物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修2 第四章 第2讲 圆周运动 含解析

参考答案【教材原题】 解析 秋千板摆到最低点时，F N －mg ＝m v 2R ，可得F N ＝500 N ，由牛顿第三定律可知她对秋千板的压力是500 N 。

答案 500 N【教材提升1】 CD [小球在圆弧最低点的加速度方向指向圆心，所以加速度方向为竖直向上，故选项A 错误；小球在圆弧最低点时，F N －mg ＝ma B ，可得F N ＝3mg ，故选项B 错误，C 正确；由a B ＝v 2B R 可得v B ＝5 m/s ，小球在水平轨道运动时由0.2mgx ＝12m v 2B ，可得x ＝6.25 m ，故选项D 正确。

]【教材提升2】 C [小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误。

]【教材拓展】 D [人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R ，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，选项A 、B 错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，选项C 错误，D 正确。

]【拓展提升1】 C [小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝m v 2B 1.8R ，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝m v 2A R ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋12m v 2B ＝12m v 2A ，解得F ＝4mg ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝ F ＝4mg ，选项C 正确。

]【拓展提升2】 解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg ·R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg ·5R 4②由①②式得E k B E k A＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有F N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R ⑥由机械能守恒有mg ·R 4＝12m v 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理复习第四章 曲线运动——圆周运动【本讲信息】 一. 教学内容：复习第四章 曲线运动——圆周运动 二. 复习、难点解析：〔一〕描述圆周运动的物理量 1. 线速度〔1〕物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢。

〔2〕方向：质点在圆弧某点的线速度方向沿圆弧该点的切线方向。

〔3〕大小：s v t =〔s 是t 时间内通过的弧长〕。

2. 角速度〔1〕物理意义：描述质点绕圆心转动的快慢。

〔2〕大小：t ϕω= 〔rad ／s 〕，ϕ是连接质点和圆心的半径在t 时间内转过的角度。

3. 周期T 、频率f 、转速n做圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期。

做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速，转速用n 表示。

4. v 、ω、T 、f 的关系注意：T 、f 、ω三个量中任一个确，其余两个也就确了，但v 还和半径r 有关。

5. 向心加速度〔1〕物理意义：描述线速度方向改变的快慢。

〔2〕大小：r T4r f 4r r v a 222222ππω====〔3〕方向：总是指向圆心，方向时刻在变化。

不管a 的大小是否变化，a 都是个变加速度。

注意：a 与r 是成正比还是反比，要看前提条件。

假设ω相同，a 与r 成正比；假设v 相同，a 与r 成反比；假设r 相同，a 与2ω成正比，与2v 也成正比。

6. 向心力〔1〕作用：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小. 因此，向心力对做圆周运动的物体不做功。

〔2〕大小：r mf 4r T4m r m r v m ma F 222222ππω===⋅==〔3〕方向：总是沿半径指向圆心，时刻在变化，即向心力是个变值。

〔二〕匀速圆周运动1. 特点：线速度的大小恒，角速度、周期和频率都是恒不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒不变的。

2. 性质：是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动，并且是加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动。

