抛体运动与圆周运动
抛体、圆周运动总结讲解
抛体复习总结：1、曲线运动的概念及性质：所有物体的运动从轨迹的不同可以分为两大类，即直线运动和曲线运动。
运动轨迹是直线的运动称为直线运动；运动轨迹是曲线的运动称为曲线运动。
2、曲线运动的速度：曲线运动中质点在某一时刻的（或在某一点的瞬时速度方向，就是质点从该时刻（或该点）脱离曲线后自由运动的方向，也就是曲线上这一点的切线方向。
3、曲线运动的性质速度是矢量，速度的变化，不仅指速度大小的变化，也包括速度方向的变化。
物体曲线运动的速度（即轨迹上各点的切线方向）时刻在发生变化，所以曲线运动是一种变速运动，一定具有加速度。
4、物体做曲线运动的条件曲线运动既然是一种变速运动，就一定有加速度，由牛顿第二定律可知，也一定受到合外力的作用。
当运动物体所受合外力的方向跟物体的速度方向在一条直线上（同向或反向）时，物体做直线运动。
这时合外力只改变速度大小，不改变速度的方向，当合外力的方向跟速度方向不在同一直线上时，可将合外力分解到沿着速度方向和垂直于速度方向上，沿着速度方向的分力改变速度大小，垂直于速度方向的分力改变速度的方向，这时物体做曲线运动。
若合外力与速度方向始终垂直，物体就做速度大小不变、方向不断改变的曲线运动。
若合外力为恒力，物体就做匀变速曲线运动。
总之，物体做曲线运动的条件是：物体所受的合外力方向跟它的速度方向不在同一直线上。
（二）运动的合成与分解：1、运动的合成与分解已知分运动的情况求合运动的情况叫运动的合成。
已知合运动的情况求分运动的情况叫运动的分解。
2、分运动与合运动一个物体同时参与两种运动时，这两种运动是分运动，而物体相对地面的实际运动都是合运动。
实际运动的方向就是合运动的方向。
3、合运动与分运动的特征（1）运动的独立性：一个物体同时参与两个（或多个）运动，其中的任何一个运动并不会受其他分运动的干扰，而保持其运动性质不变，这就是运动的独立性原理。
虽然各分运动互不干扰，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹。
知识点12 抛体运动与圆周运动
【规范解答】
(1)球在 A、 C 两处受力如图(1)所示．设
球运动的线速度为 v，半径为 R， v2 则在 A 处时， F＋ mg＝ m R v2 在 C 处时， F′ － mg＝ m . R 由①②式得， ΔF＝ F′－ F＝ 2mg＝ 2 N ① (3 分 ) ② (3 分 ) (2 分 )
船水
⊥v 水，v 水发生变化，则合速度的大小和方
向均发生变化，轨迹是曲线， C 错误；由速度的合成知识可 知 D 正确．
【答案】 BD
2015/11/23
2．如图 2－1－3 甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆 向上运动，其 v－t 图象如图乙所示．人顶杆沿水平地面运动 的 x－t 图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正 确的是( )
甲 图 2－ 1－ 2
2015/11/23
乙
A．船渡河的最短时间是 60 s B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直 C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船在河水中的最大速度是 5 m/s
2015/11/23
【解析】
要使船以最短时间过河，船头应始终与河岸
d 垂直， tmin＝ ＝100 s， A 错误，B 正确；船的轨迹由合速 v船水 度确定，因 v
该类题目的解答关键是： (1)根据实际情况正确分析两分运动的方向及运动性质． (2)平行四边形定则求出合运动与分运动间的关系式．
2015/11ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ23
1． (多选 )河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图 2 － 1－ 2 甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图 2－ 1 － 2 乙所示，若要使船以最短时间渡河，则( )
图 2－ 1－ 6
2015/11/23
增分微课 圆周运动与平抛运动相结合的问题
1.[2022·福州模拟] 如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中 是以 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内.现有一
小球从一水平桌面的边缘 点向右水平飞出，该小球恰好能从 点沿圆弧的切线方向进入圆轨道. 与竖直方向间的夹角为 ， 与竖直方向间的夹角为 .下列关系式正确的是( )
1.[2017·全国卷Ⅱ] 如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直.一小物块以速度 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度大小为 ）( )
B
A. B. C. D.
[导思]（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律求得小球刚好脱离圆锥面时的角速度，然后受力分析求得绳子的拉力；
（2）当绳子断裂瞬时，根据牛顿第二定律求得小球的速度，绳子断裂后，小球做平抛运动，根据运动学公式即可求得.
