专题三+抛物运动与圆周运动(导学导练,含详解)

1、抛体运动与圆周运动热点一运动的合成与分解命题规律：该热点在高考中主要以选择题的形式进行考查，命题角度有以下几点：(1)根据分运动性质判断合运动性质(2)根据合运动性质判断分运动性质(3)考查运动中的临界极值问题1.(2014·高考四川卷)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. B.C. D.解析去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d，则去程时间t1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t2，

2、由题意有k，则k，得v1，选项B正确答案B2.(2014·康杰四校联考)在高于河面20 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的夹角为30°.人以恒定的速率v3 m/s拉绳，使小船靠岸，那么()A5 s时绳与水面的夹角为60°B5 s内小船前进了15 mC5 s时小船的速率为4 m/sD5 s时小船距离岸边15 m解析设开始时小船距河岸为L，由tan 30°，解得L20 m5 s后绳端沿岸通过的位移为xvt15 m，设5 s后小船前进了x1，绳与水面的夹角为，由几何关系得sin 0.8，即53°，A错误；由tan ，解得x119.6 m

3、，B错误；由v1cos v可得5 s时小船的速率为v15 m/s，C错误；5 s时小船到岸边的距离为Lx120 m19.6 m15 m，D正确答案D3.质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A物体初速度的方向与合外力方向垂直B物体所受的合外力为3 NC物体的初速度为5 m/sD2 s末物体的速度大小为7 m/s解析由题图可知，沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，ax1.5 m/s2，所以沿x轴方向合力Fxmax1.5 N；沿y轴方向做匀速直线运动，合力为零，所以A正确，B错误；物体的初速度v0vy4 m/s，C错误；2

4、 s末物体速度大小v5 m/s，D错误答案A热点二平抛运动规律及应用命题规律：平抛运动的规律是每年高考的重点，有时以选择题的形式出现，有时出现于力学综合题中，有时还以带电粒子在电场中的运动为背景考查类平抛运动的处理方法1.(2014·高考新课标全国卷)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. B. C. D.解析设物块在抛出点的速度为v0，落地时速度为v，抛出时重力势能为Ep，由题意知Epmv；由机械能守恒定律，得mv2Epmv，解得vv0，设落地时速度方向与水平方向的夹角为，则co

5、s ，解得，B正确答案B2.(多选)(2013·高考上海卷)如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h，山坡倾角为，由此可算出()A轰炸机的飞行高度B轰炸机的飞行速度C炸弹的飞行时间D炸弹投出时的动能解析设轰炸机投弹位置高度为H，炸弹水平位移为x，则Hhvy·t，xv0t，二式相除·，因为，x，所以Hh，A正确；根据Hhgt2可求出飞行时间，再由xv0t可求出飞行速度，故B、C正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D错误答案ABC3.如图所示，边长为L的正方形ABCD中有竖直向上的匀强电场，一个

6、不计重力的带电粒子，质量为m，电荷量为q，以初速度v0从A点沿AD方向射入，正好从CD的中点射出，而且射出时速度方向与CD成30°的夹角(1)该带电粒子带什么电？(2)该电场的电场强度E为多少？解析(1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧，故带电粒子受到的电场力竖直向下，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子应带负电(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，则：水平方向：Lv0t竖直方向：vyat由牛顿第二定律得：Eqma由带电粒子离开电场时的速度方向可得：tan(90°)解得：E.答案(1)负电(2)总结提升(1)“化曲为直”是处理平抛(类平抛)运动的

7、基本思路和方法(2)平抛运动与斜面的结合有下列两种情形：方法斜面内容分解速度水平vxv0竖直vygt合速度v分解位移水平xv0t竖直ygt2合位移x合热点三圆周运动问题的分析命题规律：该知识为每年高考的重点和热点，题型既有选择题，也有计算题近几年的高考命题规律主要有以下几点：(1)圆周运动与平衡知识的综合题(2)考查圆周运动的临界和极值问题(3)与平抛运动、功能关系相结合的力学综合题1.(2014·高考新课标全国卷)如图，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

