03平抛 圆周运动

平抛运动及匀速圆周运动平抛运动的规律平抛运动的有关公式：以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t ，①位移：分位移 x=v 0t y=21gt 2，合位移 s ＝2220)21()(gt t v + tan φ＝02gt v ，φ为合位移s 与x 轴的夹角， 可以看出，做平抛运动的物体，其位移的大小和方向都随时间而变化.②速度：分速度 v x ＝v 0 v y ＝gt ，合速度 v=220)(gt v + tan ＝0gt v ，θ为合位移v 与x 轴的夹角， 同样可以看出，做平抛运动的物体，其速度的大小和方向都随时间而变化.匀速圆周运动规律：1. 基本概念：①线速度v 、角速度ω，周期Ｔ、频率f 的关系：v r =ω v T r =2π v f r =⋅2π②向心加速度a n ，a n 的方向时刻指向圆心，所以a n 是时刻在变化的，故匀速圆周运动是非匀变速运动。

a n =r ω2 a=r 2υ③向心力：向心力不是一种独立的力，它是使物体产生向心加速度，从而使物体做圆周运动的合外力，凡是使物体产生a 向的力（可以是一个力，也可以是几个力的合力）就是F 向。

F 向=ma 向注：有关向心力的几点说明(1)向心力不是一种特殊的力。

重力(引力)、弹力、摩擦力等每一种力以及这些力的合力或分力都可以作为向心力。

(2)匀速圆周运动中的向心力始终垂直于物体运动的速度方向，所以它只能改变物体的速度方向，不能改变速度的大小。

(3)匀速圆周运动同样遵循牛顿运动定律。

匀速圆周运动的物体具有a 向，∴该物体所受∑≠F外0，且∑==F ma F ma外向向向即()，同理，这个F向是物体实际受到的全部外力在沿着a向的方向上合成得到的，（并不是物体实际受到的这些外力之外，还受到了所谓“F ma向向=”的力）。

2021届高考复习之核心考点系列之物理考点总动员【名师精品】考点03平抛运动与圆周运动【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。

【专题定位】本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题.高考对本专题的考查以运动的组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性.考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等。

【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。

单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。

平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。

圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。

【应考策略】熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法。

四、平抛运动当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。

其轨迹为抛物线，性质为匀变速运动。

平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。

广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。

1、 （合成与分解的角度）平抛运动基本规律① 速度：0v v x =，gt v y = 合速度 22yx v v v += 方向 ：tan θ=oxy v gt v v =②位移x =v o t y =221gt 合位移大小：s =22y x + 方向：tan α=t v g x y o ⋅=2 ③时间由y =221gt 得t =x y 2（由下落的高度y 决定） 竖直方向自由落体运动，匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。

④一个有用的推论平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。

证明：设时间t 内物体的水平位移为s ，竖直位移为h ，则末速度的水平分量v x =v 0=s/t ，而竖直分量v y =2h/t ， s hv v 2tan x y ==α，所以有2tan s h s =='α 2、平抛运动是匀变速曲线运动3、平抛中能量守恒注意：两个分解（位移和速度）和两个物理量（角度和时间）4．应用举例【例5】 已知网高H ，半场长L ，扣球点高h ，扣球点离网水平距离s 、求：水平扣球速度v 的取值范围。

解析：假设运动员用速度v max 扣球时，球刚好不会出界，用速度v min 扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得：()hgs L g h s L v 2)(2/max +=+=； )(2)(2/min H h gsg H h s v -=-= hH s LvOAθ v v 0v yA OB D C实际扣球速度应在这两个值之间。

例6、如图8在倾角为θ的斜面顶端A 处以速度V 0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B 处，设空气阻力不计，求（1）小球从A 运动到B 处所需的时间；（2）从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？分析与解：（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从A 运动到B 处所需的时间为t,则： 水平位移为x=V 0t 竖直位移为y=221gt 数学关系得到:gV t t V gt θθtan 2,tan )(21002== （2）从抛出开始计时，经过t 1时间小球离斜面的距离达到最大,当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大。

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 0gh2，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）1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

三观一统十年高考真题精解03 抛体运动与圆周运动十年树木，百年树人，十年磨一剑。

本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。

三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。

（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：物体作曲线运动的条件（2016年新课标Ⅰ卷T20）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】试题分析：带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故AB正确，C错误。