★
第四单元 曲线运动
增分微课 圆周运动与平抛运动相结合的问题
应用示例
题组演练
教师备用习题
平抛运动是匀变速曲线运动模型的一种特例,它的基本特征是初速度水平,且只受重力.高考中有关该知识点试题的命制常常与圆周运动相联系. 两种运动结合的本质是多过程问题，即一个过程的结束意味着下一个过程的开始，在每一个过程中，遵循独立的运动规律，关键是将两独立的运动通过合适的物理量进行衔接，使之成为一个整体.对于本部分知识点的复习，重点还是抛体运动和圆周运动的基础知识点和处理方法，最后再通过速度、位移等进行衔接.
3.[2022·广州模拟] 如图所示，半径为 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为 的小球 、 以不同速率进入管内， 通过最高点 时，对管壁上部的压力为 ， 通过最高点 时，对管壁下部的压力为 .求
实验六 探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系--2025版高考总复习物理
第4章 抛体运动与圆周运动
题型二 创新拓展实验 角度1 实验器材创新 例3 如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半 径及线速度关系的实验装置，圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周 运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同 学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关 系：
1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔相对应的半径之
比为________。
A．1∶4
B．4∶1
C．1∶2
D．2∶1
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第4章 抛体运动与圆周运动
解析：(1)变速轮塔半径不同，两轮转动的角速度不同，两球的角速度不 同，A、B 两球的质量相等、转动半径相同；则图中所示是在研究向心力 的大小 F 与角速度 ω 的关系。故 B 项正确，A、C 项错误。 (2)A、B 两球的质量相等、转动半径相同，两个小球所受向心力的比值为 1∶4，据 F＝mrω2 可得，两球转动的角速度之比为 1∶2。变速轮塔用皮 带连接，轮塔边缘上点的线速度大小相等，据 r＝ωv 可得，与皮带连接的 变速轮塔相对应的半径之比为 2∶1，故 D 项正确，A、B、C 项错误。
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第4章 抛体运动与圆周运动
(1)用秒表记录小钢球运动 n 圈的总时间为 t，那么小钢球做圆周运动时 4π2n2
需要的向心力表达式为 Fn＝_m___t_2 __r_。 (2)通过刻度尺测得小钢球轨道平面距悬点的高度为 h，那么小钢球做圆
r 周运动时外力提供的向心力表达式为 Fn＝__m_g_h____。 (3)改变小钢球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示nt22与 h 的
后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两
核心素养微专题2 “平抛运动+圆周运动”模型
二轮 ·物理
2．突破方法 (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)分析运动过程：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。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；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哪个力。
………………………………………………………………………………… (1)运动阶段的划分，如典例中分成三个阶段； (2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如典例中，小球运动到B点时 的速度方向； (3)两个运动阶段在时间和空间上的联系； (4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解 的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
为vy＝gt＝4 m/s；由小球恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰可知，小球从 B点水平射出的速度v＝vytan 45°＝4 m/s，故小球在斜面上的相碰点C与 B点的水平距离为x＝vt＝1.6 m，小球在斜面上的相碰点C与B点的竖直
平滑地冲上粗糙斜面，已知小球与粗糙斜面间的动摩擦因数μ＝0.6，g
取10 m/s2，则：
4
(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出 的初速度v0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？
5
二轮 ·物理
二轮 ·物理
[思路点拨] 解此题的关键是做好过程分析和受力分析。 (1)小球从A到B做平抛运动，vB为平抛运动与圆周运动的关联速度。 (2)小球从B到C做匀速圆周运动，所施加外力F与重力平衡，圆管对小球 的弹力提供向心力。 (3)小球由C点沿斜面匀减速上滑到最高点。
2013高考一轮复习优秀课件：第四章抛体运动与圆周运动第一单元 第1课时
点评：其实，当我们选择了划船方向后，我们就可寻找这
个方向的位移，用这个位移除以划船速度，即为船过河的 时间．由此看出，划船方向与岸的夹角越大，通过河的时 间越短，故只有垂直时最短，而划船方向向上还是向下形 成对称，有两个相等的时间．
题型训练 2．(2009年广东理综)船在静水中的航速为v1，水流的速度 为v2，为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为 ( )
