高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.17平抛运动与圆周运动综合问题(基础篇)(含解析)

A．水流在空中运动时间为 t＝2gv0
B．水流在空中运动时间为 t＝
3v0 g
C．水车最大角速度接近 ω＝2Rv0
D．水车最大角速度接近 ω＝
3v0 R
Байду номын сангаас
[解析]水流垂直落在与水平面成 30°角的水轮叶面上水平方向速度和 竖直方向速度满足 tan 30°＝vg0t，解得 t＝ 3gv0，故 B 正确，A 错误；水 流到水轮叶面上时的速度大小为 v＝sinv30 0°＝2v0，根据 v＝ωR，解得 ω ＝2Rv0，故 C 正确，D 错误。
＝
S0
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项 2h
D
正确。
ωg
2．(多选)(2023·广东佛山模拟)水车是我国劳动人民利用水能的一项 重要发明。下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0， 垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。 在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速 度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的 是( BC)
的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水
嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表 示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，
忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( BD )
A．若 h1＝h2，则 v1 v2＝R2 R1
第四章
曲线运动 万有引力与航天
专题强化三 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。

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(2018·四川·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.kvk2－1B.v1－k2C.kv1－k2D.vk2－1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v0，则去程渡河所用时间t1＝dv0，回程渡河所用时间t2＝dv 20－v2.由题知t1t2＝k，联立以上各式得v0＝v1－k2，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( )图1A．vsin θ B．vcos θC．vtan θ D．vcot 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＝vsin 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象和水平方向的位移图象如图2甲、乙所示．下列说法正确的是( )图2A．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；2 s末v y＝4 m/s，水平方向匀速运动v x＝43m/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/s2，根据牛顿第二定律可得mg－F 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(2018·浙江·23)如图3所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝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/s2)图3(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 ＝209 m/s 2(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋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 1L 1＝(v 0＋v) 2hg ＝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 2L 2＝v 2hg＋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)209 m/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)( )图4A.23v 203gB.23v 209gC.3－20gD.－2320g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 0tan60°＝3v0，v 0t ＝R ＋Rcos 30°，v y ＝gt ，得R ＝3－ 2g ，故选C.4．(2018·新课标Ⅱ·15)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.π6 B.π4 C.π3 D.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12mv 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( )图5A ．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，l2)，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．图6(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 －l22＋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)＝12mv 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)＝12mv 22钉子所在位置为x′＝ －R 22－l 22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．(2018·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( )图7A ．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＝ kg2l 是b 开始滑动的临界角速度D ．当ω＝ 2kg3l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 ＝m ω2R.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 ＝m ω 2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2a l ，ωa ＝ kg l；对木块b ：f b ＝m ω 2b ·2l，当f b ＝kmg 时，kmg ＝m ω 2b ·2l，ωb ＝kg2l，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 ＝m ω2l ，f b ＝m ω2·2l，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l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 ＝m ω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 7．(2018·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( )图8A ．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12mv 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 ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv2R ＝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 ＝m ω2r ＝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．2点速度不能为零)例4(17分)如图9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cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：图9(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＝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 yv0(3分)得v0＝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F N.则由向心力公式得：F N＋mg＝mv2R(2分)由动能定理得：mg(H＋h)－μmgHcos 53°sin 53°－mg(R＋Rcos 53°)＝12mv2－12mv 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N≥0(1分)联立以上各式并代入数据得：R≤821m，即R最大值为821m．(2分)答案(1)0.6 m/s (2)821m考题4平抛与圆周运动组合问题的综合分析(2018·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．图10(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 v2R)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 t① R ＝12gt2② 由①②式得v B ＝2gR③从A 到B ，根据动能定理，有mg(H －R)＋W f ＝12mv 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 －Rcos θ)＝12mv 2P －0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有mgcos θ－N ＝m v 2PR⑦ N ＝0 ⑧ cos θ＝hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R⑩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( )图1A ．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＝aΔt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( )图2A．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( )图3A．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v0，则a落地的时间t a＝2hg，a的位移x a＝h2＋0t a2；对b 分段求时间t b ＝v 0g ＋4h g ，又有h ＝v 22g ，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．(2018·江西省上饶市二模)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( )图4A. 3gR2 B. 33gR2C.3gR2D. 3gR3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 yv 0，v 0＝3gR 233＝33gR2，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( )图5A ．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 ＝mgv 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Rsin 60°＝v 2t 2，R(1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确．6．(2018·浙江“六市六校”模拟)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gttan θB ．空中水柱的水量为Sgt22tan θC ．水流落地时位移大小为gt22cos θD ．水流落地时的速度为2gtcot 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 ＝gt2v 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＝gt22sin θ，所以C 错误；空中水柱的体积V ＝Sv x t ＝Sgt22tan θ，所以B 正确；水流落地时的速度v ＝2＋v 2x ＝gt1＋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( )图6A ．1∶1 B．2∶1 C ．3∶2 D．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 1t①y ＝12gt 2②又tan 30°＝yx ③联立①②③得：v 1＝32gt④ 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＝33gt⑥ 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( )图7A ．当小球的初速度v 0＝2gR2时，掉到环上时的竖直分速度最大 B ．当小球的初速度v 0<2gR2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，Rsin θ＝12gt 2，R(1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 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( )图8A ．2∶1 B．4∶1 C ．1∶4 D．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 ＝r ω2，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( )图9A ．23mgB ．3mgC ．2.5mg D.73mg2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 ＝12mv 22－12mv 21②由牛顿第二定律得：3F T －mg ＝mv 2232L ③联立①②③得，F T ＝23mg 故A 正确，B 、C 、D 错误．11．(2018·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( )图10A. 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，μmgcos 30°－mgsin 30°＝m ω2r 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)图11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mgsin 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：F T ＋mgsin α＝mv 21l ①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理：－mglsin α＝12mv 21－12mv 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．(2018·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＝________.图12答案gR 22v 22n πvR(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 ＝vt②由①②两式可得h ＝gR22v2③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 πvR(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：图13(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 12mv 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 t y ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离x＝v B －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。

