2016年高考物理一轮复习新题快递微专题4《平抛运动与圆周运动的综合问题》

专题04平抛运动与圆周运动【母题来源一】2016年全国新课标Ⅲ卷【母题原题】（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则：（）A．2()mgR WamR-B．2mgR WamR-=C．32mgR WNR-=D．)mgR W NR-=2(【答案】AC【考点定位】考查了动能定理、圆周运动【方法技巧】应用动能定理应注意的几个问题：(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度；(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)；(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的，若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待。

【母题来源二】2016年江苏卷【母题原题】有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是：（）A．①B．②C．③D．④【答案】A【考点定位】考查抛体运动【方法技巧】两球的质量不同是本题的一个干扰因素，重在考查学生对物体运动规律的理解，抛体运动轨迹与物体的质量无关，只要初始条件相同，则轨迹相同。

【命题意图】考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律以及离心运动等知识点，意在考查考生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。

【考试方向】高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题多集中在考查平抛运动与圆周运动规律的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关平抛运动与圆周运动自身固有的特征物理量。

竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现。

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(∠AOB ＝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 ＝2h g当小车位于A 点时．有x A ＝v A t ＝L －R可得v A ＝(L －R )g 2h当小车位于B 点时，有x B ＝v B t ＝L 2＋R 2可得v B ＝g L 2＋R 22h (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 )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 ＝v 0max t ＝L ＋R可得v 0max ＝(L ＋R )g 2h所以沙袋被抛出时的初速度范围为(L －R )g 2h ≤v 0≤(L ＋R )g 2h(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)2πR v(n ＝0,1,2,3，…) t AB ＝t ＝2h g得v ＝4n ＋1πR2g 2h(n ＝0,1,2,3，…) 【答案】 (1)(L －R )g 2h g L 2＋R 22h(2)(L －R )g 2h≤v 0≤(L ＋R )g 2h (3)4n ＋1πR2g 2h(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 kg 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mgh ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有 H ＝12gt 2②在水平方向上有 s ＝v B t ③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 v 2B L⑤ 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)20 N。

