高考物理 专题 抛体运动和圆周运动 6 平抛运动与圆周运动强化训练.doc
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一、竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题1.在竖直平面内做圆周运动的物体,按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类:一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”,二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管道)约束模型”。
2.绳、杆模型涉及的临界问题绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由rmvmg2=得:grv=临由小球恰能做圆周运动得v临=0讨论分析(1)过最高点时,grv≥2NmvF mgr+=,绳、轨道对球产生弹力2NmvF mgr=-(2)不能过最高点时,grv<,在到达最高点前小(1)当v=0时,F N=mg,F N为支持力,沿半径背离圆心(2)当grv<<时,2NmvF mgr-+=,F N背向圆心,随v的增大而减小(3)当grv=时,F N=0球已经脱离了圆轨道(4)当gr v >时,2N mv F mg r+=,F N 指向圆心并随v 的增大而增大二、竖直面内圆周运动的求解思路1.定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同;2.确定临界点:gr v=临,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说F N 是表现为支持力还是拉力的临界点;3.研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况;4.受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F 合=F 向.5.过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图,一质量为M 的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大圆环上的质量为m 的小环(可视为质点),从大圆环的最高处由静止滑下,重力加速度为g 。
当小圆环滑到大圆环的最低点时,大圆环对轻杆拉力的大小为:A .Mg –5mgB .Mg+mgC .Mg+5mgD .Mg+10mg 【参考答案】C【试题解析】小圆环到达大圆环低端时满足:2122mg R mv⋅=,对小圆环在最低点,有牛顿定律可得:2N vF mg mR;对大圆环,由平衡可知:TN F MgF ,解得T5F Mgmg ,选项C 正确。
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 ·2Rg =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;(3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板.解析:(1)物块做平抛运动:H -h =12gt 2 到达B 点时竖直分速度:v y =gt =3 m/sv 1=v 20+v 2y =5 m/s方向与水平面的夹角为θ:tan θ=v y v 0=34即:θ=37°,斜向下(2)从A 至C 点,由动能定理mgH =12mv 22-12mv 20 设C 点受到的支持力为F N ,则有F N -mg =m v 22R由上式可得v 2=27 m/s ,F N =47.3 N根据牛顿第三定律可知,物块m 对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3 N ,方向竖直向下.(3)由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力F f =μ1mg =5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为F f ′F f ′=μ2(M +m )g =10 N因F f <F f ′,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动.小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为0,才能保证小物块不滑出长木板.则长木板长度至少为l =v 222μ1g=2.8 m. 答案:(1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下(3)2.8 m。
2021年高考物理【热点·重点·难点】专练(新高考专用)重难点04 平抛运动与圆周运动【知识梳理】考点一 平抛运动基本规律的理解 1.飞行时间:由ght 2=知,时间取决于下落高度h ,与初速度v 0无关. 2.水平射程:x =v 0t =v 0 gh 2,即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定,与其他因素无关. 3.落地速度:gh v v v v x y x 2222+=+=,以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角,有2tan v ghv v xy ==θ,所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关. 4.速度改变量:因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ,所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv =g Δt ;相同,方向恒为竖直向下,如图所示.5.两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,如图中A 点和B 点所示.