8、环对轻杆拉力的大小为()AMg5mg BMgmg CMg5mg DMg10mg解析法一：以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得mg·2Rmv2，在大环最低点有FNmgm，得FN5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为FNFN，方向竖直向下，故FMg5mg，由牛顿第三定律知C正确法二：设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，根据机械能守恒定律mv2mg·2R，且a，所以a4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示FMgmgmaM·0所以FMg5mg，C正确答案C2.(2014·高考安徽卷)如图所

9、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(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/s2.则的最大值是()A. rad/s B. rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有mgcos 30°mgsin 30°m2R得1.0 rad/s，选项C正确答案C3.(2013·高考重庆卷)如图所示

10、，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60°.重力加速度大小为g.(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)若(1±k)0，且0k1，求小物块受到的摩擦力大小和方向甲解析(1)对物块受力分析，如图甲：F向mgtan mRsin 0.(2)当(1k)0时，对物块受力分析如图乙，摩擦力方向沿罐壁切线向下水平方向：FNsin Ffcos m2Rsin 乙竖直方向：FNcos

11、 Ffsin mg联立得Ffmg.丙当(1k)0时，对物块受力分析如图丙，摩擦力方向沿罐壁切线向上水平方向：FN sin Ff cos m2 Rsin 竖直方向：FNcos Ff sin mg联立得Ffmg.答案(1) (2)当(1k)0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为Ffmg当(1k)0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为Ffmg总结提升解决圆周运动力学问题要注意以下几点(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(2)列出正确的动力学方程Fmmr2mvmr.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件平抛与圆周运动的组合问题命题规律：曲线运动的综合题往

12、往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，考查运动的合成与分解、牛顿第二定律和功能关系等知识，常以计算题的形式呈现解析(1)小球恰能通过最高点有mgm(2分)由B点到最高点有mvmv2mg·2R(2分)由AB有mgL1mvmv(2分)解得在A点的初速度vA3 m/s.(1分)(2)若小球刚好停在C点，则有mg(L1L2)0mv(2分)解得在A点的初速度vA4 m/s(1分)若小球停在BC段，则有3 m/svA4 m/s(1分)若小球通过C点，并刚好越过壕沟，则有hgt2(1分)svCt(1分)mg(L1L2)mvmv(2分)解得vA5 m/s(1分)初速度的范围是：3 m/svA4 m

13、/s或vA5 m/s.(1分)答案见解析方法总结(1)多过程问题实际是多种运动规律的组合平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析(2)要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点最新预测1(2014·北京市丰台区一模)一长l0.80 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H1.00 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

14、损失，取重力加速度g10 m/s2.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的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若OP0.6 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解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mvmgl解得小球运动到B点时的速度大小vB4.0 m/s.(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得xvBtyHlgt2解得C点与B点之间的水平距离xvB0.80 m.(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由圆周运动规律得FmmgmrlOP由以上各式解得Fm9 N.答

15、案：(1)4.0 m/s(2)0.80 m(3)9 N最新预测2如图所示，AB段为一半径R0.2 m的光滑圆形轨道，EF为一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，木板的下端D离斜面底端的距离为15 m，开始时木板被锁定一质量也为0.1 kg的物块从A点由静止开始下滑，通过B点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定已知物块与薄木板间的动摩擦因数为.取g10 m/s2，求：(1)物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；(2)物块做平抛运动的时间；(3)若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大

16、？解析：(1)物块由A到B由动能定理得：mgRmv解得：v02 m/s在B点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FNmgm3 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为3 N.(2)设物块到达斜面的竖直速度为vy，则tan ，vygt解得：t s.(3)物块在E点的速度：v m/s对物块：vva1ta1g(sin cos )2.5 m/s2对木板：va2ta2g(sin cos )7.5 m/s2解得：v2 m/s.答案：(1)3 N(2) s(3)2 m/s失分防范解决平抛与圆周运动的组合问题时极易从以下几点失分：不能熟练掌握平抛和圆周运动的规律；找不到衔接两种运动过程的关键物理量；对竖直面内圆

17、周运动的几种模型不能熟练掌握，找不出向心力.应从以下几点进行防范：熟练掌握各个运动过程的运动规律；运动速度如何变化，机械能是否守恒；要善于抓住转折点(或临界点)的速度进行突破；明确各子过程或全过程有关物理量的变化规律.)一、选择题1(2014·陕西师大附中期中)如图所示，两次船头垂直对岸渡河时船相对于水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为x1，实际航速为v1，所用时间为t1；由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为x2，实际航速为v2，所用时间为t2，则()At2t1，v2 Bt2t1，v2Ct2t1，v2 Dt2t1，v2解析：选D.设河的宽度为d，则船在