在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。

（2016年新课标Ⅰ卷T18）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。

物理必修二圆周运动与平抛运动结合圆周运动和平抛运动这两个看似毫不相关的物理现象，其实在某些时候却是可以结合在一起的。

你可能会想，这两个东西有啥关系呢？一个是物体绕着圆轨道转，另一个是物体飞出去后受重力影响，呈弯曲轨迹下落。

听起来好像差得很远，是不是？别急，我们慢慢往下看。

生活中的很多现象，表面看着没什么联系，其实背后都有共同的物理规律。

如果你搞明白了这两个运动的结合，嘿，说不定以后看那些飞得又高又远的篮球，或者旋转的摩天轮时，你就能秒懂了！咱先从圆周运动说起。

圆周运动其实就是物体沿着一个圆形轨道转动的运动。

你知道的，很多东西都能转，比如摩天轮、轮胎、还有那种咻咻旋转的秋千。

转得越快，离中心越远，转得越“猛”，感觉就越刺激。

你是不是也在旋转木马上体验过那种“天旋地转”的感觉？这种天旋地转的感觉就是圆周运动的一个直观表现。

物体在圆周上运动时，它的速度方向不停地变化，虽然它的速度大小可能不变，但方向不停地变化，所以它实际上一直在做加速运动。

没错，你没听错，虽然看着好像匀速在转，但它可是在不断加速的！好啦，说到这，接下来咱聊聊平抛运动。

别看它名字平平无奇，实际上一抛就飞，给你个不小的“惊喜”。

想象一下，你把一个篮球使劲儿往空中一扔，篮球不是笔直地往上飞，而是弯弯曲曲的，最后“啪”的一声掉下来。

为什么它不是一条直线呢？这就跟地球的引力脱不了干系。

篮球刚开始被你扔出去时，它的初速度是沿着水平方向的。

然后重力作用下，篮球会不断地向下掉，搞得它的轨迹就像个弯弯的抛物线。

篮球在飞的过程中，水平速度是一直存在的，直到它“着陆”之前，这个速度也没有消失。

所以，平抛运动给我们的最大感受就是它的“弯”，就像你拐弯抹角说话一样，总不可能一开始就直来直去，是吧？既然都明白了这两种运动的基本概念，接下来就是把它们结合起来。

