专题强化平抛运动与圆周运动的综合问题

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高考物理一轮复习专题热点平抛运动与圆周运动的综合问题讲义

专题热点四平抛运动与圆周运动的综合问题一、水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题1.命题角度此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解,多以选择题或计算题形式考查.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１】地面上有一个半径为R 的圆形跑道,高为ｈ的平台边缘上的P 点在地面上P ′点的正上方,P ′与跑道圆心O 的距离为L (Ｌ>Ｒ）,如图4－1所示，跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计).问:图4-１(1）当小车分别位于A 点和B 点时(∠A ＯＢ=90°)，沙袋被抛出时的初速度各为多大？（2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动,当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中,小车的速率v 应满足什么条件？【解析】（1)沙袋从Ｐ点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为ｔ，则h ＝12gt 2，解得ｔ=错误! 当小车位于A 点时．有x A ＝v Ａt =L -R可得v A =(L -R )错误!当小车位于Ｂ点时,有x B =v B t ＝L 2+R 2可得v B ＝错误!(２)若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v 0min =v A ＝(Ｌ－R )＼ｒ(＼ｆ(g,2h ))若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大,有x C ＝ｖ０m ａx t =L +R可得v 0max =（Ｌ＋R )错误!所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L -R ）错误!≤ｖ0≤（L ＋R )错误!（３)要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落的时间相同t AB =（ｎ+14）２πＲv (n ＝0，1,２,3,…) t AB =t ＝错误!得v =错误!错误!(ｎ=０,1,２，3,…)【答案】 (1）（L -R )错误! 错误!（２)(L －Ｒ)＼ｒ(＼f （ｇ,２h ))≤v 0≤(L +Ｒ)＼f(g,2h )(3)＼f(4n ＋1πR ,2)错误!（n =0,１,2,3，…)二、竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题1．命题角度此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动,有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动,往往要结合能量关系求解,多以计算题形式考查．2．解题关键(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”,然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件.(2）速度也是联系前后两个过程的关键物理量．图４－2【例2】如图4－2所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点,下端系一质量m =1.0 k ｇ的小球．现将小球拉到Ａ点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B 点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C 点,地面上的D 点与OB 在同一竖直线上,已知绳长L =１.0 ｍ,B 点离地高度H =1.0 m ，A 、B 两点的高度差h =０．5 m,重力加速度g 取1０ m/s ２,不计空气影响,求:(1)地面上DC 两点间的距离s ;(2)轻绳所受的最大拉力大小.【解析】分段研究小球的运动过程，Ａ到B 过程中小球在竖直面内做圆周运动，机械能守恒；B 到C 过程中小球做平抛运动,根据平抛运动的分解求解.注意隐含条件：恰好被拉断时，轻绳达到最大张力．(１)小球从A 到B 过程机械能守恒,有m ｇh ＝1２mv 错误!①小球从Ｂ到C做平抛运动，在竖直方向上有H=＼f(1,2)gｔ2②在水平方向上有s＝v B t③由①②③式解得ｓ≈1.41 ｍ④(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F－mg＝m错误!⑤由①⑤式解得Ｆ＝２0 N根据牛顿第三定律F′＝-F轻绳所受的最大拉力为20 N．【答案】 (1）1.41 m (2)2０N。