(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处,设其末速度方向与水平方向的夹角为α,位移与水平方向的夹角为θ,则tan α=2tan θ. 【重点归纳】1.在研究平抛运动问题时,根据运动效果的等效性,利用运动分解的方法,将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动,即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律.这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动,变复杂运动为简单运动,是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法. 2.常见平抛运动模型的运动时间的计算方法 (1)在水平地面上空h 处平抛: 由221gt h =知ght 2=,即t 由高度h 决定. (2)在半圆内的平抛运动(如图),由半径和几何关系制约时间t :221gt h =t v h R R 022=-+联立两方程可求t . (3)斜面上的平抛问题: ①顺着斜面平抛(如图)方法:分解位移 x =v 0t221gt y =x y=θtan可求得gv t θtan 20=②对着斜面平抛(如图)方法:分解速度 v x =v 0 v y =gttan v gt v v xy ==θ 可求得gv t θtan 0=(4)对着竖直墙壁平抛(如图)水平初速度v 0不同时,虽然落点不同,但水平位移相同.vd t =3.求解多体平抛问题的三点注意(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出,则两物体始终在同一高度,二者间距只取决于两物体的水平分运动.(2)若两物体同时从不同高度抛出,则两物体高度差始终与抛出点高度差相同,二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定.(3)若两物体从同一点先后抛出,两物体竖直高度差随时间均匀增大,二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动.考点二 圆周运动中的运动学分析描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等,现比较如下表:1.传动装置(1)高中阶段所接触的传动主要有:①皮带传动(线速度大小相等);②同轴传动(角速度相等);③齿轮传动(线速度大小相等);④摩擦传动(线速度大小相等).(2)传动装置的特点:(1)同轴传动:固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同;(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动:皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等.2.圆周运动各物理量间的关系(1)对公式v =ωr 的理解 当r 一定时,v 与ω成正比. 当ω一定时,v 与r 成正比. 当v 一定时,ω与r 成反比.(2)对a =rv 2=ω2r =ωv 的理解在v 一定时,a 与r 成反比;在ω一定时,a 与r 成正比. 考点三 竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题1.在竖直平面内做圆周运动的物体,按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类:一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”,二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管道)约束模型”. 2.绳、杆模型涉及的临界问题均是没有支撑的小球均是有支撑的小球竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同. (2)确定临界点:gr v =临,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点.(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F 合=F 向. (5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程. 【限时检测】(建议用时:30分钟) 一、单项选择题:本题共4小题。
专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题(练)1.一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆底部时,小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为: ( )A .18mgRB .14mgR C .12mgR D .34mgR 【答案】B 【名师点睛】当滑到半球底部时,半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍,根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度;铁块下滑过程中,只有重力和摩擦力做功,重力做功不影响机械能的减小,损失的机械能等于克服摩擦力做的功,根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功。
2.如图所示,在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体,以初速度v 0被抛出,不计空气阻力,当它到达B 点时,其动能为: ( )A .mgH mv +2021B .12021mgh mv +C .2mgh mgH -D .22021mgh mv +【答案】B【解析】不计空气阻力,只有重力做功,从A 到B 过程,由动能定理可得:E kB -12021mgh mv =,故E kB =12021mgh mv +,选项B 正确。