想象一下，你站在一个转盘上，身边有个篮球架。

你轻轻把篮球从转盘的边缘处抛出去，这个时候，篮球的运动轨迹可就有意思了。

运动学中的平抛运动与圆周运动运动学是物理学中研究物体的运动规律和基本运动情况的学科。

在运动学中有许多重要的运动形式，其中包括平抛运动和圆周运动。

本文将重点介绍这两种运动形式，并探讨它们的特点和应用。

一、平抛运动平抛运动，顾名思义，是指物体在水平方向上以一定的初速度被抛出后，在竖直方向上受到重力的作用而运动的过程。

平抛运动中，物体的加速度只有垂直向下的重力加速度，并且速度沿着抛出的方向保持不变。

在平抛运动中，物体的轨迹呈抛物线形状。

这是因为在水平方向上，物体的速度始终保持不变；而在竖直方向上，物体受到重力作用逐渐加速向下运动。

因此，物体的运动轨迹是在垂直方向上平均变化的。

平抛运动具有一些重要的特点。

首先，抛出的物体在沿着水平方向上的运动速度始终保持不变。

其次，抛出物体在竖直方向上的运动满足自由落体运动的规律，即竖直方向上的位移随时间的平方增加。

最后，平抛运动的时间是由物体在竖直方向上运动到最高点再下落到原点的时间所决定的。

平抛运动在实际中有着广泛的应用。

例如，投掷运动中的铁饼、标枪和投球等都属于平抛运动。

此外，在工程领域中，人们常常需要计算投射物体的飞行轨迹以及抛出物体的最远距离等，这都离不开平抛运动的基本原理。

二、圆周运动圆周运动是指物体围绕圆心做运动的过程。

在圆周运动中，物体沿着一个圆周路径运动，它的速度和加速度的方向始终朝着圆心，而速度大小保持不变。

圆周运动具有一些重要的特点。

首先，物体在圆周运动中的加速度是向心加速度，它的方向指向圆心，大小与速度大小和半径的乘积成正比。

其次，物体的速度大小在圆周运动中保持不变，但速度的方向在每一个时刻都发生变化。

最后，圆周运动的周期是物体沿着圆周路径运动一周所需要的时间。

圆周运动在日常生活和自然界中都有着广泛的应用。

例如，地球绕太阳的公转和月球绕地球的运动都是典型的圆周运动。

此外，许多机械运动，如旋转的轮车、风扇叶片以及地球上的旋转木马等，也都属于圆周运动的范畴。

高一物理必修二：平抛运动与圆周运动知识总结全文共5篇示例，供读者参考高一物理必修二：平抛运动与圆周运动知识总结11、“绳模型”如上图所示，小球在竖直平面内做圆周运动过点情况。

（注意：绳对小球只能产生拉力）（1）小球能过点的临界条件：绳子和轨道对小球刚好没有力的作用（2）小球能过点条件：v≥（当v>时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力）（3）不能过点条件：v<（实际上球还没有到点时，就脱离了轨道）2、“杆模型”，小球在竖直平面内做圆周运动过点情况（注意：轻杆和细线不同，轻杆对小球既能产生拉力，又能产生推力。

）（1）小球能过点的临界条件：v=0，f=mg（f为支持力）（2）当0f>0（f为支持力）（3）当v=时，f=0（4）当v>时，f随v增大而增大，且f>0（f为拉力）高一物理必修二：平抛运动与圆周运动知识总结2线速度v=s/t=2πr/t2.角速度ω=φ/t=2π/t=2πf向心加速度a=v^2/r=ω^2r=(2π/t)^2r4.向心力f心=mv^2/r=mω^2_=m(2π/t)^2_周期与频率t=1/f6.角速度与线速度的关系v=ωr角速度与转速的关系ω=2πn(此处频率与转速意义相同)主要物理量及单位：弧长(s):米(m)角度(φ)：弧度(rad)频率(f)：赫(hz)周期(t)：秒(s)转速(n)：r/s半径(r):米(m)线速度(v)：m/s角速度(ω)：rad/s向心加速度：m/s2注：(1)向心力可以由具体某个力提供，也可以由合力提供，还可以由分力提供，方向始终与速度方向垂直。

(2)做匀速度圆周运动的物体，其向心力等于合力，并且向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小，因此物体的动能保持不变，但动量不断改变。

高一物理必修二：平抛运动与圆周运动知识总结3第一节认识运动机械运动：物体在空间中所处位置发生变化，这样的运动叫做机械运动。

运动的特性：普遍性，永恒性，多样性参考系1.任何运动都是相对于某个参照物而言的，这个参照物称为参考系。

掌门1对1教育 高中物理高中 物理 第五章 平抛运动和匀速圆周运动知识框架作为高中物理曲线运动的代表，平抛和圆周很有必要结合在一起研究知识点1．将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，忽略空气阻力，仅在重力作用下物体所做的运动就叫做平抛运动．平抛运动是加速度恒为重力加速度 g 的匀变速曲线运动。

2．将物体以一定的初速度沿斜上方(或斜下方)抛出，仅在重力作用下物体所做的运动就叫做斜抛运动．如踢出的足球、投出的标枪、射出的导弹、喷射出的水柱等．3．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；斜抛运动可以看成是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动的合运动。

4．设斜抛运动的初速度为 v 0，与水平方向的夹角为θ，则水平方向上的分速度v x ＝v 0cos θ，竖直方向上的分速度v y ＝v 0sin θ－gt ；水平方向上的分位移x ＝v 0tcos θ，竖直方向上的分位移y=v 0tsin θ－12gt 2典型例题做平抛运动的物体，在水平方向上通过的最大距离取决于（）A．物体所受的重力和抛出点的高度B．物体所受的重力和初速度C．物体的初速度和抛出点的高度D．物体所受的重力、高度和初速度解析：根据平抛运动水平位移的公式s＝v0t＝v02hg可知，水平位移与物体的初速度和抛出点高度有关。

