转过的角度是 120°的整数倍， 1 1 即圈的整数倍．T 灯＝ s. 3 30 1 r 3风扇的最小转速 n min ＝ 1 30＝10 r/s ＝600 r/min s 故满足题意的可能转速 n ＝kn min (k ＝1,2,3，…)．匀速圆周运动是一种周期性的运动，分析此类问题，关键是抓住周期性这一特点，得出可能的多解通式．所以不可能的转速是 B.【答案】 B5.如图所示，小球 Q 在竖直平面内做匀速圆周运动，当 Q 球逆时针转到图示位置时，有另一小球 P 在距圆周最高点为 h 处开始自由下落，要使两球在圆周的最高点相碰，则 Q 球的角速度 ω 满足什么条件？2π【解析】 Q 球运动周期为 T ＝ ω 1 Q 球运动到最高点的时间为 nT ＋ T (n ＝0,1,2，……) 4 P 球自由下落运动的时间为 t 1 由 h ＝ gt 2 得 t ＝ 2 1 两球相碰的条件是 t ＝nT ＋ T 42h gg 2h 1 即为＝nT ＋ T 4 1 g求得 ω＝2π(n ＋ )(n ＝0,1,2，……)4 2h π g即 ω＝ (4n ＋1) 2 π (n ＝0,1,2，……)． 2h g 【答案】 ω＝ (4n ＋1) 2 (n ＝0,1,2，……) 2h如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为 R ，顶部有入口 A ，在 A 的正下方 h 处有出口 B . 一质量为 m 的小球从入口 A 沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使小球从出口 B 飞出，小球进入入口 A 处的速度 v 0 应满足什么条件？【解析】该题中小球的运动轨迹是空间螺旋曲线，可将其分解为两个简单的分运动：一个是以初速度 v 0 在筒内壁弹力作用下做匀速圆周运动，如图甲所示；另一个是在重力作用下做自由落体运动．因此若将圆筒沿直线 AB 展开为平面，则小球沿圆筒壁的运动是平抛 2h 运动，如图乙所示．据此得小球在筒内运动的时间 t ＝ g . 由题设条件得水平方向的位移应是圆周长的整数倍，即 l ＝v 0t ＝2n πR (n ＝1,2,3，…)．联立以上两式得 2g v 0＝n πR h，(n ＝1,2,3，…)．【答案】 v 0＝n πR 2g h (n ＝1,2,3，…)。

2019高中物理二轮复习课件：1-2-3 抛体运动与圆周运动

A．做变加速曲线运动 B．任意两段时间内速度变化大小都相等 C．经过x、y坐标相等的位置时所用时间为1 s D．若从撤去F开始计时，1 s末速度大小为 m/s
[解析] F 撤去后，小球做匀变速曲线运动，由Δv＝a·Δt，相同时间内速度变化才相同；1 s 末 vy＝at＝mF·t＝1 m/s，v 合＝
θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方
向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方
向相同，故 A 错误，B 正确。
[答案] BC
[创新预测] 4．(2018·天津和平区期末)如图所示，取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个羽翼，做成A、B 两只飞镖，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶。在离墙壁一定距离的同一处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只“飞镖”插在靶上的状态如图所示(侧视图)。不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度小 B．B镖的运动时间比A镖的运动时间长 C．A镖的质量一定比B镖的质量大 D．B镖插入靶时的末速度比A镖插入靶时的末速度大 [解析] 由于两个飞镖从同一个点抛出，水平位移相同，但是B在A的下面，说明B在竖直方向上的位移比A的大，由 h＝ gt2得，B的运动的时间要比A的长，所以A初速度要比 B的大，故A错误，B正确。
θ，则有飞行的时间
t＝2v0
tan g
θ
，故 C
正确；竖直方向的速度大小为 vy＝gt＝2v0 tan θ，运动员落回雪
坡时的速度大小 v＝ v20＋v2y＝v0 1＋4tan2 θ，故 D 错误；设运
动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为 α，则 tan α＝vvyx
＝2v0
tan v0