第2讲 平抛运动[考试标准]平抛运动 1．定义将一物体水平抛出，物体只在重力作用下的运动． 2．性质加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线． 3．平抛运动的研究方法将平抛运动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，分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成． 4．基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则： (1)水平方向：速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v x 2＋v y 2，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gtv 0.(4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt2v 0.(5)角度关系：tan θ＝2tan α.自测1 (多选)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图1所示．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为( )图1A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，降低抛出点高度D ．初速度大小不变，提高抛出点高度 答案 AC自测2 从高度为h 处以水平速度v 0抛出一个物体，要使该物体的落地速度与水平地面的夹角较大，则h 与v 0的取值应为下列四组中的哪一组( ) A ．h ＝30 m ，v 0＝10 m/s B ．h ＝30 m ，v 0＝30 m/s C ．h ＝50 m ，v 0＝30 m/s D ．h ＝50 m ，v 0＝10 m/s 答案 D自测3 如图2所示为高度差h 1＝0.2 m 的AB 、CD 两个水平面，在AB 面的上方与竖直面BC 的水平距离x ＝1.0 m 处，小物体以水平速度v ＝2.0 m /s 抛出，抛出点距AB 面的高度h 2＝2.0 m ，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.则小物体( )图2A ．落在平面AB 上 B ．落在平面CD 上C ．落在竖直面BC 上D ．落在C 点答案 B命题点一 平抛运动的基本规律 1．飞行时间：由t ＝2hg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 02hg，即水平射程与初速度v 0和下落高度h 有关，与其他因素无关． 3．落地速度：v ＝v x 2＋v y 2＝v 02＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2ghv 0，即落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．重要推论：做平抛运动的物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线必通过此时水平位移的中点．例1 (2017·浙江4月选考·13)图3中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB 上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B 点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD 的半径R ＝2.0 m ，直径BD 水平且与轨道AB 处在同一竖直面内，小孔P 和圆心O 连线与水平方向夹角为37°.游戏要求弹丸垂直于P 点圆弧切线方向射入小孔P 就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )图3A ．0.15 m,4 3 m/sB ．1.50 m,4 3 m/sC ．0.15 m,2 6 m/sD ．1.50 m,2 6 m/s答案 A解析 如图所示，OE ＝OP cos 37°＝2.0×0.8 m ＝1.6 m ，PE ＝OP sin 37°＝2.0×0.6 m ＝1.2 m ，平抛运动的水平位移为：x ＝BO ＋OE ＝3.6 m ， 即：v 0t ＝3.6 m ，OF ＝NE ＝NP －1.2 m ＝y －1.2 m ， GF ＝MN 2－OE ＝x2－1.6 m ，而OFGF ＝tan 37°＝y －1.2 m x2－1.6 m ， 解得：y ＝38x ＝38×3.6 m ＝1.35 m ，所以弹射器离B 点的高度为h ＝MB ＝y －PE ＝1.35 m －1.2 m ＝0.15 m ， 又v y v x ＝tan 37°，即gt v 0＝34，v 0t ＝3.6 m ， 代入数据解得：v 0＝4 3 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误．变式1 (多选)如图4所示，将一小球从空中A 点以水平速度v 0抛出，经过一段时间后，小球以大小为2v 0的速度经过B 点，不计空气阻力，则小球从A 到B (重力加速度为g )( )图4A ．下落高度为3v 022gB ．经过的时间为3v 0gC ．速度增量为v 0，方向竖直向下D ．运动方向改变的角度为60° 答案 AD解析 小球经过B 点时竖直分速度v y ＝(2v 0)2－v 02＝3v 0，由v y ＝gt 得t ＝3v 0g，故B 错误；根据运动学公式得：h ＝12gt 2，则h ＝3v 022g ，故A 正确；速度增量为Δv ＝gt ＝3v 0，方向竖直向下，故C 错误；小球经过B点时速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝v yv 0＝3，α＝60°，即运动方向改变的角度为60°，故D 正确．变式2 如图5所示，x 轴在水平地面上，y 轴在竖直方向．图中画出了从y 轴上不同位置沿x 轴正向水平抛出的三个质量相等的小球a 、b 和c 的运动轨迹．小球a 从(0,2L )抛出，落在(2L,0)处；小球b 、c 从(0，L )抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图5A ．b 的初速度是a 的初速度的2倍B ．b 的初速度是a 的初速度的2倍C ．b 的动能增量是c 的动能增量的2倍D ．a 的动能增量是c 的动能增量的2倍 答案 B解析 a 、b 的水平位移相同，但时间不同， 根据t ＝2h g 可知t a t b ＝21， 根据v 0＝x t 可知v 0b v 0a ＝21，故A 错误，B 正确；b 、c 的竖直位移相同，根据动能定理ΔE k ＝mgh 可知，b 的动能增量等于c 的动能增量，选项C 错误； a 的竖直位移是c 的2倍，根据动能定理可知，a 的动能增量等于c 的动能增量的2倍，选项D 错误． 变式3 如图6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)，则( )图6A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2 B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h (L 24＋s 2) C ．