重点诠释1.平抛运动的条件（1)物体具有水平方向上的初速度．（2)仅受重力作用，即F合＝G.2．平抛运动的性质：由于做平抛运动的物体只受重力作用，由牛顿第二定律知，其加速度恒为g，是匀变速运动，又因为重力与速度不在同一直线上，物体做曲线运动，因此平抛运动是匀变速曲线运动．3.平抛运动的规律如图所示，物体从O 点以水平初速度v0 抛出，P为经过时间t后轨迹上的一点，位移为s，速度为v，α、θ分别为s、v 与水平方向的夹角．位移关系：速度关系：加速度轨迹方程平抛运动的轨迹为抛物线，其轨迹方程为4．平抛运动的结论：(1)平抛运动的时间t ＝2h g ，只由高度决定，与初速度无关． (2)水平位移x ＝v0t ＝v02h g，由初速度和高度共同决定． (3)速度vt ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋gt2＝v 20＋2gh ，与水平方向的夹角有tan θ＝vy v0＝2gh v0，落地速度由初速度和高度共同决定． 典型例题1．在同一水平直线上的两位置分别沿相同方向抛出两小球A 和 B ，其运动轨迹如图 5－2－4 所示，不计空气阻力，要使两球在空中相遇，则必须( )A ．先抛出 A 球B ．先抛出 B 球C ．同时抛出两球D ．使两球质量相等解析：由于相遇时 A 、B 做平抛运动的竖直位移相同，由 h ＝—gt2可以判断两球下落的时间相同，即应同时抛出两球，C 正确，A 、B 错误．物体做平抛运动的水平位移和竖直位移与质量无关，D 错误．答案：C知识点1.匀速圆周运动：质点沿圆周运动，如果在相等的时间内通过的弧长相等，这种运动就叫做匀速圆周运动．2．线速度：(1)定义：质点做圆周运动所通过的弧长和所用时间的比值叫做线速度．(2)大小：v ＝Δs/Δt ，单位是 m/s.(3)方向：在圆周各点的切线方向上．(4)“匀速圆周运动”中的“匀速”指的是速度的大小不变，即速率不变；而“匀速直线运动”中的“匀速”指的是速度的大小和方向都不变，两者并不相同．3．角速度：（1)定义：在匀速圆周运动中，连接运动质点和圆心的半径所转过的角度跟所用时间的比值，就是质点运动的角速度．（2）定义式：ω＝Δθ/Δt.(3)角速度的单位：rad/s.4.线速度、角速度与周期的关系：v ＝ωr ＝2πr/T.重点诠释1．描述圆周运动的物理量有线速度、角速度、周期、频率、转速等．2．周期与频率：物体转动一周所用的时间 T 称为周期，周期的倒数 f 称为频率． T ＝2πω＝2πr v ，f ＝1T. 3．线速度v 与各物理量的关系：v ＝2πr T＝ωr. (1)物体转动一周的弧长Δs ＝2πr ，用时T ，则v ＝Δs Δt ＝2πr T＝2πrf. (2)物体在Δt 时间内转过的弧长为Δs ＝Δθ·r ，则v ＝Δs Δt ＝Δθ·r Δt＝ωr ＝2πnr. 4．角速度ω与各物理量的关系：ω＝2πT ＝v r. (1)物体转动一周转过的角度为Δθ＝2π，用时T ，则ω＝ΔθΔt ＝2πT＝2πf. (2)与线速度的关系：ω＝v r. 5．转速n ：物体单位时间内转过的圈数称为转速，n ＝Δθ2πt ＝ω2π.知识点1．圆周运动(即使是匀速圆周运动)由于运动方向在不断改变，所以也是变速运动，会有加速度．2．任何做匀速圆周运动的物体的加速度都指向圆心，这个加速度叫向心加速度．3．向心加速度的大小为a n＝v2/r＝ω2r4.虽然向心加速度的大小一定，但由于向心加速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速运动，即非匀加速运动。