【名师点睛】以物体为研究对象,由动能定理或机械能守恒定律可以求出在B 点的动能.3.(多选)如图所示,半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内,AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径,C 、D 两点与圆心O 等高.一个质量为m 的光滑小球套在圆环上,一根轻质弹簧一端连在小球上,另一端固定在P 点,P 点在圆心O 的正下方2R 处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑,已知弹簧的原长为R ,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g .下列说法正确的有: ( )A .弹簧长度等于R 时,小球的动能最大B .小球运动到B 点时的速度大小为gR 2C .小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD .小球从A 到C 的过程中,弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量【答案】CD【名师点睛】此题是对功能关系的考查;解题时要认真分析小球的受力情况及运动情况;尤其要知道在最高点和最低点弹簧的伸长量等于压缩量,故在两位置的弹力相同,弹性势能也相同;同时要知道机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功。
2023届新高考物理一轮复习强化训练圆周运动的运动学一、单项选择题1、做匀速圆周运动的两物体甲和乙,它们的向心加速度分别为a1和a2,且a1>a2,下列判断正确的是( )A.甲的线速度大于乙的线速度B.甲的角速度比乙的角速度小C.甲的轨道半径比乙的轨道半径小D.甲的速度方向比乙的速度方向变化快2、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.该车可变换五种不同挡位C.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4D.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶13、如图所示,B和C是一组塔轮,即B和C半径不同,但固定在同一转轴上,其半径之比为R B∶R C=3∶2,A轮的半径大小与C轮相同,它与B轮紧靠在一起,当A轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦力作用,B轮也随之无滑动地转动起来.a、b、c分别为三轮边缘的三个点,则a、b、c三点在运动过程中的( )A.线速度大小之比为3∶2∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.向心加速度大小之比为9∶6∶44、如图所示是一辆共享单车,A、B、C三点分别为单车轮胎和前后两齿轮外沿上的点,其中R A=3R B=9R C,下列说法中正确的是( )A.ωB=ωC B.v C=v AC.ωA=3ωB D.v A=3v B5、如图所示为一个半径为5 m的圆盘,正绕其圆心做匀速转动,当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候,在其圆心正上方20 m 的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出,取g=10 m/s2,不计空气阻力,要使得小球正好落在A点,则( )A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB.小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC.圆盘转动的角速度一定是π rad/sD.圆盘转动的加速度可能是π2 m/s26、许多学生喜欢转笔,如图所示,长为L的笔绕笔杆上的O点做圆周运动,当笔尖的速度为v1时,笔帽的速度为v2,则转轴O到笔帽的距离为( )A .(v 1+v 2)L v 2B .(v 1+v 2)L v 1C .v 1L v 1+v 2D .v 2L v 1+v 27、无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度,其性能优于传统的挡位变速器,很多高档汽车都应用了“无级变速”.如图所示为一种“滚轮—平盘无级变速器”的示意图,它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成.由于摩擦的作用,当平盘转动时,滚轮就会跟随转动,如果认为滚轮不会打滑,那么主动轴的转速n 1、从动轴的转速n 2、滚轮半径r 以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x 之间的关系是( )A .n 2=n 1x rB .n 1=n 2x rC .n 2=n 1x 2r 2 D .n 2=n 1x r8、为了测定子弹的飞行速度,在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘A 、B ,盘A 、B 平行且相距2 m ,轴杆的转速为3 600 r/min ,子弹穿过两盘留下两弹孔a 、b ,测得两弹孔所在半径的夹角θ=30°,如图所示.则该子弹的速度可能是( )A .360 m/sB .720 m/sC .1 440 m/sD .108 m/s二、多项选择题9、如图所示,为A 、B 两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像,其中A 为双曲线的一个分支,由图可知 ( ).A.A物体运动的线速度大小不变B.A物体运动的角速度大小不变C.B物体运动的角速度大小不变D.B物体运动的线速度大小不变10、如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视图.已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置,A点的转弯半径为5.0 m,B点的转弯半径为4.0 m,则学员和教练员(均可视为质点)( )A.线速度大小之比为5∶4B.周期之比为5∶4C.向心加速度大小之比为4∶5D.受到的合力大小之比为15∶1411、如图所示是自行车转动机构的示意图,假设脚踏板每2 s转1圈,要知道在这种情况下自行车前进的速度有多大,还需要测量的物理量是( )A.大齿轮的半径 B.小齿轮的半径C.后轮的半径 D.链条的长度12、如图所示为某一皮带传动装置。