3．运动分解的方法 (1)对运动进行分解，要根据运动的实际效果来确定两个 分运动的方向，否则分解无实际意义，也可以根据实际情况， 对运动进行正交分解． (2)合运动与分运动的判断：合运动就是物体相对某一参 考系(如地面)所做的实际运动，即物体合运动的轨迹一定是物 体实际运动的轨迹，物体相对于参考系的速度即为合速度． (3)曲线运动一般可以分解成两个方向上的直线运动，通 过对已知规律的直线运动的研究，可以知道曲线运动的规律， 这是我们研究曲线运动的基本方法．
必修2 第四章 抛体运动与圆周运动
第一单元 抛体运动
第1课时 运动的合成与分解
考点一
参考系与质点
基础回顾 1．曲线运动特点：做曲线运动的质点在某一点的瞬时速度 方向，就是通过该点的曲线的______方向；由于速度方向时刻在 变，故曲线运动一定是________． 2．条件：物体所受的合力F合与物体的初速度 v0____________上(即a与v0不在同一条直线上)． 答案：1．切线 变速运动 2．不在同一直线
错解：根据运动的独立性原理可知，小船沿AB航线或AC航线 的路程相等，船沿这些航线航行时的速度也相等，两次航行 所需要的时间相等．故选项A正确．
分析纠错：上述分析与选择错误了．原因在于把小船对岸的 航速当作小船航行的实际速度．其实，第一次小船实际航线 为AB时，小船的船头应朝AB线的上侧航行，才能和水速合成 实际速度沿这个实际航线航行；第二次实际航线为AC时，小 船的船头应朝AC的上侧(可能超过AB侧，但一定不会超过前者) 航行，才能和水速合成实际速度沿这个实际航线航行．这样， 后者相对岸的位移较小，而两次船对岸的航速大小相等，由 运动独立性原理知，后者的航行时间较短．C正确．
第三讲 抛体运动与圆周运动问题
全国真题· 分区研究
高频考点· 分类研究
强化落实· 分级演练
练全国好题
抛体运动与圆周运动问题 结 束
A．b 一定比 a 先开始滑动 B．a、b 所受的摩擦力始终相等 C． ω ＝ D．当 ω＝ kg 2l 是 b 开始滑动的临界角速度 2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg
解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认 为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，由 静摩擦力提供向心力，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛 顿第二定律可得 f＝mω2R，由于小木块 b 的轨道半径大于小木块 a 的轨道半径，故小木块 b 做圆周运动需要的向心力较大，B 错
全国真题· 分区研究 高频考点· 分类研究 强化落实· 分级演练 练全国好题
抛体运动与圆周运动问题 结 束
考点(一)
运动的合成与分解
[常考题点]
1．(2016· 湖南张家界一中 3 月模拟)下列关于运动和力的叙述中， 正确的是 A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的 B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心 C． 物体所受合力方向与运动方向相反， 该物体一定做直线运动 D． 物体运动的速率在增加， 所受合力方向一定与运动方向相同
1 恒定律得2mv02＝mgh，即 v0＝ 2gh。物块在竖直方向上的运 动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度 vy＝ 2gh＝vx＝ π v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 θ＝4，故选 项 B 正确，选项 A、C、D 错误。
全国真题· 分区研究 高频考点· 分类研究
答案：B
练全国好题
抛体运动与圆周运动问题 结 束
第三讲 抛体运动与圆周运动问题
• 学习目标： • 1、了解相关的知识点、考点，了解高考对 该部分知识的考查情况。 • 2、知道该部分知识与前后其它部分的联系 • 3、掌握相关的题型和分析方法
平抛运动与圆周运动的组合问题(含答案)
平抛运动与圆周运动的组合问题1、如图所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝3 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地 面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.5 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)A 、C 两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析 (1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 53°＝5 m/s ，竖直分量为v Cy ＝4 m/s下落高度h ＝ ＝0.8 m(2)小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos 53°)＝12m v 2D －12m v 2C解得v D ＝29 m/s小球在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v D 2R代入数据解得F N ＝68 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行 的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为 a 1＝μg ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝3.625 m ，即木板的长度至少是3.625 m 答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m方法点拨程序法在解题中的应用22cy g v所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．