高考定位 平抛运动和圆周运动是典型的曲线运动，而处理平抛运动的方法主要是运动的合成与分解，因此运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动是每年必考的知识点．复习中要注意理解合运动与分运动的关系，掌握平抛运动和圆周运动问题的分析方法，能运用平抛运动知识和圆周运动知识分析带电粒子在电场、磁场中的运动．考题1 对运动的合成和分解的考查例1 (2014·四川·4)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.k v k 2－1B.v 1－k 2C.k v 1－k 2D.v k 2－1审题突破 根据去程时船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当回程时路线与河岸垂直，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．解析 设大河宽度为d ，小船在静水中的速度为v 0，则去程渡河所用时间t 1＝d v 0，回程渡河所用时间t 2＝d v 20－v 2.由题知t 1t 2＝k ，联立以上各式得v 0＝v 1－k 2，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案 B1．如图1所示，细绳一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θD ．v cot θ答案 A解析 由题意可知，线与光盘的交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v ，由数学三角函数关系，则有：v 线＝v sin θ；而沿线方向的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像如图2甲、乙所示．下列说法正确的是( )A ．前2 s 内质点处于超重状态B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．质点的加速度方向与初速度方向垂直D ．质点向下运动的过程中机械能减小答案 D解析 由题图甲知，质点在竖直方向向下加速运动，即加速度的方向向下，故处于失重状态，所以A 错误；2s 末v y ＝4 m/s ，水平方向匀速运动v x ＝43 m/s ，故此时质点的速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝4103m /s ，可得B 错误；质点的加速度竖直向下，初速度斜向下，故不垂直，所以C 错误；由题图甲可求加速度a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律可得mg －f ＝ma ，即质点在下落的过程中受竖直向上的力，该力做负功，所以质点的机械能减小，所以D 正确．1．分运动与合运动具有等时性和独立性．2．运动的合成与分解属矢量的合成分解，满足平行四边形、三角形和正交分解．3．分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按实际运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动．考题2 对平抛运动的考查例2 (2014·浙江·23)如图3所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m /s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．审题突破 (1)由匀变速直线运动规律求解．(2)子弹做平抛运动，选地面为参考系，求解第一发子弹的弹孔离地的高度；数学关系结合平抛规律求解靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，说明第一颗子弹没有击中靶，第二颗子弹能够击中靶，平抛运动规律求解L 的范围．解析 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2 (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L v ＋v 0＝0.5 s 第一个弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g (L －s v)2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m (3)若使第一发子弹恰好打到靶的下沿，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v ) 2h g＝492 m 若使第二发子弹恰好打到靶的下沿，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v 2h g＋s ＝570 m 为使靶上只有一个弹孔，则此弹孔一定是第二发子弹在靶上留下的弹孔 故L 的范围为492 m<L ≤570 m答案 (1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m3．如图4所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A.23v203gB.23v209gC.43－6v20gD.4－23v20g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝(43－6)v 20g，故选C. 4．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.5π12答案 B 解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，得：v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 5．如图5所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A 、B 两处．不计空气阻力，则落到B 处的石块( )A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长答案 A 解析 由于B 点在A 点的右侧，说明水平方向上B 点的距离更远，而B 点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误．1．平抛运动、类平抛运动处理的方法都是采用运动分解的方法，即分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动．2．在平抛(类平抛)运动中要注意两个推论，在解答选择题时常用到：(1)做平抛(类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲所示．(2)如图乙，设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意位置处瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ. 考题3 对圆周运动的考查例3 如图6所示，在竖直平面内有xOy 坐标系，长为l 的不可伸长细绳，一端固定在A 点，A 点的坐标为(0，l 2)，另一端系一质量为m 的小球．现在x 坐标轴上(x >0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．(1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力； (2)为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围． 审题突破 (1)由数学知识求出小球做圆周运动的轨道半径，由机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．(2)由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒定律求出钉子的位置，然后确定钉子位置范围．解析 (1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球绕钉子转动的半径为：R 1＝l － (l 2)2＋x 2 小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：mg (l 2＋R 1)＝12m v 21在最低点细绳承受的拉力最大，有：F －mg ＝m v 21R 1联立求得最大拉力F ＝7mg . (2)小球绕钉子做圆周运动恰好到达最高点时，有： mg ＝m v 22R 2运动中机械能守恒：mg (l 2－R 2)＝12m v 22 钉子所在位置为x ′＝ (l －R 2)2－(l 2)2 联立解得x ′＝76l 因此钉子所在位置的范围为76l ≤x ≤54l . 