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
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 。
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。
平抛与圆周运动综合
平抛与圆周运动综合【方法归纳】所谓平抛与圆周运动综合是指物体先做圆周运动后做平抛运动或先做平抛运动后做竖直面内的圆周运动。
解答此类题的策略是：根据物体的运动过程，分别利用平抛运动的规律和圆周运动的规律列方程解得。
例34.（2010重庆理综）晓明站在水平地面上，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。
球飞离水平距离d 后落地，如图9所示，已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为3d/4，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？【解析】（1）设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，有竖直方向 41d=21gt 2水平方向d=v 1t ，联立解得v 1=gd 2。
由机械能守恒定律，有21mv 22=21mv 12+mg (d -3d /4) 解得v 2=gd 25。
（2） 设绳能承受的拉力大小为T ，这也是球受到绳的最大拉力。
球做圆周运动的半径为R =3d/4对小球运动到最低点，由牛顿第二定律和向心力公式有T-mg=m v 12/R ， 联立解得T=311mg 。
（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 T-mg=m v 32/L解得v 3=L g 38。
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-L ，水平位移为x ，飞行时间为t 1，根据平抛运动规律有d-L =21gt 12，x = v 3 t 1 联立解得x =4()3L d L -. 当L=d /2时，x 有极大值，最大水平距离为x max =332d . 【点评】此题将竖直面内的圆周运动和平抛运动有机结合，涉及的知识点由平抛运动规律、牛顿运动定律、机械能守恒定律、极值问题等，考查综合运用知识能力。
高三物理一轮复习资料第四单元综合专题平抛运动与圆周运动综合专题课件
3．(2019·吉林模拟)(多选)如图所示，B、M、N 分别为竖直 光滑圆轨道上的三个点，B 点和圆心等高，M 点与 O 点在同一 竖直线上，N 点和圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 α＝45°， 现从 B 点的正上方某处 A 点由静止释放一个质量为 m 的小球， 经圆轨道飞出后沿水平方向通过与 O 点等高的 C 点，已知圆轨 道半径为 R，重力加速度为 g，则以下结论正确的是( )
答案 B 解析 若小球恰能通过最高点 P，则在最高点 P 时重力恰好 提供向心力，故 C 项错误；由圆周运动的知识可得 mg＝mvR2， 小球离开 P 点后做平抛运动，x＝vt，2R＝12gt2，解得 x＝2R，故 A 项错误，B 项正确；若将弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件 不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度 为 0，故能达到的最大高度比 P 点高，故 D 项错误．
设小球由平抛至落地的水平射程为 x，如图乙所示． 水平方向 x＝v1t 竖直方向 h1＝g2t2 又有 R＝ r2＋x2 解得 R＝3L.
平抛运动与竖直面内圆周运动的综合 1．两种类型 (1)物体先做平抛运动后做圆周运动． (2)物体先做圆周运动后做平抛运动． 2．解题思路 (1)抓住两种运动衔接点处的速度是解题的关键．
【答案】 (1)
3gL 2
(2)134L
3L
【解析】 (1)小球在绳断前瞬时受力如图甲所示．
由牛顿第二定律： FTmsinθ＝mvr12 FTmcosθ－mg＝0 FTm＝2mg 由几何关系得 r＝Lsinθ
解得 v1＝
3gL 2.
(2)小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得： 12mv12＋mgh1＝12mv22 解得 h1＝v222－gv12＝141L H＝h1＋Lcosθ＝134L
2022版高考物理人教版一轮课件：专题强化2平抛运动与圆周运动的综合问题
高考一轮总复习 • 物理
[解析] (1)设在最高点速度为 v1，在最高点，重力恰好提供向心力， 所以 mg＝mLv21
根据动能定理，对球从 A 点到最高点，有 －mg·2L＝12mv21－21mv20 解得 v0＝ 5gL
第四章 曲线运动 万有引力与航天
高考一轮总复习 • 物理
(2)以 N 为圆心，设最低点为 M，落到最低点速度为 v，有 7mg－mg＝mrv2
第四章 曲线运动 万有引力与航天
高考一轮总复习 • 物理
例2 (2020·山东高考模拟)如图所示，不可伸长的轻质细线下方 悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的 O 点。开始 时，小球静止于 A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖 直平面内绕 O 点做圆周运动。垂直于墙面的钉子 N 位于过 O 点竖直线的 左侧，O→N与O→A的夹角为 θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在 竖直平面内做圆周运动， 当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。 已知小球的质量为 m，细线的长度为 L，细线能够承受的最大拉力为 7mg， g 为重力加速度大小。
高考一轮总复习 • 物理
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：