2、在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，水流轨道与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力．当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同．设水的流出点比轮轴高h＝5.6 m，轮子半径R＝1 m．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)问：(1)水流的初速度v0大小为多少？(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？答案(1)7.5 m/s(2)12.5 rad/s解析(1)水流做平抛运动，有h－R sin 37°＝1 2gt2解得t＝2(h－R sin 37°)g＝1 s所以v y＝gt＝10 m/s，由图可知：v0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v＝v0sin 37°＝12.5 m/s，根据ω＝vR可得ω＝12.5 rad/s. 3、解析 (1)在C 点：mg ＝m RvC 2(2分)所以v C ＝5 m/s (1分)(2)由C 点到D 点过程：mg (2R －2r )＝12m v 2D －12m v 2C (2分)在D 点：mg ＋F N ＝m v D 2r (2分)所以F N ＝333.3 N (1分) 由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3 N. (1分) (3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v 1，则 12m v 2C ＋mg (2R )＝12m v 21 (2分) 小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v 2，则 h ＝12gt 2 (1分) x ＝v 2t (1分)解得v 2>v 1，所以只要mgH ＝12m v 22，即可满足题意．解得H ＝7.2 m (3分) 答案 (1)5 m/s (2)333.3 N (3)7.2 m技巧点拨1．对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．2．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点． 4、水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽AB 和光滑圆弧槽BC 平滑连接．斜槽AB 的竖直高度差H ＝6.0 m ，倾角 θ＝37°；圆弧槽BC 的半径R ＝3.0 m ，末端C 点的切线水平；C 点与水面的距离h ＝0.80 m ．人与AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，取 重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.一个质量m＝30 kg 的小朋友从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，不计空 气阻力．求：(1)小朋友沿斜槽AB 下滑时加速度a 的大小；(2)小朋友滑到C 点时速度v 的大小及滑到C 点时受到槽面的支持力F C 的大小； (3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x 的大小． 答案 (1)4.4 m/s 2 (2)10 m/s 1 300 N (3)4 m解析 (1)小朋友沿AB 下滑时，受力情况如图所示，根据牛 顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma ① 又F f ＝μF N ② F N ＝mg cos θ ③ 联立①②③式解得：a ＝4.4 m/s 2 ④ (2)小朋友从A 滑到C 的过程中，根据动能定理得：mgH －F f ·H sin θ＋mgR (1－cos θ)＝12m v 2－0 ⑤联立②③⑤式解得：v ＝10 m/s ⑥根据牛顿第二定律有：F C －mg ＝m v 2R ⑦联立⑥⑦式解得：F C ＝1 300 N ． ⑧(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则：h ＝12gt 2 ⑨x ＝v t ⑩ 联立⑥⑨⑩式解得：x ＝4 m.5、(2012·福建理综·20)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 答案 (1)1 m/s (2)0.2解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2 ①在水平方向上有s ＝v 0t ②由①②式解得v 0＝s g2H代入数据得v 0＝1 m/s(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有f m ＝m v 0 2R ③f m ＝μN ＝μmg ④由③④式得μ＝v 0 2gR代入数据得μ＝0.26、 (2010·重庆理综·24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面 内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水 平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？