答案 (1)7mg (2)76l ≤x ≤54l6．(2014·新课标Ⅰ·20)如图7所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg 2l是b 开始滑动的临界角速度D ．当ω＝ 2kg 3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：f a ＝mω2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝ kg l；对木块b ：f b ＝mω2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝ kg 2l ，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg 2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝ 2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 7．(2014·新课标Ⅱ·17)如图8所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋m v 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．1．圆周运动的基本规律(1)向心力：F ＝mω2r ＝m v 2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r ＝m (2πn )2r . (2)向心加速度①大小：a ＝ω2r ＝v 2r ＝(2πT)2r ＝(2πf )2r ＝(2πn )2r . ②注意：当ω为常数时，a 与r 成正比；当v 为常数时，a 与r 成反比；若无特定条件，不能说a 与r 成正比还是成反比．考题4 平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4 (17分)如图9所示，一小物块自平台上以速度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 ，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cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块水平抛出的初速度v 0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 ＝2×10×0.032 m /s ＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝v y v 0(3分) 得v 0＝0.6 m/s.(2分) (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N .则由向心力公式得：N ＋mg ＝m v 2R (2分) 由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12m v 2－12m v 20(5分) 小物块能过圆轨道最高点，必有N ≥0(1分)联立以上各式并代入数据得： R ≤821 m ，即R 最大值为821m ．(2分) 答案 (1)0.6 m/s (2)821m(2014·福建·21)(19分)如图10所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R) 答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R 解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ① R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B－0④ 由③④式得 W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－N ＝m v 2P R ⑦ N ＝0⑧ cos θ＝h R ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩ 知识专题练 训练3题组1 运动的合成和分解1．如图1所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知弧长MP 大于弧长PN ，质点由M 点运动到P 点与从P 点运动到N 点所用的时间相等．则下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C ．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动答案 B 解析 由题图知，质点在恒力作用下做一般曲线运动，不同地方弯曲程度不同，即曲率半径不同，所以速度大小在变，所以A 错误；因是在恒力作用下运动，根据牛顿第二定律F ＝ma ，所以加速度不变，根据Δv ＝a Δt 可得在相同时间内速度的变化量相同，故B 正确，C 错误；因加速度不变，故质点做匀变速运动，所以D 错误．2．公交车是人们出行的重要交通工具，如图2所示是公交车内部座位示意图，其中座位 A 和 B 的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A 座位沿 AB 连线相对车以 2 m/s 的速度匀速运动到 B ，则站在站台上的人看到该乘客( )A ．运动轨迹为直线B ．运动轨迹为抛物线C ．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D ．当车速度为5 m /s 时，该乘客对地速度为7 m/s答案 B 解析 人相对地面参与了两个方向的运动，一个是垂直于车身方向的匀速运动，一个是沿车身方向的匀加速直线运动，类似于一个物体做平抛运动，所以运动轨迹是抛物线，故A 错误，B 正确；乘客受到沿车身方向的合外力，处于非平衡状态，C 错误；速度的合成遵循平行四边形定则，当车速为5 m/s 时，乘客对地速度为29 m/s ，D 错误．题组2 平抛运动3．如图3所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地，有( )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的2倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能可能相同答案 D 解析 设P 点离地面高度为h ，两小球的初速度大小为v 0，则a 落地的时间t a ＝2h g ，a 的位移x a ＝h 2＋(v 0t a )2；对b 分段求时间t b ＝v 0g ＋4h g ，又有h ＝v 202g ，解得t a ＝(2－1)t b ，b 的位移x b ＝h ，a 的位移x a ＝5h ，故x a x b＝5，所以A 、B 错误．由机械能守恒可知，a 、b 落地时速度大小相等，方向不同，若a 、b 质量相等，则动能相等，选项C 错误，D 正确．4．如图4所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A. 3gR 2B. 33gR 2C. 3gR 2D. 3gR 3答案 B解析 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，知速度与水平方向的夹角为30° 设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan 30°2＝36因为tan θ＝y x ＝y 32R ，则竖直位移y ＝3R 4，v 2y ＝2gy ＝3gR 2.所以tan 30°＝v y v 0，v 0＝3gR 233＝33gR 2，故B 正确，A 、C 、D 错误． 5．如图5所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点．已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等 D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3答案 CD 解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mg v y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin 60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确． 