4.平抛与圆周运动组合问题

4. 平抛与圆周运动组合问题一、基础知识平抛＋圆周运动往往涉及多个运动过程和功能关系，解题的关键是做好两点分析：1．临界点分析：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．运动过程分析：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．二、典型例题[例1] 如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R ＝0.8 m ，OA 水平、OB 竖直．轨道底端距水平地面的高度h ＝0.8 m ．从轨道顶端A 由静止释放一个质量m 1＝0.1 kg 小球，小球到达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个小球m 2发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C 与B 点之间的水平距离x ＝0.4 m ．忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v 1；(2)两球从B 点飞出时的速度大小v 2；(3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小．解析 (1)从A 点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgR ＝12mv 21 代入数据得：v 1＝4 m/s(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：竖直方向上有：h ＝12gt 2 代入数据解得：t ＝0.4 s水平方向上有：x ＝v 2t代入数据解得：v 2＝1 m/s(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得：m 2＝3m 1＝3×0.1＝0.3 kg碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R代入数据得：F N ＝4.5 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5 N ，方向竖直向下．答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)4.5 N二、针对训练1．固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示．今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )A ．一定会落到水平面AE 上B ．一定会再次落到圆弧轨道上C ．可能会再次落到圆弧轨道上D ．不能确定解析：选A.如果小球恰能通过最高点D ，根据mg ＝m v 2D R，得v D ＝gR ，知小球在最高点的最小速度为gR .根据R ＝12gt 2得：t ＝2R g. 则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2R g ＝2R .知小球一定落在水平面AE 上．故A 正确，B 、C 、D 错误．2．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平，已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力；。

第五章-专题四平抛与圆周运动组合问题的分析

专题四平抛与圆周运动组合问题的分析考纲解读 1.掌握运用平抛运动规律、圆周运动知识解决综合性问题的方法.2.掌握程序法在解题中的应用．考点一平抛运动与直线运动的组合问题1．一个物体平抛运动和直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．2．两个物体分别做平抛运动和直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．例1 如图1所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)小球水平抛出时的初速度v 0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x ；图1(3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？解析 (1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh代入数据，得v y ＝4 m /s ，v 0＝3 m/s.(2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 sx ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a ＝mg sin 53°m＝8 m/s 2 初速度v ＝＝5 m/sH sin 53°＝v t 2＋12a 22t 代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134s(不合题意舍去) 所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 技巧点拨抓住小球平抛到斜面顶端“刚好沿光滑斜面下滑”这一关键条件，利用斜面倾角和速度的分解与合成求合速度．突破训练1 如图2所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹欲轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)．设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的图2关系应满足 ( )A ．v 1＝H x v 2B ．v 1＝v 2 x HC ．v 1＝x Hv 2 D ．v 1＝v 2答案 C解析由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：x ＝v 1t ，同时竖直方向应满足：H＝12gt 2＋v 2t －12gt 2＝v 2t ，所以有x v 1＝H v 2，即v 1＝x Hv 2，C 选项正确．考点二平抛运动与圆周运动的组合问题例2 如图3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：图3(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N －mg ＝m v D 2R代入数据解得N ＝68 N由牛顿第三定律得N ′＝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．突破训练2 在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4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图4与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)问：(1)水流的初速度v 0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°＝12gt 2解得t ＝ 2(h －R sin 37°)g＝1 s 所以v y ＝gt ＝10 m/s ，由图可知：v 0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v ＝v 0sin 37°＝12.5 m/s ，根据ω＝v R可得ω＝12.5 rad/s.27．直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题的分析解析 (1)在C 点：mg ＝m Rv C 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 ＋N ＝m v D 2r(2分) 所以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) s ＝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．突破训练3 水上滑梯可简化成如图6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，不计空图6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s 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 ＝ma ①又f ＝μN ②N ＝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 ·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 2R⑦ 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 ⑨ s ＝v t ⑩联立⑥⑨⑩式解得：s ＝4 m. 