[全国通用]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

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 ＝m ω2r ＝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2gh3B ．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 ＝2h g，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 ＝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vA，平抛时间为t，竖直方向有R cos 60°＝12gt2；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°＝gtv0，可得vA＝gR3.从A至C由动能定理：mgR＝12mv2C－12mv2A，对C点的小球，由牛顿第二定律：F N－mg＝mv2CR，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＝gt2v ，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)＝134 mgR，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.2uvg D．uvg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t1＝vg，v2＝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 2＝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＝h16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vB ′＝vB 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°)＝12mv 2C－12mvB ′2，解得vC ＝ 5gl2，在C 点，根据牛顿第二定律得：T －mg ＝m v 2Cl，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 ＝v 0t 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 ＝12gt 2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 ＝v 20＋v 2y 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v 0，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gs 22v 20B ．小球运动至B 端时其水平方向的速度大小为v 0C ．小球从A 端运动至B 端的时间为sv 0D ．小球运动至B 端的速率为gsv 0解析：选AD.小球若做平抛运动，运动的时间t ＝sv 0，则A端距离地面的高度h ＝12gt 2＝gs 22v 20，故A 正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh ＝12mv 2B ，解得小球运动到B 端时的速度vB ＝2gh ＝gsv 0，B 点速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝vyv 0＝gt v 0＝sg v 20，可知vx ＝vB cos α＝gsv 0v 40＋g 2s 2，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 0，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gR B．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＝mv2R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＝vy 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＝gt2v 0，解得平抛运动的时间t ＝2v 0tan 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届二轮复习抛体运动与圆周运动课件(76张)(全国通用)

θ
[答案] AD
1．理清合运动与分运动的三个关系
关系等时性
说明分运动与合运动的运动时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，
各个运动独立进行、互不影响各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同
等效性
2.解决运动合成和分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。 (2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。 (3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
D．时刻不同，地点不同
[解析] 本题考查运动的合成与分解。由题意知，在竖直方向上，两只小球同时同高度自由下落，运动状态始终相同，由 h＝ 1 2 2gt 知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上，小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动，但先抛出的小球水平方向运动时间较长，由 x＝v0t 知，x 先＞x 后，即两只小球落到水平地面的地点不同。故选 B。
[例1] (2018· 湖南永州市一模) 在一光滑水平面内建立平面
直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0，0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的v-t图像如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )
A．0～2 s内物体做匀速直线运动 B．2～4 s内物体做匀加速直线运动 C．4 s末物体速度为4 m/s D．4 s末物体的坐标为(6 m，2 m)
v甲′ v0甲 v 2 则＝＝＝，选项 A 正确。 v乙′ v0乙 v 1 2
[答案] A
3．(2018· 江苏单科)某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

(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。

高中物理二轮复习课件抛体运动与圆周运动

复杂抛体问题解决方法探讨
斜抛运动分析方法
类平抛运动处理策略
运用运动的合成与分解，将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。
对于类似平抛运动的复杂抛体问题，可以通过受力分析确定加速度，再运用运动的合成与分解方法进行处理。
平抛运动规律应用
掌握平抛运动的规律，利用运动的合成与分解方法解决平抛运动中的速度、位移等问题。
定义
质点沿圆周运动，但速度大小或方向发生变化，这种运动叫做非
匀速圆周运动。
分类
根据速度大小变化情况可分为变速圆周运动和匀速率圆周运动；根据速度方向变化情况可分为平面内非匀速圆周运动和空间非匀
速圆周运动。
特点
非匀速圆周运动的物体所受合外力不指向圆心，除了向心力外还
有其他力作用在物体上。
03 抛体运动与圆周运动联系与区别
物体以一定的初速度抛出，在只受重力作用下的运动称为抛体运动。
抛体运动分类
根据抛出时物体的初速度方向与水平面的夹角，抛体运动可分为竖直上抛、竖直下抛、平抛和斜抛四种。
竖直上抛运动特点
初速度方向竖直向上
物体被竖直向上抛出，具有向上的初速度。
只受重力作用
在运动过程中，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度。
圆周运动分为匀速圆周运动和变速圆周运动（如竖直平面内绳/杆转动小球、竖直平面内的圆锥摆运动）。在圆周运动中，最常见和最简单的是匀速圆周运动（因为速度是矢量，所以匀速圆周运动实际上是指匀速率圆周运动）。
圆周运动案例分析
例如，分析单摆的运动周期、向心力、向心加速度等物理量；或者分析竖直平面内绳/杆转动小球的临界问题、最高点受力问题等。
物体的运动轨迹为一条抛物线，即水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合成。