平抛运动和圆周运动1983 年高考作文《挖井》给我们 2013 年高考备考的启迪,明显知道这个点要考,我们恰恰缺乏毅力,而让考生在考场中为试题而痛惜。
本系列训练就是为帮助考生训练解题毅力而编写整理的,希望给大家一些启迪。
资料根源于网络,不适合地方,敬请告之,QQ:691260812。
答案后附带《成功贵在恒》。
备考攻略①以平抛运动、圆周运动为背景考察学生对基本运动形式的认识及理解、推理和剖析能力;②综合万有引力、天体的运动的有关知识点,表现于题中各选项中,以简单剖析,计算为主.1.如下图,一物体自倾角为θ 的固定斜面上某一地点P 处斜向上抛出,抵达斜面顶端Q 处时速度恰巧变为水平方向,已知P、Q间的距离为L,重力加快度为g,则对于抛出时物体的初速度v0的大小及其与斜面间的夹角α,以下关系中正确的有A . tantanB. sin 2Qtan2v 02 1 sinαPcosLgLC .v 0D . v 0 cosθcos22g sin2sin1.B2.学校喷水池的水如图由喷水口向两旁水平喷出,若忽视空气阻力及水之间的互相作用,则喷水口A .水在空中做匀变速运动B .喷水速度必定,喷水口越高,水喷得越近C .喷水口高度必定,喷水速度越大,水喷得越远D .喷水口高度必定,喷水速度越大,水在空中运动时间越长2. AC3. 运动员驾驶摩托车做跳跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目.如下图,AB 是水平路面,长度为 L = 6 m ,BC 是半径为 R = 40 m 的圆弧, AB 、BC 相切于 B 点,CDE 是一段曲面. 运动员驾驶摩托车的功率一直为P = 9 kW ,从 A 点由静止出发,经过 t 1= 4.3 s 到 B 点,此时压力传感器显示摩托车对地压力大小为 F =3.6 ×10 3 N .摩托车经过坡面抵达离地面h = 5 m的 E 点水平飞出,落地址与E 点的水平距离 x = 16 m ,已知人的质量为 m = 60 kg ,摩托车的质量为 M = 120 kg ,重力加快度 g 取 10 m/s 2,运动员和摩托车整体全过程可视为质点,不计空气阻力.求:(1) 摩托车过 B 点时速度 v B ;(2) 摩托车过 E 点时速度 v E ;(3) 设人和摩托车在 AB 段所受的阻力恒定,求该阻力f ;4.在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆,其上的三个水平支架上有三个完整同样的小球 A、 B、 C,它们离地的髙度分别为3h、 2h 和 h,当小车碰到阻碍物P 时,马上停下来,三个小球同时从支架上水平抛出,先后落到水平路面上,如下图.不计空气阻力 , 则以下说法正确的选项是()A.三个小球落地的时间差与车速有关B.三个小球落地址的间隔距离L1=L2C.三个小球落地址的间隔距离L <L2D.三个小球落地址的间隔距离L >L1124.C5. 如下图, b 点位于斜面底端M点的正上方,并与斜面顶端 A 点等高且高度为h 在 A、 B 两点分别以速度 va 和 vb 沿水平方向抛出两个小球a、b( 可视为质点) . 若 a 球落到 M点的同时 ,b 球恰巧落到斜面的中点N, 不计空气阻力,重力加快度为g, 则A.va=vbB.va= 2vbC.a、 b 两球同时抛出2hD. a 球比 b 球提早抛出的时间为(2-1)gB6.如下图,在距地面高为 H= 45m处,有一小球 A 以初速度 v0= 10m/s 水平抛出,与此同时,在 A 的正下方有一物块 B 也以同样的初速度v0 同方向滑出, B 与地面间的动摩擦因数为μ= 0.5 , A、 B 均可看做质点,空气阻力不计,重力加快度g 取 10m/s2,求:(1) A 球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移;(2)物块 B 向前滑行时的加快度;(3) A 球落地时, A、 B 之间的距离。
考点3 斜面上圆周运动的临界问题(能力考点·深度研析)1.题型简述:在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等,物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。
2.解题关键——重力的分解和视图物体在斜面上做圆周运动时,设斜面的倾角为θ,重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等,解决此类问题时,可以按以下操作,把问题简化。
►考向1 斜面上摩擦力作用下的临界问题如图,有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大),盘面与水平面的夹角为θ,绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动,有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度为g 。
要使物体能与圆盘始终保持相对静止,则物体与转轴间最大距离为( C )A.μg cos θω2 B .g sin θω2 C.μcos θ-sin θω2g D .μcos θ+sin θω2g [解析] 由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力最大,由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=mω2r ,解得r =μcos θ-sin θω2g ,故A 、B 、D 错误,C 正确。
与竖直面内的圆周运动类似,斜面上的圆周运动也是集中分析物体在最高点和最低点的受力情况,列牛顿运动定律方程来解题。