高考题组1． (2012·福建理综·20)如图7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图7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 g 2H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＝0.22． (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8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. 图8(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 . 模拟题组3．如图9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 点图9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)31mgR 4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 －N C ＝2m v C 2R解得N C ＝3mg 2由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力N C ′＝N C ＝3mg 2，方向竖直向下 (2)在A 点对小球受力分析有：N ＋F sin 37°＝2mg ③小球从A 到B 由动能定理有：F cos 37°·s －μN ·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 ＝31mgR 44．如图10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 点距水平面的高图10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N ，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2 2R联立解得：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：N ′＝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 ＝gttan α＝v x v y解得：tan α＝ 3所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.专题突破练平抛与圆周运动组合问题的分析(限时：45分钟)►题组1 平抛运动与直线运动的组合1．如图1所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m /s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度v 0同方向滑出，B 与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.A 、B 均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)A 球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；(3)A 球落地时，A 、B 之间的距离．答案 (1)3 s 30 m (2)20 m 图1解析 (1)对A 球，由平抛运动规律得水平方向：s 1＝v 0t竖直方向：H ＝12gt 2 解得s 1＝30 m ，t ＝3 s(2)对于物块B ，根据牛顿第二定律得，－μmg ＝ma解得a ＝－5 m/s 2当B 速度减小到零时，有0＝v 0＋at ′得t ′＝2 s判断得：在A 落地之前B 已经停止运动，由运动学公式v t 2－v 20＝2as 2得：s 2＝10 m则Δs ＝s 1－s 2＝20 m.2．如图2所示，一物块质量m ＝1.0 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B 点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g 取10 m/s 2)图2(1)物块水平抛出的初速度v 0是多少？(2)若取A 所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B 点的机械能．(3)从滑块第一次到达B 点时起，经0.6 s 正好通过D 点，求B 、D 之间的距离．答案 (1)0.6 m/s (2)－4 J (3)0.76 m解析 (1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m /s ＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则v A ＝v y sin 53°＝0.80.8m /s ＝1 m/s v 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s从A 到B 的运动过程中由动能定理得mgH －μmg cos 53°H sin 53°＝12m v 2B －12m v 2A 在B 点时的机械能：E B ＝12m v 2B －mgH ＝－4 J (3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为：a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v B a 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2B 、D 间的距离s BD ＝v B 22a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m 题组2 平抛运动与圆周运动组合问题3．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，则下列说法错误的是 ( )A ．小球到达c 点的速度为gR 图3B ．小球到达b 点时对轨道的压力为5mgC ．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 R g答案 B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：N －mg ＝m v b 2R，联立解得 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 R g，x ＝2R ，C 、D 项正确．4．如图4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＝2 图4 C ．1tan θ1·tan θ2＝2 D ．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．5．如图5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：图5(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 ＝2ghv y ＝4 m/s在B 点：tan θ2＝v y v 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 2B v B ＝v A 2+v y 2＝5 m/s解得v 2C ＝33 m 2/s 2在C 点：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N ′＝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s P A ＝v A 22a＝1.5 m.6. 如图6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．图6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 1μ1mg －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s 1、s 2 ，则：对物块有：v C －a 1t ＝vv 2－v 2C ＝－2a 1s 1对木板有：a 2t ＝vv 2＝2a 2s 2设木板长度至少为L ，由题意得：L ≥s 1－s 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．7．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 ，图7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 g 2h＝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/R12m 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 －fL ＝12m v 2m in ，由此解得t ＝2.53 s。

