专题一第3讲抛体运动与圆周运动

A．轰炸机的飞行高度
B．轰炸机的飞行速度 C．炸弹的飞行时间
D．炸弹投出时的动能
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专题一 力与运动
【解析】设轰炸机投弹位置高度为 H，炸弹水平位移为 x， H－ h 1 vy vy 1 则 H－ h＝ vy· t， x＝ v0t，二式相除 ＝ · ，因为 ＝ 2 2 v0 v0 x 1 h h ， x＝ ，所以 H＝ h＋ 2 ， A 正确；根据 H－ tan θ tan θ 2tan θ 1 2 h＝ gt 可求出飞行时间， 再由 x＝ v0t 可求出飞行速度， 故 2 B、 C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误．
2 合速度 v＝ v2 x＋vy
斜面
分解 位移
水平 x＝v0t 1 2 竖直 y＝ gt 2 合位移 x 合＝ x2＋y2
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专题一 力与运动
拓展训练1
(2013· 高考上海卷)(多选)如图，轰炸机沿水平
方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂
直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由 此可算出( ABC )
(2)小球运动到轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
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专题一 力与运动
【解析】 (1)小球恰好运动到 C 点，由重力提供向心力， v2 C 即 mg＝ m 解得 vC＝ gR＝ 5 m/s. R (2)从 B 点到 C 点，由机械能守恒定律有 1 2 1 mvC＋ 2mgR＝ mv2 2 2 B 在 B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 v2 B FN－ mg＝ m R 联立解得 FN＝ 6.0 N 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 6.0 N.
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专题一 力与运动
2g 【答案】 (1) R (2)当 ω＝ (1＋k)ω0 时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大 3k 2＋ k 小为 Ff＝ mg 2 当 ω＝(1－k)ω0 时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小 3k 2－k 为 Ff＝ mg 2
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专题一 力与运动
解决圆周运动力学问题的一般步骤： (1)首先要明确研究对象； (2)对其受力分析，明确向心力的来源； (3)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径； (4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动 2 v2 4π 力学方程， 有以下几种情况： F＝ m ＝ mrω2＝ mvω＝ mr 2 r T ＝ mr4π2f2.解题时应根据已知条件进行选择．
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专题一 力与运动
【解析】小球到 P 点时水平位移和竖直位移相等，即 1 2 2 v0t＝ vPyt，合速度 vP＝ v0 ＋vPy ＝ 5v0， 2 1 2 5 2 EkP＝ mvP＝ mv0，故选项 D 正确． 2 2
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专题一 力与运动
热点二
圆周运动的动力学问题
命题规律：该知识为每年高考的重点和热点，近几年的高考
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专题一 力与运动
【解析】通过题图分析可知：当 v2＝ b， FN＝ 0 时，小球做 b b 圆周运动的向心力由重力提供，即 mg＝ m ，g＝ ，A 错误； R R 当 v2＝0， FN＝ a 时，重力与弹力 FN 大小相等，即 mg＝ a， a a 所以 m＝ ＝ R，B 正确；当 v2＞ b 时，杆对小球的弹力方向 g b 与小球重力方向相同，竖直向下，故 v2＝ c＞ b 时，杆对小球 2b 的弹力方向竖直向下， C 错误； 若 v ＝2b 时， mg＋ FN＝m ， R
x2－x1＞x3－x2；忽略空气阻力，平抛运动中，机械能守恒，
故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0，所以B选项正确．
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专题一 力与运动
(1)“化曲为直”是处理平抛(类平抛)运动的基本思路和方法． (2)平抛运动还有一种特殊的考查形式，即通过斜面考查，主 要有以下两个模型. 方法 分解 速度 内容
水平 vx＝v0 竖直 vy＝gt
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≤1，求小物块受到的摩擦力大小 和方向．
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专题一 力与运动
【解析】 (1)对物块受力分析： F 向 ＝mgtan θ＝ mω2 0Rsin θ g 2g ω0＝ ＝ .① Rcos θ R
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专题一 力与运动
专题一 力与运动
预测1 (2013· 浙江绍兴一中高三上学期回头考试)如图所示，
将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水 平抛出，小球飞离平台后，由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道 ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径 R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径， (sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)求：(1) 小球经过C点的速度大小；