只是在受力分析时,一般需要进行立体图到平面图的转化,这是解斜面上圆周运动问题的难点。
►考向2 斜面上绳作用下的临界问题如图所示,在倾角为θ的足够大的固定斜面上,一长度为L 的轻绳一端固定在O 点,另一端连着一质量为m 的小球(视为质点),可绕斜面上的O 点自由转动。
现使小球从最低点A 以速率v 开始在斜面上做圆周运动,通过最高点B 。
重力加速度大小为g ,轻绳与斜面平行,不计一切摩擦。
下列说法正确的是( C )A .小球通过B 点时的最小速度可以小于gL sin θ B .小球通过A 点时的加速度为g sin θ+v 2LC .若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳,则小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2LD .小球通过A 点时的速度越大,此时斜面对小球的支持力越大[解析] 小球通过最高点B 时,当绳的拉力为零时速度最小,即mg sin θ=mv 2min L,最小速度v min =gL sin θ,故A 错误;小球在A 点受重力、斜面的支持力以及绳的拉力,沿斜面方向有F -mg sin θ=mv 2L =ma A ,可得a A =v 2L,故B 错误;若小球以gL sin θ的速率通过B 点时突然脱落而离开轻绳,则小球在斜面上做类平抛运动,在平行于斜面底边方向做匀速直线运动,在垂直于斜面底边方向做初速度为零的匀加速直线运动,故s水平=v B t =gL sin θ·t,2L =12at 2,其中a =g sin θ,联立解得s 水平=2L ,即小球到达与A 点等高处时与A 点间的距离为2L ,故C 正确;斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分力,与小球的速度大小无关,故D 错误。
抛体运动、圆周运动 综合检测(时间90分钟,满分100分)一、单项选择题(本题有8小题,每小题4分,共32分)1.C2.C3.D4.A5.A6.B7.C8.D二、多项选择题(本题有4小题,每小题4分,共16分)9.CD 10.BD 11.AB 12.BC三、实验题(每空2分,共14分)13. (1)BC (2)①0.12 ②1.814.(1) t n ;(2) 4π2n 2R t 2; hR mg ;2224t mR n h R mg π= 四、计算题(15题12分,16题12分,17题14分,共38分)15.解析: (1)当恰好由最大静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力时,绳子拉力为零且角速度达到最大,设此时转盘转动的角速度为ω0,则μmg =mω20 r ,解得ω0=μg r 。
(2)当ω=3μg 2r时,ω>ω0,所以绳子对物体的拉力F 和最大静摩擦力共同提供物体做圆周运动的向心力,此时有F +μmg =mω2r即F +μmg =m ·3μg 2r ·r ,解得F =12μmg 。
16.解析: (1)设人和自行车的总质量为m ,若不受摩擦力作用,则由重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律可得mg tan θ=m v 2R ,解得v =gR tan θ =10×60×0.2590.966m/s ≈12.7 m/s 。
(2)当自行车速度为v ′=18 m/s>12. 7 m/s ,此时重力和支持力的合力不足以提供向心力,斜面对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力,其受力分析如图。
根据牛顿第二定律可得:在竖直方向F N cos θ=mg +F f sin θ在水平方向F f cos θ+F N sin θ=m v ′2R联立解得F f ≈263 N 。
17.解析:(1)如图所示,排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ,排球恰不出界时其运动轨迹为Ⅱ,根据平抛运动的规律,由x =v 0t 和h =12gt 2可得,当排球恰不触网时有x 1=3 m ,x 1=v 1t 1 ①h 1=2.5 m -2 m =0.5 m ,h 1=12gt 12 ②由①②可得v 1=310 m/s当排球恰不出界时有x 2=3 m +9 m =12 m ,x 2=v 2t 2 ③h 2=2.5 m ,h 2=12gt 22 ④ 由③④可得v 2=122 m/s所以排球既不触网也不出界的速度范围是 310 m/s ≤v 0≤122 m/s 。
专题03(类)抛体运动模型(1)模型界定抛体运动是指初速度不为零的物体只在重力作用下的运动,类抛体运动引伸为初速度不为零的物体在不为零的恒力作用下的运动.本模型中只在平抛与斜上抛运动的基础上引伸类平抛与类斜上抛运动的规律与应用.重点在类平抛运动模型.模型破解1.平抛运动(i)平抛运动的条件①只受重力的作用②初速度不为零且水平(ii)常规处理方法平抛运动可以分解为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两个分运动,如图1。
图1(iii)平抛运动的规律(iv )平抛运动推论①从平抛运动开始计时,在连续相等的时间T内,水平位移相等,竖直位移的差值相等:Tv x x i i 01==+21gT y y i i =-+②任意相等时间内速度变化量的大小相等方向相同t g v ∆=∆.做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时,位移与水平方向(即初速度方向)间夹角α、速度与水平方向间的夹角(即偏向角)β之间满足αβtan 2tan =④做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时,瞬时速度的反向延长线通过水平位移的中点为.○5平抛运动中机械能守恒例1.如图所示,在网球的网前截击练习中,若练习者在球网正上方距地面H 处,将球以速度v 沿垂直球网的方向击出,球刚好落在底线上,已知底线到网的距离为L ,重力加速度取g ,将球的运动视作平抛运动,下列表述正确的是例1题图A.球的速度v 等于2HgB.2Hg C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【答案】AB模型演练1.如图,水平地面上有一个坑,其竖直截面为半圆。