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答案 B解析 足球位移大小为 x ＝(L2)2＋s 2＋h 2＝L 24＋s 2＋h 2，A 项错误； 根据平抛运动规律有：h ＝12gt 2，L 24＋s 2＝v 0t ， 解得v 0＝g 2h (L 24＋s 2)，B 项正确； 根据动能定理可得mgh ＝12m v 2－12m v 02解得v ＝v 02＋2gh ＝g 2h (L 24＋s 2)＋2gh ，C 项错误； 足球初速度方向与球门线夹角的正切值tan θ＝s L 2＝2sL ，D 项错误．命题点二 有约束条件的平抛运动模型 模型1 对着竖直墙壁平抛如图6所示，水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移d 相同，t ＝dv 0.图6例2 如图7所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A 与竖直墙壁成53°角，飞镖B 与竖直墙壁成37°角，两者相距为d .假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图7答案24d 7解析 由题意可知，飞镖A 、B 从同一点做平抛运动，其落点速度方向的反向延长线的交点C 为水平位移的中点，如图所示，设飞镖的水平位移为x ，根据几何关系得： y A ＝x 2tan 37°＝3x 8，y B ＝x 2tan 53°＝2x 3又已知y B －y A ＝d解得x ＝24d 7，即射出点离墙壁的水平距离为24d 7.变式4 (多选)从竖直墙的前方A 处，沿AO 方向水平发射三颗弹丸a 、b 、c ，在墙上留下的弹痕如图8所示，已知Oa ＝ab ＝bc ，则a 、b 、c 三颗弹丸(不计空气阻力)( )图8A ．初速度之比是6∶3∶ 2B ．初速度之比是1∶2∶ 3C ．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D ．从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2 答案 AC解析 水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动．又因为竖直方向上Oa ＝ab ＝bc ，即Oa ∶Ob ∶Oc ＝1∶2∶3，由h ＝12gt 2可知t a ∶t b ∶t c ＝1∶2∶3，由水平方向x ＝v 0t可得v a ∶v b ∶v c ＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A 正确，B 错误；由Δv ＝gt ，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故选项C 正确，D 错误．模型2 斜面上的平抛问题 1．顺着斜面平抛(如图9)图9方法：分解位移． x ＝v 0t ， y ＝12gt 2， tan θ＝y x ，可求得t ＝2v 0tan θg .2．对着斜面平抛(如图10)图10方法：分解速度． v x ＝v 0， v y ＝gt ， tan θ＝v 0v y ＝v 0gt ，可求得t ＝v 0g tan θ.例3 (多选)如图11所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点Q 处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )图11A ．v a ＝2v bB ．v a ＝2v bC ．t a ＝2t bD ．t a ＝2t b答案 BD解析 b 球落在斜面的中点，知a 、b 两球下降的高度之比为2∶1，根据h ＝12gt 2知，t ＝2hg，则时间之比为t at b＝2，即t a ＝2t b .因为a 、b 两球水平位移之比为2∶1，则由x ＝v 0t ，得v a ＝2v b ，故B 、D 正确，A 、C 错误．变式5 跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用山势特点建造的一个特殊跳台．一名运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在助滑路上获得一定的速度后从A 点水平飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B 点着陆，如图12所示．已知可视为质点的运动员水平飞出的速度v 0＝20 m /s ，山坡看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，则运动员(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图12A ．在空中飞行的时间为4 sB ．在空中飞行的时间为3 sC ．在空中飞行的平均速度为20 m/sD ．在空中飞行的平均速度为50 m/s 答案 B解析 A 、B 间距离就是整个平抛过程中运动员的位移，则有水平方向：x ＝v 0t ，竖直方向：h ＝12gt 2，两式结合有tan 37°＝h x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，解得t ＝3 s ，选项A 错误，B 正确；平均速度v ＝s t ＝xt cos 37°＝25 m/s ，选项C 、D 错误．变式6 如图13所示，以10 m /s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30°的斜面上，则物体在空中飞行的时间是(g 取10 m/s2)( )图13A.33 s B.233s C. 3 s D ．2 s 答案 C解析 速度分解图如图所示，由几何关系可知v y ＝v 0tan 30°＝10 3 m/s ，由v y ＝gt ，得t ＝ 3 s.命题点三平抛运动的临界问题1．分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突显出来，找到临界的条件．2．确立临界状态的运动轨迹，并画出轨迹示意图，画示意图可以使抽象的物理情景变得直观，还可以使一些隐藏于问题深处的条件暴露出来．例4如图14所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，竖直墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m 处的P点，将可视为质点的小物件以垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则可以实现上述要求的速度大小是()图14A．2 m/s B．4 m/s C．8 m/s D．10 m/s答案 B解析小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧墙边缘穿过时速度v最大．此时有：L＝v max t1，h＝12gt12代入数据解得：v max＝7 m/s小物件恰好擦着窗口下沿左侧墙边缘穿过时速度v最小，则有：L＋d＝v min t2，H＋h＝12gt22，代入数据解得：v min＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s＜v＜7 m/s，故B正确，A、C、D错误．变式7如图15所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：(围墙厚度忽略不计)图15(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度．