6．静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是( ) A ．水流射出喷嘴的速度为gt tan θ B ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度为2gt cot θ 答案 B解析 由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝y x ＝gt 2v x ，可得水流射出喷嘴的速度为v x ＝gt 2tan θ，故A 错误；下落的高度y ＝12gt 2，水流落地时位移s ＝y sin θ＝gt 22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝S v x t ＝Sgt 22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝(gt )2＋v 2x ＝gt 1＋14tan 2θ，所以D 错误． 7．如图6所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3答案 C解析 小球A 做平抛运动，根据分位移公式，有：x ＝v 1t ① y ＝12gt 2② 又tan 30°＝y x③联立①②③得：v 1＝32gt ④ 小球B 恰好垂直打到斜面上，则有： tan 30°＝v 2v y ＝v 2gt ⑤ 则得v 2＝33gt ⑥ 由④⑥得：v 1∶v 2＝3∶2. 8．如图7所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．当小球的初速度v 0＝2gR 2时，掉到环上时的竖直分速度最大 B ．当小球的初速度v 0<2gR 2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 ABD解析 当下落的高度为R 时，竖直分速度最大，根据R ＝12gt 2得，t ＝ 2R g ，则v 0＝R t＝2gR 2，故A 、B 正确；设小球垂直击中环，则其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gt v 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C 错误，D 正确，故选A 、B 、D.题组3 圆周运动9．如图8所示，质量相同的钢球①、②分别放在A 、B 盘的边缘，A 、B两盘的半径之比为2∶1，a 、b 分别是与A 盘、B 盘同轴的轮，a 、b 轮半径之比为1∶2.当a 、b 两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力大小之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．1∶4D ．8∶1答案 D解析 皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以v a ＝v b ，因为a 轮、b 轮半径之比为1∶2，根据线速度公式v ＝ωr 得：ωa ωb ＝21，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则ω1ω2＝21.根据向心加速度a ＝rω2，则a 1a 2＝81，由F ＝ma 得F 1F 2＝81，故D 正确，A 、B 、C 错误．10．利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图9所示，用两根长为L 的细线系一质量为m 的小球，两线上端系于水平横杆上的A 、B 两点，A 、B 两点相距也为L ，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )A ．23mgB ．3mgC ．2.5mg D.73mg 2答案 A解析 小球恰好过最高点时有：mg ＝m v 21R 解得v 1＝ 32gL ① 根据动能定理得： mg ·3L ＝12m v 22－12m v 21② 由牛顿第二定律得：3T －mg ＝m v 2232L ③ 联立①②③得，T ＝23mg 故A 正确，B 、C 、D 错误．11．(2014·安徽·19)如图10所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad /s D ．0.5 rad/s答案 C 解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．12．如图11所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面的倾角．板上一根长为l ＝0.6 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3 m /s.若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内(取重力加速度g ＝10 m/s 2)?答案 α≤30°解析 小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：T ＋mg sin α＝m v 21l① 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：－mgl sin α＝12m v 21－12m v 20② 若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0，联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12. 故α最大值为30°，可知若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°.题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合13．(2014·天津·9(1)) 半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图12所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________.答案 gR 22v 2 2n πv R (n ＝1,2,3，…) 解析 小球做平抛运动，在竖直方向：h ＝12gt 2① 在水平方向R ＝v t ② 由①②两式可得h ＝gR 22v 2③ 小球落在A 点的过程中，OA 转过的角度θ＝2n π＝ωt (n ＝1,2,3，…)④ 由②④两式得ω＝2n πv R(n ＝1,2,3，…) 14．一长l ＝0.80 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m＝0.10 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1.00 m ．开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图13所示．让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)当小球运动到B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面上的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；(3)若OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．答案 (1)4 m/s (2)0.80 m (3)9 N解析 (1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12m v 2B＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2gl ＝4 m/s(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B ty ＝H －l ＝12gt 2 解得C 点与B 点之间的水平距离x ＝v B 2(H －l )g＝0.80 m (3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由牛顿定律得F m －mg ＝m v 2B rr ＝l －OP由以上各式解得F m ＝9 N。