ab 为沿水平方向的直径。
若在a 点以初速度0v 沿ab 方向抛出一小球,小球会击中坑壁上的c 点。
已知c 点与水平地面的距离为圆半径的一半,求圆的半径。
【答案】204(743)r v g±=【解析】设圆半径为r ,质点做平抛运动,则:0x v t=①210.52y r gt ==②过c 点做cd ⊥ab 与d 点,Rt △acd ∽Rt △cbd 可得2cd ad db =∙即为:2((2)2r x r x =-③由①②③得:204(743)r v g±=2.某同学对着墙壁练习打网球,假定球在墙面以25m/s 的速度沿水平方向反弹,落地点到墙面的距离在10m 至15m 之间。
6.平抛运动与圆周运动强化训练一、单项选择题1.一个质量为2 kg的物体,在4个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体运动的说法正确的是( ) A.一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小B.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s2C.可能做匀减速直线运动,加速度大小是1.5 m/s2D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是6 m/s2解析:选A.由平衡条件得知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为8 N和12 N的两个力后,物体的合力大小范围为4 N≤F合≤20 N,物体的加速度范围为:2 m/s2≤a≤10 m/s2;A.撤去两个力后,一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小,故A正确;B.若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时,物体做匀变速曲线运动,加速度大小可能是 5 m/s2,故B错误;C.若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向相反时,物体做匀减速直线运动,加速度大小最小可能是2 m/s2,不可能为1.5 m/s2,故C错误;D.撤去两个力后,物体受到的合力恒定,不可能做匀速圆周运动,故D错误.2.如图所示,中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上,通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动,则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A.F不变,v不变B.F增大,v减小C.F增大,v增大D.F增大,v不变解析:选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ,因为A做匀速直线运动,在竖直方向上合力为零,有:F cos θ=mg,因为θ增大,则F增大,物体A沿绳子方向上的分速度v1=v cos θ,因为θ增大,则v减小,故B正确,ACD错误.3.如图所示,下列有关运动的说法正确的是( )A .图甲中撤掉挡板A 的瞬间,小球的加速度竖直向下B .图乙中固定在竖直面内的圆环内径r =1.6 m ,小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC .图丙中皮带轮上b 点的向心加速度大小等于a 点的向心加速度大小(a 点的半径为r ,b 点的半径4r ,c 点的半径为2r )D .图丁中用铁锤水平打击弹簧片后,B 球比A 球先着地解析:选C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡,重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反,撤掉挡板的A 的瞬间,支持力为零,弹簧弹力不变,则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反,则加速度的方向为垂直挡板向下.故A 错误.小球在圆环的最高点的临界情况是:mg =m v 2r ,解得v =gr =4 m/s ,知最高点的最小速度为4 m/s.故B 错误.a 、c 两点的线速度大小相等,根据a =v 2r ,则a 、c 两点的向心加速度之比为2∶1,b 、c 两点的角速度相等,根据a =r ω2,则b 、c 两点的加速度之比为2∶1,可知a 、b 两点的加速度相等.故C 正确.图丁中用铁锤水平打击弹簧片后,A 做平抛运动,B 做自由落体运动,两球同时落地.故D 错误.故选C.4.如图所示,质量相同的两小球a 、b 分别从斜面顶端A 和斜面中点B 沿水平方向抛出后,恰好都落在斜面底端,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A .小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B .小球a 、b 抛出时的初速度大小之比为2∶1C .小球a 、b 到达斜面底端时的动能之比为4∶1D .小球a 、b 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1∶1 解析:选D.因为两球下落的高度之比为2∶1,根据h =12gt 2得,t =2hg,高度之比为2∶1,则时间之比为2∶1,故A 错误.两球的水平位移之比为2∶1,时间之比为2∶1,根据v 0=x t知,初速度之比为2∶1,故B 错误.根据动能定理可知,到达斜面底端时的动能之比E k a ∶E k b =⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2a +mgh a ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2b +mgh b =2∶1,故C 错误.