高考物理一轮复习 微专题4 平抛运动与圆周运动的综合问题练习（含解析）.doc

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2b小球落到地面时相对于a点的水平位移值为2c小球能从细管a端水平抛出的条件是h2rd小球能从细管a端水平抛出的最小高度hminr答案：bc解析：设小球从a端水平抛出的速度为va，由机械能守恒，得mghmg2rmv，得va，设空中运动时间为t，由2rgt2，得t2，水平位移x水vat22，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h2r，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()ax有最小值，且最小值xmin2rb有最大值，且最大值的正切值tan max2c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，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fnmgm，则进入轨道的最小速度vmin.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xvxt，竖直方向2rgt2，代入最小速度得x的最小值xmin2r，a选项正确；小球的竖直速度vygt2为定值，则vx越小，越大，故tan max2，反之，越小，vx越大，小球射出时的速度v越大，b、d两项正确；由于小球在空中的运动时间t2是定值，因此x越大，vx越大，由fnmgm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m0.2 kg的小球(可视为质点)从水平桌面右端点a以初速度v0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道mnp，其为半径r0.8 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g10 m/s2.(1)求小球在a点的初速度v0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vyvtan 45v0由平抛运动规律得vygt，rgt2，xv0t解得v04 m/s，x1.6 m.(2)小球在p点的速度为v4 m/s小球从p点到n点，由动能定律得mgr(1cos 45)mvmv2小球在n点，由牛顿第二定律得fnmgm解得小球所受支持力fn(142) n由牛顿第三定律得，小球对n点的压力为fn(142) 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(1cos 45)mv2mv2解得v m/s小球能够完成圆周运动，在m点须有mgm即vm m/s由vvm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r1 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h1.25 m在滑道左端静止放置质量为m0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为0.2.当用一大小为f4 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2 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g10 m/s2.(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rvt竖直方向hgt2解得物块离开滑道时的速度v2 m/s，t0.5 s设拉动物块时的加速度为a1，所用时间为t1，由牛顿第二定律得fmgma1解得a18 m/s2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a2，所用时间为t2，由牛顿第二定律得mgma2解得a2 2 m/s2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间t1 s物块在滑道上先加速后减