答案 (1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 2 33d 解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：14d ＝12gt 2水平方向：d ＝v 1t 解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12m v 32＝12m v 21＋mg (d －34d )解得v 2＝ 52gd(2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 1 2R得F max ＝113mg(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 3 2l，解得v 3＝ 83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1得x ＝4 l (d －l )3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d .7、如图所示，一质量为2m 的小球套在一“”滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为μ＝0.5，BC 段为半径为R 的半圆，静止于A 处的小球在大小为F ＝2mg ，方向与水平面成37°角的拉力F 作用下沿杆运动，到达B 点时立刻撤去F ，小球沿圆弧向上冲并越过C 点后落在D 点(图中未画出)，已知D 点到B 点的距离为R ，且AB 的距离为s ＝10R .试求：(1)小球在C 点对滑杆的压力； (2)小球在B 点的速度大小；(3)BC 过程小球克服摩擦力所做的功． 答案 (1)32mg ，方向竖直向下 (2)23gR (3)31mgR4解析 (1)小球越过C 点后做平抛运动，有竖直方向：2R ＝12gt 2 ①水平方向：R ＝v C t ② 解①②得v C ＝gR 2在C 点对小球由牛顿第二定律有：2mg －F N C ＝2m v C 2R解得F N C ＝3mg2由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力F N C ′＝F N C ＝3mg2，方向竖直向下(2)在A 点对小球受力分析有：F N ＋F sin 37°＝2mg ③ 小球从A 到B 由动能定理有：F cos 37°·s －μF N ·s ＝12·2m v 2B ④解③④得v B ＝23gR(3)BC 过程对小球由动能定理有：－2mg ·2R －W f ＝12×2m v 2C －12×2m v 2B解得W f ＝31mgR48、如图所示，质量为m ＝1 kg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A 点随传送带运动到水平部分的最右端B 点，经半圆轨道C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动．C 点在B 点的正上方，D 点为轨道的最低点．小物块离开D 点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E 点．已知半圆轨道的半径R ＝0.9 m ，D 点距水平面的高度h ＝0.75 m ，取g ＝10 m/s 2，试求：(1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过D 点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ.答案 (1)4.5 J (2)60 N ，方向竖直向下 (3)60°解析 (1)设小物块经过C 点时的速度大小为v 1，因为经过C 点恰能做圆周运动，所以，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 1 2R解得：v 1＝3 m/s小物块由A 到B 的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W ，由动能定理得：W ＝12m v 21解得：W ＝4.5 J(2)设小物块经过D 点时的速度大小为v 2，对从C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒 定律得： 12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22 小物块经过D 点时，设轨道对它的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2 2R联立解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律可知，小物块经过D 点时对轨道的压力大小为： F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下(3)小物块离开D 点后做平抛运动，设经时间t 打在E 点，由h ＝12gt 2得：t ＝1510s 设小物块打在E 点时速度的水平、竖直分量分别为v x 、v y ，速度跟竖直方向的夹角为α， 则： v x ＝v 2 v y ＝gt tan α＝v x v y解得：tan α＝3 所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.9、 水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动．如图3所示，小球进入圆 形轨道后刚好能通过c 点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的 d 点，则 ( ) A ．小球到达c 点的速度为gR B ．小球到达b 点时对轨道的压力为5mg C ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为2RD ．小球从c 点落到d 点所需时间为2 Rg答案 ACD解析 小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝m v c 2R ，v c ＝gR ，A 项正确；小球由b 到c 过程中，由机械能守恒定律得： 12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2c 小球在b 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v b 2R ，联立解得F N ＝6mg ，B 项错误；小球由c 点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2 Rg ，x ＝2R ，C 、D 项正确．