答案(1)5 m/s≤v0≤13 m/s(2)5 5 m/s解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1 小球的竖直位移：H ＝12gt 12解以上两式得 v 01＝(L ＋x )g2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙顶端时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移： L ＝v 02t 2小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得： v 02＝Lg2(H －h )＝5 m/s小球离开屋顶时速度v 0的大小为5 m/s ≤v 0≤13 m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙顶端落在空地上时，落地速度最小． 竖直方向：v y 2＝2gH 又有：v min ＝v 022＋v y 2 解得：v min ＝5 5 m/s.1．可以近似地认为：在地面附近，物体所受的重力是不变的．不计空气阻力，关于在地面附近的抛体运动，下列说法正确的是( )A ．所有的抛体运动都是直线运动B ．所有的抛体运动都是曲线运动C ．所有的抛体运动都是匀变速运动D ．有一些抛体的运动是变加速运动 答案 C解析 所有在地面附近做抛体运动的物体都只受重力，加速度恒定不变，选项C 正确．2．从距离地面h 处水平抛出一小球，落地时小球速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列结论中正确的是( ) A ．小球初速度为2gh tan θ B ．小球着地速度大小为2ghsin θC ．若小球初速度减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍D ．若小球初速度减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ 答案 B3．农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图1所示．若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是( )图1A ．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同B ．谷种和瘪谷从洞口飞出时的速度大小相同C ．M 处是瘪谷，N 处为谷种D ．M 处是谷种，N 处为瘪谷 答案 D解析 由h ＝12gt 2知落地时间相同，又x ＝v 0t 得初速度不同，谷种从洞口飞出时的速度小，位移小，落在M处，瘪谷速度大，落在N 处，故D 正确．4.(2018·温州市期末)公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”，如图2所示是“套圈”游戏的场景．某小孩和大人分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体，假设圆环的水平位移相同．如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是( )图2A ．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等B ．大人抛出圆环的加速度小于小孩抛出圆环的加速度C ．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等D ．大人抛出圆环的初速度小于小孩抛出圆环的初速度 答案 D解析 大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故A 错误；圆环做平抛运动，加速度a ＝g ，所以大人、小孩抛出的圆环的加速度相等，故B 错误；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故C 错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环的水平位移相等，则大人要以较小的初速度抛出圆环，故D 正确．5．从离地面高为h 处以水平速度v 0抛出一个物体，不计空气阻力，要使物体落地时速度方向与水平地面的夹角最大，则h 与v 0的取值应为下列的( ) A ．h ＝15 m ，v 0＝5 m/s B ．h ＝15 m ，v 0＝8 m/s C ．h ＝30 m ，v 0＝10 m/s D ．h ＝40 m ，v 0＝10 m/s 答案 A解析 被抛出后物体在水平方向上做匀速直线运动：v ＝v 0，竖直方向上做自由落体运动：v y 2＝2gh ，落地时速度方向与地面夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝2ghv 0，所以h 越大，初速度v 0越小，物体落地时速度方向与地面的夹角越大，故A 正确，B 、C 、D 错误．6．某同学将一篮球斜向上抛出，篮球恰好垂直击中篮板反弹后进入篮筐，忽略空气阻力，若抛射点远离篮板方向水平移动一小段距离，仍使篮球垂直击中篮板相同位置，且球击中篮板前不会与篮筐相撞，则下列方案可行的是( )A ．增大抛射速度，同时减小抛射角B ．减小抛射速度，同时减小抛射角C ．增大抛射角，同时减小抛出速度D ．增大抛射角，同时增大抛出速度 答案 A解析 应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于竖直高度不变，水平位移增大，篮球从抛射点到篮板的时间t ＝2hg不变，竖直分速度v y ＝2gh 不变，水平方向由x ＝v x t 知x 增大，v x 增大，抛射速度v ＝v x 2＋v y 2增大，与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v yv x减小，故θ减小，可知A 正确．7．“楚秀园”是淮安市一座旅游综合性公园，园内娱乐设施齐全，2017年6月1日，某同学在公园内玩掷飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A 和v B 将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A 、B 两点，如图3乙所示，飞镖在空中运动的时间分别为t A 和t B .忽略阻力作用，则( )图3A ．v A <vB ，t A <t B B ．v A <v B ，t A >t BC ．v A >v B ，t A <t BD ．v A >v B ，t A >t B答案 C8.(2018·杭州市五校联考)在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A 和B ，两球在空中相遇，其运动轨迹如图4所示，不计空气阻力，下列说法正确的是()图4A ．相遇时A 球速度一定大于B 球 B ．相遇时A 球速度一定小于B 球C ．相遇时A 球速度的水平分量一定等于B 球速度的水平分量D ．相遇时A 球速度的竖直分量一定大于B 球速度的竖直分量 答案 D 解析 根据t ＝2hg，v y ＝gt ，h A >h B ，x ＝v x t ，知t A >t B ，v yA >v yB ，v xA <v xB ，选项D 正确． 9.