小球落在斜面上,速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,因为位移与水平方向的夹角相等,则速度与水平方向的夹角相等,到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等,故D 正确.故选D.5.如图所示,ABC 为竖直平面内的金属半圆环,AC 连线水平,AB 为固定在A 、B 两点间的直金属棒,在直棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N (棒和半圆环均光滑),现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动,小球M 、N 在图示位置.如果半圆环的角速度变为ω2,ω2比ω1稍微小一些.关于小环M 、N 的位置变化,下列说法正确的是( )A .小环M 将到达B 点,小环N 将向B 点靠近稍许 B .小环M 将到达B 点,小环N 的位置保持不变C .小环M 将向B 点靠近稍许,小环N 将向B 点靠近稍许D .小环M 向B 点靠近稍许,小环N 的位置保持不变解析:选A.M 环做匀速圆周运动,则mg tan 45°=m ω2r ,小环M 的合力大小为定值,如果角速度变小,其将一直下滑,直到B 点,N 环做匀速圆周运动,设其与ABC 环圆心连线夹角为θ,则mg tan θ=m ω2r ,r =R sin θ,R r=ω2cos θ,如果角速度变小,则cos θ变大,θ变小,小环N 将向B 点靠近稍许,因此A 正确.6.如图所示为足球球门,球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点).球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则( )A .足球位移的大小x =L 24+s 2B .足球初速度的大小v 0=g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24+s 2C .足球末速度的大小v =g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24+s 2+4gh D .足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ=L2s解析:选B.根据几何关系可知,足球做平抛运动的竖直高度为h ,水平位移为x水平=s 2+L 24,则足球位移的大小为:x =x 2水平+h 2=s 2+L 24+h 2,选项A 错误;由h =12gt 2,x水平=v 0t ,可得足球的初速度为v 0=g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24+s 2,选项B 正确;对小球应用动能定理:mgh =mv 22-mv 22,可得足球末速度v =v 20+2gh =g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24+s 2+2gh ,选项C 错误;初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ=2sL,选项D 错误.二、多项选择题7.如图所示,底角为θ=π4 的圆锥体静止不动,顶端通过一根长为L =1 m 的细线悬挂一个质量为m =1 kg 的小球,细线处于张紧状态,若小球在水平面内做匀速圆周运动,角速度为ω的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间,不计一切阻力,则细线拉力F 可能等于( )A .52-5B .52+5C .15D .20解析:选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时,小球受到重力G 、拉力F 的作用,它们的合力提供向心力,mg cot π4=m ω20L cosπ4,得ω0=102rad/s ,此时ω0的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间,当ω较小时,小球没有脱离圆锥,小球受到重力G 、拉力F 和垂直于光滑圆锥的支持力N 的作用,它们在水平方向的合力提供向心力,则F sin θ-N cos θ=G ,F cosθ-N sin θ=mL cos θω2,可求得,F =G sin θ+m ω2L cos 2 θ,此时52+4.5≤F ≤102,当ω较大时,小球脱离圆锥,小球的重力G 和拉力F 的合力提供向心力,设细线和水平方向夹角为α,则F cos α=m ω2L cos α,可求得F =m ω2L,102≤F ≤16,综上分析,选项B 、C 正确.8.在竖直杆上安装一个光滑小导向槽,使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动;不计经导向槽时小球的能量损失;设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v ,重力加速度为g ;那么当小球有最大水平位移时,下列说法正确的是( )A .导向槽位置应在高为v 24g 的位置B .最大水平距离为v 2gC .小球在上、下两过程中,在经过某相同高度时,合速度的大小总有v 下=2v 上D .当小球落地时,速度方向与水平方向成45°角解析:选AD.设平抛时的速度为v 0,根据机械能守恒定律可得:12mv 20+mgh =12mv 2,解得:v 0=v 2-2gh ;根据平抛运动的知识可得下落时间:t =2hg,则水平位移x =v 0t =⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2g -2h ·2h ,所以当v 2g -2h =2h 时水平位移最大,解得h =v 24g ,A 正确;最大的水平位移为:x =4h 2=2h =v 22g,B 错误;根据机械能守恒定律可知,在某高度处时上升的速率和下落的速率相等,C 错误;设速度与水平方向成θ,位移与水平方向的夹角为α,根据平抛运动的规律可知,tan θ=2tan α=2×h2h=1,则θ=45°,所以D 正确.9.