2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破专题05 平抛运动与圆周运动的综合考查练习

专题05 平抛运动与圆周运动的综合考查平抛运动结合圆周运动是近年高考热点，尤其在计算题中，频繁考查，该类题解题程序一般分三步：第1步：分析运动形式1．单个质点的连续运动：平抛运动接圆周运动或圆周运动接平抛运动．2．质点和圆盘的独立运动：圆盘外质点平抛落在转动圆盘上，或者转动圆盘上质点被抛出落在圆盘外．第2步：确定运动临界与关联1．单个质点的连续运动：速度与圆轨道相切，恰好经过圆轨道最高点等． 2．质点和圆盘的独立运动：运动时间关联，位移关联，速度关联等．第3步：用规律根据临界条件和关联列方程求解．例题涵盖了平抛运动、斜抛运动、水平面内的圆周运动和竖直平面的圆周运动。

例1、(2018年全国第一次大联考【新课标Ⅰ卷】15题)如图所示，在距地面高为h=0.4 m 处，有一小球A 以初速度v 0水平抛出如图甲所示，与此同时，在A 的右方等高处有一物块B 以大小相同的初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下如图乙所示，若A 、B 同时到达地面，A 、B 均可看作质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2，则v 0的大小是（）A ．1 m/sBC ．2 m/sD ． m/s【参考答案】A例2（2018湖南长郡中学实验班选拔考试）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，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 处两球同时幵始做平抛运动，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，则一定满足A C v v 【参考答案】BD例3（2018石家庄模拟）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。

乙球从B点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点.已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力。

2019高考物理二轮复习教科配套课件专题突破练3

专题突破练3力学中的曲线运动——抛体运动和圆周运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题6分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,第1~6小题只有一个选项符合题目要求,第7~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018山西太原期末)某同学在体育场上拋出铅球,铅球的运动轨迹如图所示。

已知铅球在B点时的速度与加速度方向相互垂直,且AB、BC、CD间的高度差之比为1∶1∶2。

忽略空气阻力,下列说法正确的是()A.铅球在AB与BC间速度的变化量不同B.铅球在BC间速度的变化量大于在CD间速度的变化量C.从A到D,铅球的水平分速度先减小后增大D.从A到D,铅球速度与加速度方向间的夹角先增大后减小2.(2018湖南株洲第二次质检)在一次铅球投掷比赛中,铅球离手时初速度为v0,落地时的末速度为v,不计空气阻力,能正确表示铅球速度变化过程的图是()3.(2018广东惠州调研)如图所示,某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,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是B.运动员在空中经历的时间是C.如果v0大小不同,则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同D.不论v0多大,该运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向的夹角α=2θ4.(2018江西赣州期中)如图,从O点以初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点,已知OA与OB互相垂直,且OA与竖直方向成α角,则两小球初速度之比v1∶v2为()A.tan αB.cot αC.tan αD.cos α5.(2018湖北武汉调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹,三个小球到墙壁的水平距离均相同,且a和b从同一点抛出。

学生版-2019年人教版高考物理二轮复习模拟测试《平抛与圆周运动专题》

绝密★启用前2019年人教版高考物理二轮复习模拟测试《平抛与圆周运动专题》本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共120分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题5.0分,共75分)1.第22届冬季奥林匹克运动会于俄罗斯索契市举行。

跳台滑雪是比赛项目之一，利用自然山形建成的跳台进行，某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，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，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．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同B．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同C．运动员在空中经历的时间是D．运动员落到雪坡时的速度大小是2.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 ( )3.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。