微专题四 平抛运动与圆周运动的综合问题1．(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是 ( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R 答案：BC 解析：设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒，得mgH ＝mg ·2R ＋12mv 2A ，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，水平位移x 水＝v A t ＝2gH －4gR ·2R g＝22RH －4R 2，故B 正确．小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H >2R ，C 正确．2．半径为R 的光滑半圆轨道BCD 与光滑水平抛道BA 在B 处相切，小球弹射器P 弹射的小钢球恰能从半圆轨道的最高点D 处沿切线进入轨道内，并沿半圆轨道做圆周运动，弹射器射管轴线与水平面成θ角，射管管口到B 点的距离为x ，管口到水平面的高度不计，取重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列结论不正确的是( )A ．x 有最小值，且最小值x min ＝2RB ．θ有最大值，且最大值的正切值tan θmax ＝2C ．若增大x ，要保证小球仍从D 处切入圆轨道，则小球过D 点时对轨道的压力减小D ．若减小θ，要保证小球仍从D 处切入圆轨道，则小球弹出时的速度增大答案：C 解析：小球从最高点D 进入圆轨道并做圆周运动，应满足F N ＋mg ＝m v 2x R ，则进入轨道的最小速度v min ＝gR .小球从射出到进入圆轨道，可看作反向的平抛运动，水平方向x ＝v x t ，竖直方向2R ＝12gt 2，代入最小速度得x 的最小值x min ＝2R ，A 选项正确；小球的竖直速度v y ＝gt ＝2gR 为定值，则v x 越小，θ越大，故tan θmax ＝v y v min＝2，反之，θ越小，v x 越大，小球射出时的速度v ＝v 2x ＋v 2y 越大，B 、D 两项正确；由于小球在空中的运动时间t＝2R g 是定值，因此x 越大，v x 越大，由F N ＋mg ＝m v 2x R可知小球在D 点对轨道的压力越大，C 选项错误．3．如图所示，质量为m ＝0.2 kg 的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A 以初速度v 0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径．P 点到桌面的竖直距离为R .小球飞离桌面后恰由P 点无碰撞地落入圆轨道，取g ＝10 m/s 2.(1)求小球在A 点的初速度v 0及AP 间的水平距离x ；(2)求小球到达圆轨道最低点N 时对N 点的压力；(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M .答案：见解析解析：(1)小球由A 点做平抛运动，在P 点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P 点的竖直分速度为v y ＝v tan 45°＝v 0由平抛运动规律得v y ＝gt ，R ＝12gt 2，x ＝v 0t 解得v 0＝4 m/s ，x ＝1.6 m.(2)小球在P 点的速度为v ＝v 20＋v 2y ＝4 2 m/s小球从P 点到N 点，由动能定律得mgR (1－cos 45°)＝12mv 2N －12mv 2 小球在N 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2N R解得小球所受支持力F N ＝(14－22) N由牛顿第三定律得，小球对N 点的压力为F N ′＝(14－22) N ，方向竖直向下．(3)假设小球能够到达M 点，对小球由P 点到M 点由动能定理得mgR (1＋cos 45°)＝12mv 2－12mv ′2 解得v ′＝16－8 2 m/s小球能够完成圆周运动，在M 点须有mg ≤m v 2M R即v M ≥gR ＝8 m/s由v ′<v M 知，小球不能到达圆轨道最高点M .4．(2015·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 的水平拉力向右拉动物块的同时，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，过B 点水平抛出，恰好落入小桶内．取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度．答案：(1)0.3 s (2)4 m解析：(1)物块做平抛运动，设水平初速度为v ，所用时间为t ，则水平方向R ＝vt 竖直方向h ＝12gt 2 解得物块离开滑道时的速度v ＝2 m/s ，t ＝0.5 s设拉动物块时的加速度为a 1，所用时间为t 1，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2解得a 2 ＝2 m/s 2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间T ＝2π＝1 s物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为 t 1＋t 2＋t ＝T解得t 1＝0.3 s.(2)物块加速t 1′＝0.5 s 的末速度v 1＝a 1t 1′＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 1′2＋v 2－v 21－2a 2＝4 m.。

第四章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．(2014·佛山质量检测)“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。

某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。

假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则( )A ．大人抛出的圆环运动时间较短B ．大人应以较小的速度抛出圆环C ．小孩抛出的圆环发生的位移较大D ．小孩抛出的圆环单位时间内速度的变化量较小 [答案] B[解析] 本题考查平抛运动规律，意在考查考生的分析推理能力。

由平抛运动规律可知，h ＝12gt 2，大人抛出的圆环高度大，故运动时间较长，A 项错；又圆环水平位移相同，由x ＝v 0t 可知，大人应以较小的速度抛出圆环，B 项正确；小孩抛出的圆环竖直位移较小，故总位移也较小，C 项错；抛出的圆环加速度均为g ，即单位时间内速度的变化量相同，D 项错。

2.(2014·湖北孝感高三调研)一偏心轮绕垂直纸面的轴O 匀速转动，a 和b 是轮上质量相等的两个质点，a 、b 两点的位置如图所示，则偏心轮转动过程中a 、b 两质点( )A ．线速度大小相等B ．向心力大小相等C ．角速度大小相等D ．向心加速度大小相等[答案] C[解析] a 和b 两个质点都绕同一个转轴O 转动，角速度ω相等，C 对。

但是由图知半径不相等，而线速度v ＝ωR ，因此线速度不相等，A 错。

向心加速度a ＝ω2R ，角速度相等半径不等，因此向心加速度不等，D 错。

向心力等于F ＝ma ，质量相等a 不等，所以向心力不相等，B 错。

3.(2014·保定调研)固定在竖直平面内的光滑细圆管，管道半径为R 。