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。

核心素养微专题2 平抛运动与圆周运动的综合问题

[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点做平抛运动，vB为平抛运动与圆周运动的关联速度． (2)小球从B到C点做匀速圆周运动，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．
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[解析] (1)从A到B小球做平抛运动，在B点的速度方向如图所示则 x＝r·sin 45°＝v0t h＝12gt2 在B点：tan 45°＝vgt0 得v0＝2 m/s，h＝0.2 m |OA|＝h＋r·cos 45°＝0.6 m.
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(2)设小球运动到B点时的速度大小为vB，则由机械能守恒定律可得 mg·2L＋12mv2A＝12mv2B，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－ mg＝mvLB2 ，解得FT＝7mg.
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(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
动规律得，水平距离为x＝v0t，t相等，则小球2和小球3的落点
到A点的距离之比为 5∶2 3，故选项B正确．
答案：BD
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2.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45° 的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2. 则( )
v2 R
，得v＝
gR ，设小球能通过最高点时在
轨道最低点时最小速度为v′，由机械能守恒定律得2mgR＋
1 2
mv2＝12mv′2，得v′＝ 5gR.由于v1＝2 gR＜v′，所以小球

物理复习方略课件(鲁科版)热点专题系列(三)圆周运动与

(3)8.5 m
【热点集训】 1.小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω 匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )
g r2 R2
A. 22R 2
R
解得：v= gR =4 m/s<15 m/s
故物块能沿圆周轨道运动
(3)设物块到达半圆轨道最低点A时的速度为v2，由机械能守
恒定律得：
1 2
mv12

mg
2R

1 2
mv
2 2
物块从A点开始做平抛运动：
h= 1 gt2
2
x=v2t
解得：x= v2
2h =8.5 m
g
答案：(1)15 m/s (2)见解析
【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：Tmcosθ-mg=0 水平方向：Tmsinθ= m v12
r
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：
1 2
mv12＋mgh1

1 2
mv22
解得：h1

v
2 2

v12
解得：d mgH lcos 1.2 m
f1 f2 mg
(3)选手从最低点开始做平抛运动,则：
x=vt
H-l=
1 2
gt2
解得：x 2 l H l (1 cos)
当l= H 时，x有最大值，解得：l=1.5 m
2

高考物理大一轮复习单元综合专题(四)平抛运动与圆周运

二、题型鸟瞰
题型鸟瞰题型一：平抛运动与水平面内圆周运动的综合题型二：平抛运动与竖直面内圆周运动的综合题型三：平抛运动与圆盘转动问题的综合
高考热度 ★★★★★ ★★★★★ ★★★★
题型透析
平抛运动与水平面内圆周运动的综合此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，解题思路是： 1．分析物体做匀速圆周运动的受力，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． 3．两种运动衔接点处的速度是联系前后两个过程的关键物理量．
设小球由平抛至落地的水平射程为 x，如图所示．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此类问题有两种类型：一是物体先做平抛运动后做圆周运动；二是物体先做圆周运动后做平抛运动，解题的三个关键点： 1．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． 2．竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是 “轻绳模型”，注意应用物体到达圆周最高点的临界条件． 3．两种运动衔接点处的速度联系前后两个过程的关键物理量．注意速度方向与圆周的几何关系．
例3 如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边 B 点以速度 v0 水平飞出质量为 m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端 A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ 是 OA 与竖直方向的夹角．已知：m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ ＝ 53°，圆弧轨道半径 R＝0.5 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：
从 A→C 机械能守恒： 12mvA2＝12mvC2＋mgR(1＋cos53°) vC＝3 m/s＞ 5 m/s 所以小球能到达 C 点由牛顿第二定律得：FN＋mg＝mRvC2 解得 FN＝4 N 由牛顿第三定律知，小球对 C 点的压力为 4 N.