某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。

假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小4.如图所示，AB为一固定斜面，一物体自斜面的顶端以某一速度v1沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时的速度方向与斜面的夹角为θ1．另一物体也自斜面的顶端以另一速度v2（v1＜v2）沿水平方向抛出后也落在斜面上，该物体与斜面接触时的速度方向与斜面的夹角为2．空气阻力不计，则关于1与2之间的大小关系，下列正确的为（）A．B．C．D．5.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．6.在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江（如图甲），若把这滑铁索过江简化成图乙的模型，铁索的两个固定点A，B在同一水平面内，AB间的距离为L=80m，绳索的最低点离AB的垂直距离为h=8m，若把绳索看做是圆弧，已知一质量m=52kg的人借助滑轮（滑轮质量不计）滑到最低点的速度为10m/s（取g=10m/s2），那么 ( )A．人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动B．下滑过程中人的机械能保持不变C．人在滑到最低点时对绳索的压力为570ND．在滑到最低点时人处于失重状态7.质量为2kg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。

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2019高考物理二轮复习专题三抛体运动与圆周运动课时作业新人教版一、单项选择题 1.小船横渡一条河，船本身提供的速度方向始终垂直于河岸方向，大小不变．已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速( )

A．越接近B岸水速越小 B．越接近B岸水速越大 C．由A到B水速先增大后减小 D．水流速度恒定解析：小船的实际运动可以看做沿水流方向的直线运动和垂直河岸方向的直线运动的合运动，因为船本身提供的速度大小、方向都不变，所以小船沿垂直河岸方向做的是匀速直线运动，即垂直河岸方向移动相同位移的时间相等，根据题中小船的运动轨迹可以发现，在相同时间里，小船在水流方向的位移是先增大后减小，所以由A到B的水速应该是先增大后减小，故选项C正确．答案：C 2.光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取．而在读取外圈数据时，以恒定角速度的方式读取．设内圈内边缘半径为R1，内圈外边缘半径为R2，外圈外边缘半径为R3.A、B、C分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点．则读取内圈上A点时A点的向心

加速度大小和读取外圈上C点时C点的向心加速度大小之比为( ) A.R21R2R3 B.R22R1R3 C.R2R3R21 D.R1R3R22 解析：根据在内圈外边缘半径为R2处ωR2＝v.读取内圈上A点时A点的向心加速度大小a1＝v2/R1，读取外圈上C点时C点的向心加速度大小a2＝ω2R3，二者之比为R22R1R3，选项B正确．

答案：B 3．(2015·山东卷)距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )

A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m

解析：从小车卸下的小球做平抛运动，由H＝12gt21，t1＝1 s．小车由A运动到B的时间是t2，则xAB＝vt2，t2＝0.5 s．所以经过B点时下落的小球的运动时间Δt＝t1－t2＝0.5 s，则B球下落的高度h＝12g(Δt)2＝1.25 m，选项A正确．答案：A 4．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )

A．2 m/s B．210 m/s C．25 m/s D．22 m/s

解析：小球通过最高点的最小速度为vA＝gLsinα＝2 m/s，在B点的最小速度vB满足12

mv2B＝12mv2A＋2mgLsinα，解得vB＝25 m/s.

答案：C 5.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )

A．sinθ＝ω2Lg B．tanθ＝ω2Lg C．sinθ＝gω2L D．tanθ＝gω2L 解析：对小球受力分析如图所示，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O，合力大小为mLω2.由图中几何关系可得sinθ＝ω2Lg，选项A正确．答案：A 二、多项选择题 6．如图为过山车以及轨道简化模型，不计一切阻力，以下判断正确的是( )

A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gR C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态 D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点解析：由于过山车在轨道上运动时，速度大小发生变化，因此其运动为非匀速圆周运动，