h＝H－Lcos 53°＝0.45 m
据 h＝21gt2，求得：t＝0.3 s
如图所示：水平位移为：x＝vt＝2
5
3 m
抛出点与 OO′间的距离为：
[答案] (1)1.088 N (2)0.8 m
y＝Lsin 53°＝0.4 m， x2＋y2＝0.8 m
第四章 曲线运动 万有引力与航天
高考一轮总复习 • 物理
(1)当小球的角速度为 4 rad/s 时，求轻绳中的拉力大小。
高考物理一轮复习热点专题突破系列3圆周运动与平抛运动的综合问题课件新人教版必修2
(3)在 CD 上滑行到最高点的过程，根据牛顿第二定律得 mgsin45°＋μmgcos45°＝ma， 解得 a＝gsin45°＋μgcos45°＝8 2m/s2 根据速度—位移关系公式，有 x＝2va2B＝ 42m。
[答案]
(1)2m/s
0.6m
(2)5 2N
2 (3) 4 m
专题强化训练
编后语
(2)在 B 点据平抛运动的速度规律有 vB＝sinv405°＝2 2m/s， 小球在管中的受力为三个力：由于重力与外加的力 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 得细管对小球的作用力为 FN＝mrv2B＝5 2N， 根据牛顿第三定律得小球对细管的压力为 5 2N。
老师上课都有一定的思路，抓住老师的思路就能取得良好的学习效果。在上一小节中已经提及听课中要跟随老师的思路，这里再进一步论述听课时如何 抓住老师的思路。
① 根据课堂提问抓住老师的思路。老师在讲课过程中往往会提出一些问题，有的要求回答，有的则是自问自答。一般来说，老师在课堂上提出的问 题都是学习中的关键，若能抓住老师提出的问题深入思考，就可以抓住老师的思路。
•多少？(1)O小A球的从距O离点为的多正少上？方某处A点水平抛出的初速度v0为 • (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 rsin45°＝v0t， 在 B 点，有 tan45°＝vgt0，解以上两式得 v0＝2m/s，t＝0.2s， 则 AB 竖直方向的距离为 h＝12gt2＝0.2m， OB 竖直方向距离为 h′＝rsin45°＝0.4m， 则 OA＝h＋h′＝0.2m＋0.4m＝0.6m。
高考物理一轮总复习 热点专题 圆周运动与平抛运动的综合问题优秀PPT完整PPT
高考物理一轮总复习 热点专题 圆周运动与平抛运动的综合问题课件
第高四考章 物m理曲一A线轮、运总动复m习B万热的有点引专A力题、与圆航周B天运两动与小平抛球运动。的综两合小问题球课件在绳子拉力的作用下，绕绳子
第四章 曲线运动 万有引力与航天
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第四章 曲线运动 万有引力与航天
第高四考章 物地理面曲一线轮的运总动复高习万热度有点引专H力题与＝圆航周天0运.动8与平抛m运动，的综物合问块题课平件 抛落地过程水平位移的大小s＝
第四章 曲线运动 万有引力与航天
第第四四章 章0.4曲曲线线m运运动动。万万设有有物引引力力块与与航航所天天 受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加
[热点集训]
第四章 第四章1. 曲线Fra bibliotek动曲线运动
万 万如有 有引 引图力 力与 与所航 航天 天示，一水平光滑、距地面高为h、边长为a的正方
高考物理一轮总复习 热点专题 圆周运动与平抛运动的综合问题课件
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第四章速度曲线g运＝动 1万0有引m力/与s航2。天 求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 H＝12gt2① 在水平方向上有s＝v0t② 由①②式解得v0＝s 2gH＝1 m/s。③
2019届二轮复习 微专题2 平抛运动与圆周运动的综合问题 课件(20张)
平抛运动与圆周运动的综合问题
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[专题概述] 平抛运动与圆周运动的综合问题，因涉及两种运动的分与合， 命题灵活且能考查学生应用相关知识解决具体问题的能力，
成为近几年高考命题的新热点，如 2016年全国卷ⅠT25、全
国卷ⅡT25 及 2017 年全国卷ⅡT17. 准确分析运动过程，锁定 两类运动的衔接模式，是解决此类问题的关键．
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(1)物体水平抛出时的初速度大小v0； (2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物体在轨道CD上运动的距离x.(结果保留三位有效数字)
2 解析：(1)由平抛运动规律知vy ＝2gh
竖直分速度vy＝ 2gh＝4 m/s 初速度v0＝vytan 37° ＝3 m/s.
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解得 vB＝ 6gL 设小球运动到 B 点时，细线对小球的拉力大小为 FT，则有 FT v2 B －mg＝m ，解得 FT＝7mg. L (3)若小球运动到 A 点时细线断裂，则小球从最高点 A 开始做 平抛运动，有 1 2 x＝vAtA，H＋L＝ gtA 2
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A．飞机处于平衡状态 v2 B．空气对飞机的作用力大小为m R C．小螺丝第一次落地点与O′点的距离为 D．小螺丝第一次落地点与O′点的距离为 2hv2 ＋R2 g 2hv2 g
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解析：飞机做匀速圆周运动，受到的合力不 为零，不是处于平衡状态，选项A错误；飞机 做匀速圆周运动，重力和空气对飞机的作用 力的合力提供向心力，指向圆心，重力方向 竖直向下，则空气对飞机的作用力斜向上方，故空气对飞机 v2 的作用力大于m ，选项B错误； R