平抛运动与圆周运动的组合问题（含答案）

1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：求：(1)A 、C 两点的高度差；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；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°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，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，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，抛运动的物体，水流轨道与下边放置的轮子边缘相切，水流轨道与下边放置的轮子边缘相切，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，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可可使轮子连续转动，使轮子连续转动，输出动力．输出动力．当该系统工作稳定时，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/s 2)问：问：(1)水流的初速度v 0大小为多少？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？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°＝12gt 2解得t ＝2(h －R sin 37°)g＝1 s所以v y ＝gt ＝10 m/s ，由图可知： v 0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v ＝v 0sin 37°＝12.5 m/s ，根据ω＝v R 可得ω＝12.5 rad/s. 3、解析 (1)在C 点：mg ＝m Rv C 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 D2r(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，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，不计空点无初速度地自由滑下，不计空气阻力．求：气阻力．求：(1)小朋友沿斜槽AB 下滑时加速度a 的大小；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；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．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 ＝ma① 又F f ＝μF N ② F N ＝mg cos θ③ 联立①②③式解得：a ＝4.4 m/s 2④(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 2－0⑤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：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 2① 在水平方向上有s ＝v 0t ②由①②式解得v 0＝sg2H 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 02R③ f m ＝μN ＝μmg ④ 由③④式得μ＝v 02gR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，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？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？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)(2)11113mg(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 12R 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 32l ，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：试求：(1)小球在C 点对滑杆的压力；点对滑杆的压力；(2)小球在B 点的速度大小；点的速度大小；(3)BC 过程小球克服摩擦力所做的功．过程小球克服摩擦力所做的功．答案 (1)32mg ，方向竖直向下，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 2①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°＝2mg③ 小球从A 到B 由动能定理有：F cos 37°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：，试求：(1)摩擦力对小物块做的功；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；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，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 12R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 22R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 ＝1510 s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°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，相切，一小球以初速度v 0沿直轨道向右运动．沿直轨道向右运动．如图如图3所示，所示，小球进入圆小球进入圆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点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的 d 点，则点，则( ) A ．小球到达c 点的速度为gRB ．小球到达b 点时对轨道的压力为5mgC ．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 ＝2R g ，x ＝2R ，C 、D 项正确．1010、如图所示，、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．则与竖直方向的夹角．则( )A ．tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1·tan θ2＝2C ．1tan θ1·tan θ2＝2 D ．tan θ1tan θ2＝2 答案 B解析由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gtv 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：求：(1)物块离开A 点时水平初速度的大小；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；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．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 ＝2ghv 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 2 P A 间的距离x P A ＝v A 22a＝1.5 m. 1212、如图所示，半径、如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面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．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：试求： (1)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力；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？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°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．1313、某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图、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，示，赛车从起点赛车从起点A 出发，出发，沿水平直线轨道运动沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入点进入半径为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．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 2min ，由此解得t ＝2.53 s。

物理高考专题平抛运动与圆周运动组合中的双临界问题(解析版)

尖子生的自我修养系列(一)曲线运动中的一个难点——双临界问题(细化题型)平抛运动和圆周运动是两种典型的曲线运动模型，均是高考的重点，两者巧妙地结合对学生的推理能力提出更高要求，成为高考的难点。

双临界问题能有效地考查学生的分析能力和创新能力，从而成为高考命题的重要素材。

下面分三类情况进行分析。

[例1] [多选](2020·将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便水平飞向锅里，若面团到锅上沿的竖直距离为0.8 m ，面团离锅上沿最近的水平距离为0.4 m ，锅的直径为0.4 m 。

若削出的面片能落入锅中，则面片的水平初速度可能是(g ＝10 m/s 2)( )A ．0.8 m/sB ．1.2 m/sC ．1.8 m/sD ．3.0 m/s【解析】水平飞出的面片发生的运动可看成平抛运动，根据平抛运动规律，水平方向：x ＝v 0t ①，竖直方向：y ＝12gt 2 ②，其中水平位移大小的范围是0.4 m≤x ≤0.8 m ，联立①②代入数据解得1 m/s≤v 0≤2 m/s ，故B 、C 项正确。

【答案】BC[方法规律] 解决平抛运动中双临界问题的一般思路(1)从题意中提取出重要的临界条件，如“恰好”“不大于”等关键词，准确理解其含义。

(2)作出草图，确定物体的临界位置，标注速度、高度、位移等临界值。

(3)在图中画出临界轨迹，运用平抛运动的规律进行解答。

[集训冲关]1．(2020·济南模拟)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m 的20 cm 高的竖直细杆，即为获胜。

一身高1.7 m 的人从距地面1 m 高度水平抛出圆环，圆环半径为8 cm ，要想套住细杆，他水平抛出圆环的速度可能为(g 取10 m/s 2)( ) A ．7.4 m/s B ．7.8 m/s C ．8.2 m/s D ．8.6 m/s 【解析】选B 根据h 1－h 2＝12gt 2得，t ＝2(h 1－h 2)g＝2×(1.0－0.2)10s ＝0.4 s 。