A错误；在轨道最高点，过山车应满足mg＋N＝mv2R，因为N≥0，则v≥gR，B正确；过山车过轨道最低点时，合外力、加速度竖直向上，车内的乘客均处于超重状态，C正确；过山车由释放点至圆轨道最高点由机械能守恒定律得mgh＝mg2R＋12mv2，其中v≥gR，则h>52R, 故D错误．答案：BC 7．“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目．如图所示，水平地面上固定着3根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1 m，相邻两直杆之间的距离为0.3 m．比赛时，运动员将内圆直径为0.2 m的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35 m，环的中心与直杆1的水平距离为1 m．假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响，g取10 m/s2.以下说法正确的是( ) A．如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.8 m/s B．如果能够套中第2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4 m/s到2.8 m/s之间 C．如以2.3 m/s的水平初速度将环抛出，就可以套中第1根直杆 D．如环抛出的水平速度大于3.3 m/s，就不能套中第3根直杆

解析：由平抛运动可得h＝12gt2、L－r＝vt，解得v＝1.8 m/s，故选项A正确；如果能够套中第2根直杆，水平位移在1.2～1.4 m之间，水平初速度范围在2.4 m/s到2.8 m/s之间，故选项B正确；如果能够套中第1根直杆，水平位移在0.9～1.1 m之间，水平初速度范围在1.8 m/s到2.2 m/s之间，故选项C错误；如果能够套中第3根直杆，水平位移在1.5～1.7 m之间，水平初速度范围在3 m/s到3.4 m/s之间，故选项D错误．答案：AB 8．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，则有( )

A．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为6mg B．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mg C．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gL D．若小铁球运动到最低点时轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L 解析：小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，说明小铁球

在最高点B处时，轻绳的拉力最小为零，mg＝mv2L，v＝gL，由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv212＝mv22＋mg·2L，在最低点时轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律F－mg＝mv21L，联立解得轻绳的拉力最大为F＝6mg，选项A正确，B错误；以地面为重力势能参考平面，小铁球在B点处的总机械能为mg·3L＋12mv2＝72mgL，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv′2＝72mgL，落到地面时的速度大小为v′＝7gL，选项C正确；小铁球运动到最低点时速度v1＝5gL，由x＝v1t，L＝12gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为x＝10L，选项D错误．答案：AC 三、计算题 9．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形ABC(圆半径比细管的内径大得多)和直线CD组成的轨道固定在水平桌面上，已知ABC部分的半径R＝1.0 m，CD段长L＝1.5 m．弹射装置将一个质量为0.8 kg的小球(可视为质点)以某一水平初速度从A点弹入轨道，小球从D点离开轨道随即水平抛出后恰落入水平面上的小孔P内，已知小球刚落进小孔P时，重力的功率为32 W，小球从A运动到P的整个过程经历的时间为1.328 s，不计空气阻力，g取10 m/s2，π取值3.14.求：

(1)D与P间的水平间距； (2)半圆形弯管ABC对小球作用力的大小．解析：(1)设小球刚落入P孔时的竖直分速度为vy 则由P＝mgvy

得vy＝Pmg＝320.8×10 m/s＝4 m/s 设小球从D到P的时间为t3，则 vy＝gt3

得t3＝vyg＝410 s＝0.4 s 小球从A到C的时间为t1＝πRv0 小球从C到D的时间为t2＝Lv0 且t1＋t2＋t3＝1.328 由以上几式代入数据解得 v0＝5 m/s

由D到P点的水平距离为 x＝v0t3＝5×0.4 m＝2 m.

(2)弯管对小球作用力的竖直分力 Fy＝mg

水平分力Fx＝mv20R 故作用力为F＝F2x＋F2y＝21.5 N. 答案：(1)2 m (2)21.5 N 10．(2015·重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验

装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板，M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度； (2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)由平抛运动的规律，L＝vt H＝12gt2 解得：v＝Lg2H 又L2＝vt1，H1＝12gt21 解得H1＝H4 所以距Q水平距离为L2的圆环中心离底板的高度ΔH＝H－H1＝34H. (2)由牛顿第二定律得，在Q点有FN－mg＝mv2R 解得：FN＝mg(1＋L22HR) 由牛顿第三定律，小球在Q点对轨道的压力F′＝FN＝mg(1＋L22HR) 方向竖直向下． (3)由动能定理：mgR＋Wf＝12mv2

解得：Wf＝mg(L24H－R)．答案：(1)34H (2)Lg2H mg(1＋L22HR) 竖直向下 (3)mg(L24H－R) 11．如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度的大小为g.