18、水中运动的时间t，可见两次渡河的时间是相等的，即t2t1；根据运动的等时性，可得v2，选项D正确2(多选)(2013·高考江苏卷)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同空气阻力不计，则()AB的加速度比A的大BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大DB在落地时的速度比A在落地时的大解析：选CD.两球加速度都是重力加速度g，A错误；飞行时间t2，h相同则t相同，B错误；水平位移xvxt，在t相同情况下，x越大说明vx越大，C正确；落地速度v，两球落地时竖直速度vy相同，可见vx越大，落地速度v越大，D正确3(多选)(

19、2014·青岛模拟)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甲、乙所示，下列说法正确的是()A前2 s内质点处于失重状态B2 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解析：选AD.根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度vx m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a1 m/s2.前2 s内质点处于失重状态，2 s末质点速度为v m/s4 m/s，选项A正确，B错误质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C错误质

20、点向下运动的过程中a1 m/s2g，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D正确4(2014·上海市徐汇区二模)如图，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. B. C. D. 解析：选B.到达B点时，平抛运动的水平位移xRRcos 60°设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan 60 °，水平位移与水平速度v0

21、的关系为xv0t，联立解得v0，选项B正确5如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E，从倾角为的足够长的斜面上的A点先后将同一带电小球(质量为m，所带电荷量为q)以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为1，第二次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为2，若v1v2，则()A12B12C12 D无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角的正切值是此时其位移与水平方向夹角正切值的2倍”，即“tan 2tan ”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选

22、项为B.6(2014·北京市石景山区模拟)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道OA与竖直方向的夹角为1，PA与竖直方向的夹角为2.下列说法正确的是()Atan 1tan 22 Bcot 1tan 22Ccot 1cot 22 Dtan 1cot 22解析：选A.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时速度与水平方向的夹角为1，tan 1，位移与竖直方向的夹角为2，tan 2，则tan 1tan 22，选项A正确7

23、(2013·高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析：选D.根据vr，两座椅的相等，由rBrA，可知vBvA，A错误；向心加速度a2r，因相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtan m2r，即tan ，因rBrA，故BA，C错误；竖直方向FT cos mg，绳子拉力FT，因BA，故FTBFTA，D正确8(多选)(2014&

24、#183;河南南阳一中期末)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FNv2图象如图所示下列说法正确的是()A当地的重力加速度大小为B小球的质量为RCv2c时，杆对小球弹力方向向上D若v22b，则杆对小球弹力大小为a解析：选BD.通过题图分析可知：当v2b，FN0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mgm，g，A错误；当v20，FNa时，重力与弹力FN大小相等，即mga，所以mR，B正确；当v2b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2cb时，杆对小球的弹

25、力方向竖直向下，C错误；若v22b时，mgFNm，解得FNa，方向竖直向下，D正确9(2014·重庆模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B时速度恰好为零，重力加速度为g.以下说法正确的是()A匀强电场场强大小为EB小球在B位置时加速度为零C小球运动过程中的最大速率为vD若将小球拉到使细线水平伸直的C点，无初速度释放小球后，小球必能回到C点解析：选C.对由A到B过程应用动能定理mgLqEL0，E，A错；小球在B位置受重力和向

26、左的电场力，合力不为零，B错；小球运动到AB轨迹中点时速度最大，由动能定理mgLsin 45°qE(LLcos 45°)mv20，解之得v，C对；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回到C点，D错二、计算题10(2014·高考浙江卷)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v020 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h1.8 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v800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s90 m后停下装甲车停下

27、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g10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L410 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的范围解析：(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t10.5 s弹孔离地高度h1hgt0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h2hg21.0 m两弹孔之间的距离hh2h10.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1L1(v0v)492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2L2vs

28、570 mL的范围为492 m<L570 m.答案：(1) m/s2(2)0.55 m0.45 m(3)492 m<L570 m11如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)求小物块到达C点时的速度大小；