10、 如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左 端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与 竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则 ( )A ．tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1·tan θ2＝2C ．1tan θ1·tan θ2＝2D ．tan θ1tan θ2＝2答案 B解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正确．11、如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P 点)，轻放一质量为m ＝1 kg 的物块，物块随传送带运动到A 点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B 、D 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)物块离开A 点时水平初速度的大小； (2)物块经过C 点时对轨道压力的大小；(3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P A 间的距离． 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m解析 (1)物块由A 到B 在竖直方向有v 2y ＝2gh v y ＝4 m/s在B 点：tan θ2＝v yv A ，v A ＝3 m/s(2)物块从B 到C 由功能关系得mgR (1－cos θ2)＝12m v 2C －12m v 2Bv B ＝v A 2+v y 2＝5 m/s 解得v 2C ＝33 m 2/s 2 在C 点：F N －mg ＝m v C 2R由牛顿第三定律知，物块经过C 点时对轨道压力的大小为F N ′＝F N ＝43 N(3)因物块到达A 点时的速度为3 m/s ，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动 μmg ＝ma ， a ＝3 m/s 2P A 间的距离x P A ＝v A 22a＝1.5 m.12、如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝ 37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面 上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点 等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道． 已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？答案 (1)46 N (2)6 m解析 (1)设物块经过B 点时的速度为v B ，则 v B sin 37°＝v 0设物块经过C 点的速度为v C ，由机械能守恒得： 12m v 2B ＋mg (R ＋R sin 37°)＝12m v 2C 物块经过C 点时，设轨道对物块的支持力为F C ，根据牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v C 2R联立解得：F C ＝46 N由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a 1、a 2，得：μ1mg ＝ma 1 μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设物块和木板经过时间t 达到共同速度v ，其位移分别为x 1、x 2，则：对物块有： v C －a 1t ＝v v 2－v 2C ＝－2a 1x 1 对木板有：a 2t ＝v v 2＝2a 2x 2设木板长度至少为L ，由题意得：L ≥x 1－x 2 联立解得：L ≥6 m即木板长度至少6 m 才能使物块不从木板上滑下．13、 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入 半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直 轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1 kg ， 通电后以额定功率P ＝1.5 W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力 恒为0.3 N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00 m ， R ＝0.32 m ，h ＝1.25 m ，x ＝1.50 m ．问：要使赛车完成比赛，电动 机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2)答案 2.53 s解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律x ＝v 1t ，h ＝12gt 2解得v 1＝x g2h＝3 m/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点速度为v 3，由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mg ＝m v 22/R 12m v 23＝12m v 22＋mg (2R ) 解得v 3＝5gR ＝4 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v min ＝4 m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能关系，有Pt －F f L ＝12m v 2m in ，由此解得t ＝2.53 s。