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

微专题-方法系列圆周运动与抛体运动的综合问题

方法系列
圆周运动与抛体运动的综合问题试题
上页
下页
典例
解析
(1)地面上DC两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小．
(1)1.41 m
(2)20 N
答案
方法系列
圆周运动与抛体运动的综合问题试题
上页
下页
典例
解析
(1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，则 1 mgh＝ mv2 2 B 小球从 B 到 C 做平抛运动，则在水平方向有 s＝ vBt 1 在竖直方向有 H＝ gt2 2 联立①②③式解得 s＝ 1.41 m. ② ③ ①
方法系列
圆周运动与抛体运动的综合问题试题
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典例
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【典例1】 (2016· 青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R＝1 m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为 h＝1.25 m．在滑道左端静止放置一个质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2. 当用一大小为F＝4 N的水平向右的拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度g取10 m/s2.
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圆周运动与抛体运动的综合问题
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问题2：竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题 1．命题角度此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查． 2．解题关键 (1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件． (2)速度也是联系前后两个过程的关键物理量．

4章末专题突破-复习课圆周运动与平抛运动的综合问题

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1.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质
量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内．A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75 mg，求
A、B两球落地点间的距离．
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一、水平面内的圆周运动与平抛运动的综合 1 ．此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平
抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考
查． 2．解题关键山东金太阳书业有限公司
(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
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(2)小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得： 1 2 1 mv1＋ mgh1＝ mv2 2 2 2
2 2 v2 － v1 11 解得： h1＝＝ L 2g 4
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13L H＝ h1＋ Lcos θ＝ 4 设小球由平抛至落地的水平射程为x，如图所示．水平方向：x＝ v1t 1 竖直方向： h1＝ gt2 2 又有： R＝ r2＋ x2
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(1)小物块到达弧面底端B点时速度的大小v；
(2)小物块在弧面底端B点时对B点的压力的大小N′；
(3)小物块从 C点水平抛出到落在地面上，在水平方向上的位移大小 x. 山东金太阳书业有限公司
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曲线运动专题二平抛运动与圆周运动相结合的问题

曲线运动专题二平抛运动与圆周运动相结合的问题说明：1. 平抛运动与圆周运动的组合题,用平抛运动的规律求解平抛运动问题,用牛顿定律求解圆周运动问题,关键是找到两者的速度关系．若先做圆周运动后做平抛运动,则圆周运动的末速度等于平抛运动的水平初速度;若物体平抛后进人圆轨道,圆周运动的初速度等于平抛末速度在圆切线方向的分速度。

2. 分析多解原因:匀速圆周运动具有周期性,使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生,这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时,必须把各种可能都考虑进去． 3. 确定处理方法：(1)抓住联系点:明确两个物体参与运动的性质和求解的问题,两个物体参与的两个运动虽然独立进行,但一定有联系点,其联系点一般是时间或位移等,抓住两运动的联系点是解题关键。

(2)先特殊后一般:分析问题时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况,再根据运动的周期性,在转过的角度θ上再加上 2πr,具体π的取值应视情况而定。

练习题1．（多选）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gRB ．小球到达b 点进入圆形轨道时对轨道的压力为mgC ．小球在直轨道上的落点d 与b 点距离为RD ．小球从c 点落到d 点所需时间为2Rg2．如图为俯视图，利用该装置可以测子弹速度大小。