如图所示,水平转台上有一质量为m 的小物块,用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上,细线与转轴间的夹角为θ;系统静止时,细线绷直但绳中张力为零,物块与转台间动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )A .物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B .至转台对物块的支持力为零时,物块的角速度大小为g tan θLC .至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功mgL sin 2 θ2cos θD .细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析:选CD.由题可知,物体做加速圆周运动,所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向.故A 错误;对物体受力分析知物块离开圆盘前,沿轴线方向的合力:F =f +T sin θ=m v 2r① N +T cos θ=mg②根据动能定理知W =E k =12mv 2当弹力T =0,r =L sin θ 当N =0,f =0,由①②知ω0=g L cos θ,所以当物块的角速度增大到g L cos θ时,物块与转台间恰好无相互作用;此时W =E k =12mv 2=12m (ω0L sin θ)2=mgL sin 2θ2cos θ,故B错误,C 正确;由几何关系可知,物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直,所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零.故D 正确;故选CD.三、非选择题10.如图所示,半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接,O 为圆弧轨道ABC 的圆心,B 点为圆弧轨道的最低点,半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m =0.5 kg 的物体(视为质点)从A 点左侧高为h =0.8 m 处的P 点水平抛出,恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0;(2)物体经过B 点时,对圆弧轨道的压力大小F N ;(3)物体在轨道CD 上运动的距离x .(结果保留三位有效数字) 解析:(1)由平抛运动规律知:v 2y =2gh 竖直分速度v y =2gh =4 m/s 初速度v 0=v y tan 37°=3 m/s.(2)从P 点至B 点的过程,由机械能守恒有mg (h +R -R cos 53°)=12mv 2B -12mv 2经过B 点时,由向心力公式有F N ′-mg =m v 2BR代入数据解得F N ′=34 N由牛顿第三定律知,物体对轨道的压力大小为F N =34 N.(3)因μmg cos 37°>mg sin 37°,物体沿轨道CD 向上做匀减速运动,速度减为零后不会下滑.从B 点到上滑至最高点的过程,由动能定理有-mgR (1-cos 37°)-(mg sin 37°+μmg cos 37°)x =0-12mv 2B代入数据可解得x =135124 m ≈1.09 m.答案:(1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m11.如图所示,将质量m =1.0 kg 的小物块放在长L =3.0 m 的平板车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间的动摩擦因数μ=0.6,光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内,半圆形轨道的半径r =1.2 m ,直径MON 竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,开始时车和物块一起以v 0=10 m/s 的初速度在水平轨道上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,取g =10 m/s 2,求:(1)物块刚进入半圆形时速度大小; (2)物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小; (3)物块回落至车上时距右端的距离.解析:选取物块为研究对象应用动能定理即可求得速度;物块做圆周运动,由牛顿第二定律和向心力公式列式可以求出物块受到的支持力,然后由牛顿第三定律求出对轨道的压力;小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,根据平抛运动的基本公式即可求解.(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v 1,由动能定理可得:-μmgL =12mv 21-12mv 20,解得v 1=8.0 m/s(2)刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为F N ,由牛顿第二定律:F N -mg =m v 21r,代入数据解得:F N =63.3 N .由牛顿第三定律可得:F N =F N ′,所以物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为63.3 N ,方向竖直向下.(3)若物块能到达半圆形轨道的最高点,则由机械能守恒可得:12mv 21=12mv 22+mg 2r解得v 2=4 m/s设恰能通过最高点的速度为v 3,则:mg =m v 23r代入数据解得:v 3=2 3 m/s因v 2>v 3,故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,设距车右端的水平距离为x ,则:在竖直方向:2r =12gt 2水平方向:x =v 2t代入数据解得:x =835 m ≈2.8 m答案:(1)8.0 m/s (2)63.3 N (3)2.8 m。