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专题四 抛体运动与圆周运动知识点
考点一 运动的合成与分解
1．曲线运动
(1)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线
上．
(2)曲线运动的特点：物体做曲线运动时，速度方向时刻在改变，物体在某一时刻或某一位置的速度方向沿轨迹的切线方向，
故曲线运动是变速运动．
2．运动的合成与分解
(1)一个曲线运动可以分解为两个方向上的直线运动，分别研究这两个方向上的分运动，就能根据矢量合成法则，知道合运动
的规律．运动的合成与分解，实际就是位移、速度和加速度的合成与分解，由于这些物理量是矢量，所以运动的合成与分解遵循
平行四边形定则．
(2)合运动与分运动的关系．
①等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始，同时进行，同时停止．
③独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动相互独立，不受其他运动的影响．
③等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．
例题1．(2015年1月·广东学考)小船在静水中的速度为v.若小船过河时船头始终与岸垂直，水流速度增大后( )
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A． 小船相对于岸的速度减小 B．小船相对于岸的速度增大
C．小船能到达出发点的正对岸 D．小船到达对岸的过河路程减小 【解析：船相对岸的速度为v2＋v2水.答案：B】
例题2．(2015年6月·广东学考)甲、乙两人沿同一条平直公路骑车，某时刻甲的速度大小为4 m/s，方向向东；乙的速度大小为
3 m/s，方向向西．此时，两者相对速度的大小是( )
A．0 B．1 m/s C．3 m/s D．7 m/s 【解析：v相对＝3 m/s＋4 m/s＝7 m/s. D.】
考点二 平抛运动
(1)定义：将物体以一定的水平速度v0抛出，只在重力作用下的运动．
(2)性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线．
平抛运动的条件：①初速度沿水平方向；②只受重力作用．
(3)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．
(4)运动规律：水平方向：vx＝v0，x＝v0t
竖直方向：vy＝gt，h＝12gt
例题3．(2012年6月·广东学考)将一小球以5 m/s的速度水平抛出，经过1 s小球落地，不计空气阻力，g取10 m/s2.关于这段时
间小球的运动，下列表述正确的是( )
A．着地速度是10 m/s B．竖直方向的位移是10 m C．着地速度是5 m/s D．水平方向的位移是5 m 【答案：D】
考点三 匀速圆周运动、线速度、角速度、向心加速度
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一、匀速圆周运动
质点沿圆周运动，如果在相等的时间里通过的弧长相等，这种运动就叫做匀速圆周运动
二、描述匀速圆周运动的物理量
1．线速度v.
物体在一段时间内通过的弧长l与时间t的比值，叫做物体的线速度．公式：v＝lt＝2πrT.
(1)物理意义：描述质点沿圆弧运动的快慢．
(2)线速度是矢量，其方向沿圆周上该点的切线方向．线速度方向是时刻变化，所以匀速圆周运动是变速运动．
2．角速度ω.
连接运动物体和圆心的半径在一段时间内转过的角度θ与经历时间t的比值叫做匀速圆周运动的角速度，公式：ω＝θt＝2πT.
(1)物理意义：描述质点绕圆心转动的快慢．
(2)对某一确定的匀速圆周运动来说，角速度是恒定不变的，角速度的单位是rad/s．
3．周期T和频率f.
(1)物体沿圆周运行一周所需的时间为圆周运动周期；符号是T，国际单位是秒(s)．
(2)在一个周期内物体运行的整圈数为圆周运动的频率．国际单位是赫兹(Hz)．
4．描述匀速圆周运动的各物理量间的关系．
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T＝1f；ω＝2πT＝2πf；v＝2πrT＝2πfr＝ωr
.
三、向心加速度
向心加速度是做圆周运动质点沿半径方向向心力产生的加速度．
1．大小：an＝v2r＝ω2r＝4π2T2r.
2．方向：总是指向圆心，因此向心加速度方向始终在变化．
例题4．在匀速圆周运动中，下列关于向心加速度的说法中，正确的是( )
A．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直 B．向心加速度的方向保持不变
C．向心加速度是恒定的 D．向心加速度的大小不断变化 【答案：A】
考点四 匀速圆周运动的向心力、离心现象
1．向心力．
(1)公式：_____________________________________.
(2)方向：总指向圆心，时刻变化．
2．向心力来源：一个力、某个力的分力、一些力的合力.
3．离心运动：当向心力消失或不足时，物体远离圆心的运动．
(1)离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越来越大的运动或沿切线方向飞出的运动．
(2)离心运动并不是受到离心力作用的结果．
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4．离心运动的条件．【略】
例题5．(2016年6月·广东学考)下列现象中，与离心现象无关的是( )
A．汽车启动时，乘客向后倾斜 B．旋转
C．用洗衣机脱去湿衣服中的水 D．运动员将链球旋转后掷出 【答案：A雨伞甩掉伞上的雨滴】
例题6．(2015年6月·广东学考)下列属于离心现象应用的是( )
A．洗衣机甩干衣服 B．田径比赛中的标枪运动
C．跳水运动员在空中转体 D．回旋加速器中的带电粒子在磁场中旋转 【答案：A】