直径为d 的小纸筒，以恒定角速度ω绕O 轴逆时针转动，一颗子弹沿直径水平快速穿过圆纸筒，先后留下a 、b 两个弹孔，且Oa 、Ob 间的夹角为α．不计空气阻力，则子弹的速度为多少？3．（单选）如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是（）A ．02dv ω=B ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，（n ＝0,1,2,3，…）C．2dv02＝L2gD．dω2＝gπ2(1＋2n)2，（n＝0,1,2, 3，…）4．一半径为R、边缘距地高h的雨伞绕伞柄以角速度ω匀速旋转时（如图所示），雨滴沿伞边缘的切线方向飞出．则：⑴雨滴离开伞时的速度v多大？⑵甩出的雨滴在落地过程中发生的水平位移多大？⑶甩出的雨滴在地面上形成一个圆,求此圆的半径r为多少?5．如图，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=0．5m,离水平地面的高度H=0．8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0．4m．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=10m/s2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．6．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d，重力加速度为g．忽略手的运动半径和空气阻力．知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34（1）求绳断开时球的速度大小v1（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？7．如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹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．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．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方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0．1 m．不计挡水板的大小，不计空气阻力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．求：(1)轮子转动角速度ω；(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h．题目点评：1、抓住刚好能通过c 点（无支撑）得条件，到达b 点进入圆形轨道时，有竖直向上的向心加速度，超重状态，对轨道的压力大于mg 。

高二学考专题11平抛运动与圆周运动组合问题

高二学考专题11平抛运动与圆周运动组合问题考点一平抛运动与直线运动的组合问题1．平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两分运动具有等时性．2．当物体做直线运动时，分析物体受力是解题的关键．正确分析物体受力，求出物体的加速度，然后运用运动学公式确定物体的运动规律．3．平抛运动与直线运动的衔接点的速度是联系两个运动的桥梁，因此解题时要正确分析衔接点速度的大小和方向．★典型例题★如图甲所示，在高h =0．8m的平台上放置一质量为Ｍ=1kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘d =2m。

现给小木块一水平向右的初速度v0，其在平台上运动的v2-x关系如图乙所示。

小木块最终从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s =0．8m的地面上，g取10m/s2，求：（1）小木块滑出时的速度v；（2）小木块在水平面滑动的时间t；（3）小木块在滑动过程中产生的热量Q。

★针对练习1★如图所示，滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上。

忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是：（）A．v0越大，运动员在空中运动时间越长B．B．v0越大，运动员落地时重力的瞬时功率越大C．v0越大，运动员落地时机械能越大D．v0越大，运动员落地时偏离水平水平方向的夹角越大考点二平抛运动与圆周运动的组合问题1．物体的圆周运动主要是竖直面内的圆周运动，通常应用动能定理和牛顿第二定律进行分析，有的题目需要注意物体能否通过圆周的最高点．2．平抛运动与圆周运动的衔接点的速度是解题的关键．★典型例题★如图所示为圆弧形固定光滑轨道，a点切线方向与水平方向夹角53o，b点切线方向水平。

一小球以水平初速度6m/s做平抛运动刚好能沿轨道切线方向进入轨道，已知轨道半径1m ，小球质量1kg 。

（sin53o =0．8，cos53o =0．6，g =10m/s 2）求（1）小球做平抛运动的飞行时间。

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。

物理跟踪专练热点5 平抛运动与圆周运动的综合考查

热点5 平抛运动与圆周运动的综合考查［热点分析]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．如图所示,一小物块自平台上以速度v0水平抛出,刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0。

032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0。

5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos53°＝0。

6,sin53°＝0。

8，g取10 m/s2.求：(1）小物块水平抛出的初速度v0是多少；（2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值．［解析](1)小物块自平台做平抛运动,由平抛运动知识得:v y＝2gh＝错误!m/s＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑,则tan53°＝v y v0得v0＝0.6 m/s.(2）设小物块过圆轨道最高点的速度为v，受到圆轨道的压力为F N。

则由向心力公式得：F N＋mg＝m错误!由动能定理得:mg(H＋h）－错误!－mg（R＋R cos53°）＝错误!mv2－错误!mv错误!小物块能过圆轨道最高点，必有F N≥0联立以上各式并代入数据得：R≤错误!m,即R最大值为错误!m.[答案](1)0.6 m/s(2）错误!m对于平抛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．攀上山峰，见识险峰，你的人生中，也许你就会有苍松不惧风吹和不惧雨打的大无畏精神,也许就会有腊梅的凌寒独自开的气魄，也许就会有春天的百花争艳的画卷，也许就会有钢铁般的意志.。