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专题一 力与运动
(3)从 A 到 B 由机械能守恒定律有 1 2 1 mvA＋ mgR(1－ cos 53° )＝ mv2 2 2 B 所以 vA＝ 105 m/s 在 A 点进行速度分解有： vy＝ vAsin 53° v2 y 所以 H＝ ＝ 3.36 m. 2g
【答案】(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m
(2)当 ω＝ (1＋k)ω0，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁 切线向下水平方向： FNsin θ＋ Ffcos θ＝ mω2Rsin θ② 竖直方向： FNcos θ＝ Ffsin θ＋ mg③ 3k 2＋ k 联立①②③得 Ff＝ mg. 2
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专题一 力与运动
当 ω＝ (1－k)ω0 时，对物块受力分析如图，摩擦力方向 沿罐壁切线向上 水平方向： FN sin θ－ Ff cos θ＝ mω2 Rsin θ④ 竖直方向： FNcos θ＋ Ff sin θ＝ mg⑤ 3k 2－ k 联立①④⑤得 Ff＝ mg. 2
2
解得 FN＝a，方向竖直向下， D 错误．
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专题一 力与运动
平抛与圆周运动的组合问题
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，考查运动的合成与分解、牛顿第二定律和功能关系等 知识，常以计算题的形式呈现．
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专题一 力与运动
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专Hale Waihona Puke 一 力与运动v2 【解析】 (1)小球恰能通过最高点有 mg＝ m (2 分) R 1 2 1 2 由 B 点到最高点有 mvB＝ mv ＋ mg· 2R(2 分 ) 2 2 1 2 1 2 由 A→ B 有－ μmgL1＝ mvB－ mvA(2 分 ) 2 2 解得在 A 点的初速度 vA＝ 3 m/s.(1 分 ) (2)若小球刚好停在 C 点，则有 1 2 － μmg(L1＋ L2)＝0－ mvA(2 分 ) 2 解得在 A 点的初速度 vA′＝ 4 m/s(1 分 )
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专题一 力与运动
拓展训练2
(2013· 临汾二模)(单选)如图所示,地面上某区域
存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球 以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平 面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此 带电小球通过P点时的动能为( D )
A． mv2 0 1 2 B. mv0 2 C． 2mv2 0 5 2 D. mv0 2
板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨迹.某同学设想小球
先后三次做平抛运动,将水平板依次放在如图中1、2、3的位置, 且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中,小球从抛出点到
落点的水平位移依次为x1、x2、x3,机械能的变化量依次为ΔE1、
ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响,下面分析正确的是( B )
【答案】
见解析
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专题一 力与运动
【方法总结】
(1)多过程问题实际是多种运动规律的组合．
平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定 理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理 来分析． (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．
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专题一 力与运动
若小球停在 BC 段，则有 3 m/s≤ vA≤4 m/s(1 分 ) 1 2 若小球通过 C 点，并刚好越过壕沟，则有 h＝ gt (1 分 ) 2 s＝ vCt(1 分 ) 1 2 1 － μmg(L1＋ L2)＝ mvC－ mv″2 A(2 分 ) 2 2 解得 v″ A＝5 m/s(1 分 ) 初速度的范围是： 3 m/s≤ vA≤ 4 m/s 或 vA≥ 5 m/s.(1 分 )
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专题一 力与运动
A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
【解析】由题意知，1、2间距等于2、3间距，由于竖直方向 是匀加速运动，故t12＞t23，又因为水平方向为匀速运动，故
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专题一 力与运动
【解析】根据 v＝ ωr，两座椅的 ω 相等，由 rB＞ rA，可知 vB ＞ vA， A 错误；向心加速度 a＝ ω2r，因 ω 相等 r 不等，故 a
2 ω r 2 不相等， B 错误；水平方向 mgtan θ＝ mω r，即 tan θ＝ ， g
因 rB＞ rA，故 θB＞ θA， C 错误；竖直方向 FT cos θ＝ mg，绳 mg 子拉力 FT＝ ，因 θB＞ θA，故 FTB＞ FTA， D 正确． cos θ
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专题一 力与运动
拓展训练4
(2013· 河南南阳一中期末) (单选)如图甲所示，一