专题4.18平抛运动与圆周运动综合问题（提高篇）一．选择题1.（2019·山东省德州市高三模拟）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。

如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h ，与锅沿的水平距离为L ，锅的半径也为L ，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g ，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是（）A ．运动的时间都相同B ．速度的变化量都相同C ．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D ．若初速度为v 0，则03v <<【参考答案】C【名师解析】根据212h gt =可得运动的时间t =A 正确；根据v g t ∆=∆可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项B 正确；因为水平位移的范围为23L x L R L <<+=，则水平最小初速度为min L v t ==：max 33L v t ==，则水平初速度速度的范围为：03v <<；落入锅中时，最大速度m v ==，最小速度为m v ='=，故选项D 正确，C 错误。

2．(2018·安徽省滁州市上学期期末)在某一高度匀速飞行的战机在离目标水平距离s 时投弹，可以准确命中目标，现战机飞行高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则战机投弹时离目标的水平距离23应为(不考虑空气阻力)( )A.sB.sC.sD.s 132323223【参考答案】　C【名师解析】　设原来的速度大小为v ，高度为h ，根据平抛运动的规律可知在竖直方向有：h ＝gt 2，解得：t12＝，在水平方向：s ＝vt ＝v，现战斗机高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则有s ′＝2hg2hg23vt ′，h ＝gt ′2，联立解得：s ′＝s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．231212233.（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图所示，三个质量相等的小球A 、B 、C 从图示位置分别以相同的速度v 0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O 。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第六部分机械能专题6.21与抛体运动相关的功能问题（基础篇）一．选择题1.（2020安徽阜阳期末）如图所示，a、b、c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角a=53°，现从a点正上方的P点由静止释放一质量m=1kg的小球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度v=3m/s通过Q点，已知圆弧轨道的半径R=1m，取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力，下列分析正确的是（）A. 小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5JB. P、a两点的高度差为0.8mC. 小球运动到c点时的速度大小为4m/sD. 小球运动到b点时对轨道的压力大小为43N【参考答案】AD【名师解析】小球c到Q的逆过程做平抛运动，在c点，则有：小球运动到c点时的速度大小v c==m/s=5m/s，小球运动到c点时竖直分速度大小v cy=v tanα=3×m/s=4m/s 则Q、c两点的高度差h==m=0.8m。

设P、a两点的高度差为H，从P到c，由机械能守恒得mg（H+R cosα）=，解得H =0.65m小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为W =mg[（H+R cosα）-h]=1×10×[（0.65+1×0.6）-0.8]J=4.5J，故A正确，BC错误。

从P到b，由机械能守恒定律得mg（H+R）=小球在b点时，有N-mg=m联立解得N =43N ，根据牛顿第三定律知，小球运动到b 点时对轨道的压力大小为43N ，故D 正确。

【关键点拨】。

采用逆向思维，小球c 到Q 的逆过程做平抛运动，结合平行四边形定则得出小球在c 点的速度和竖直分速度，从而求得Q 、c 两点的高度差。

从P 到c ，由机械能守恒定律求出P 、a 两点的高度差，即可求得小球从P 点运动到Q 点的过程中重力所做的功。