(2019届温州市质检)在2016年11月27日的杭州大火中，消防人员为挽回人民财产做出了巨大贡献，如图5所示，一消防员站在屋顶利用高压水枪向大楼的竖直墙面喷水，假设高压水枪水平放置，不计空气阻力，若水经过高压水枪喷口时的速度加倍，则( )图5A ．水到达竖直墙面的速度不变B ．水在墙面上的落点与高压水枪口的高度差减半C ．水在墙面上的落点和高压水枪口的连线与竖直方向的夹角的正切值加倍D ．水在空中的运动时间减半 答案 D解析 根据x ＝v 0t ，v 0加倍，水平位移不变，水在空中的运动时间减半，故D 正确；v 0加倍前后，水到达竖直墙壁的速度与水平方向的夹角分别为α、β，则tan α＝v y v 0，tan β＝12vy 2v 0＝v y 4v 0，故A 错误；根据h ＝12gt 2知，水在墙面上的落点与高压水枪口的高度差为原来的14，故B 错误；设水在墙面上的落点和高压水枪口的连线与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝x y ，x 不变，y 减为原来的14，则tan θ为原来的4倍，故C 错误．10.(2018·湖州市、衢州市、丽水市期末)如图6为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置．已知圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，形成的部分水柱末端P 离出水口的水平距离为x 时，竖直距离为h ，重力加速度为g ，则(所有物理量均用国际单位)( )图6A ．为防止漏水，A 处管口应该堵住B ．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些C ．出水口的截面积数值大小约为S Δhx 2h g D ．出水口的截面积数值大小约为S Δh g答案 C解析 左侧竖直管上端与空气相通，A 处水的压强始终等于大气压，不受瓶内水面高低的影响，因此，在水面降到A 处以前的一段时间内，可以得到稳定的细水柱，故A 、B 错误；根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v ，竖直方向下落的时间为：t ＝2h g ，则有：v ＝x t＝x g2h，圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，则有：S Δh ＝v S ′，解得出水口的截面积数值大小约为S Δhx 2hg，故C 正确，D 错误．11.如图7所示，薄半球壳ACB 的水平直径为AB ，C 为最低点，半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图7A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．v 0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C ．v 0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上 答案 D解析 小球做平抛运动，竖直方向有位移，v 0再大也不可能击中B 点，A 错误；v 0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A 点的连线与AB 的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在半球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB 的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，故B 、C 错误，D 正确．12.如图8所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为(不计空气阻力)()图8A.12LB.13L C.14L D.15L 答案 D解析 由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x ，小球与木板碰撞前有v 2＝2gx ，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L －x ＝v t ，竖直方向上有L －x ＝12gt 2，由以上三式联立解得x ＝15L ，故D 正确．13.如图9所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为 2 m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()图9A.34 mB.23 mC.22 mD.43 m 答案 D解析 设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有h tan θ＋x 2h g ＝h2tan θ＋x h g ，解得x ＝43m ，选项D 正确．14.(2016·浙江高考·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图10所示．P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .图10(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系． 答案 (1)3h g (2)L2gh≤v ≤L g2h(3)L ＝22h 解析 (1)对打在AB 中点的微粒有32h ＝12gt 2解得t ＝3h g(2)对打在B 点的微粒有v 1＝L t 1，2h ＝12gt 12解得v 1＝L2g h同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝Lg 2h则能被屏探测到的微粒的初速度范围为L2gh≤v ≤L g 2h(3)由能量关系可得12m v 22＋mgh ＝12m v 12＋2mgh则L ＝22h .15．抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，如图11所示，设球台长2L 、中间球网高度为h ，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．(重力加速度为g )图11(1)若球在球台边缘O 点正上方高度为h 1处以速度v 1水平发出，落在球台上的P 1点(如图实线所示)，求P 1点距O 点的距离x 1.(2)若球从O 点正上方以速度v 2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P 2点(如图虚线所示)，求v 2的大小．(3)若球从O 点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P 3点，求发球点距O 点的高度h 3. 答案 (1)v 12h 1g (2)L 2g 2h (3)43h 解析 (1)如图甲所示，根据平抛规律得：h 1＝12gt 12，x 1＝v 1t 1联立解得：x 1＝v 12h 1g. (2)根据平抛规律得：h 2＝12gt 22，x 2＝v 2t 2且由题意知h 2＝h ，2x 2＝L ，联立解得v 2＝L2g 2h. (3)如图乙所示，得：h 3＝12gt 32，x 3＝v 3t 3且3x 3＝2L设球从恰好越过球网到达到最高点时所用的时间为t ，水平距离为s ，有h 3－h ＝12gt 2，s ＝v 3t由几何关系得：x 3＋s ＝L ，联立解得：h 3＝43h .。

2π T
＝ r＝2πrf＝2πnr.
答案
(5)相互关系：(1)v＝
速度方向变化快慢的物理量. 3.向心加速度：描述 an＝v2 ＝rω2＝ ωv ＝2 4π T2 r＝4π2f2r.
r 4.向心力
做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力，公式为 2 Fn ＝ m
所以向心力是 变力 .
v 或Fn＝mrω2.向心力的方向总是沿半径指向圆心，方向时刻改变， r
2
3
4
5
5.下列现象中，与离心现象无关的是(
)
√ B.通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴
D.用洗衣机脱去湿衣服中的水
A.运动员投掷铅球时，抛射角在42°左右
C.汽车转弯时速度过大，乘客感觉往外甩
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加试题型突破
命题点一
生活中的圆周运动
例1
(多选)如图2所示为赛车场的一个水平 “U” 形弯道，转
弯处为圆心在 O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m 的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、 ③三条路线，其中路线③是以 O′为圆心的半圆， OO′ ＝ r.赛
球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)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
v2 由mg＝m r gr 临＝
得v
由小球恰能做圆周运动 得v临＝
0
____
答案
(1)过最高点时，gr
2
(1)当v＝0时，FN＝mg支持 ，FN 为
最高点：当 v≥ gR 时，能在竖直平面内做圆周运动；当 v< gR时， 不能到达最高点.