【物理】2019届二轮复习抛体运动与圆周运动学案（全国通用）
2019届二轮复习 抛体运动与圆周运动 学案（全国通用）
【考纲揭秘】.
【考点揭秘】——高考考什么？
考纲内容（要求）
考点分布
运动的合成与分解（Ⅱ） .
抛体运动（Ⅱ） 学
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度（Ⅰ）
匀速圆周运动的向心力（Ⅱ）
离心现象（Ⅰ）
考点1 曲线运动 运动的合成与分解 学, ,
考点2 平抛运动的规律及应用
考点3 圆周运动的规律及应用
【常见失分点揭秘】——失分在哪里？
考点1 曲线运动 运动的合成与分解
(1)不能正确理解合运动、分运动间具有等时性、独立性的特点．
(2)具体问题中分不清合运动、分运动，要牢记观察到的物体实际运动为合运动．
考点2 平抛运动的规律及应用
(1)类平抛问题中不能正确应用分解的思想方法．
(2)平抛(类平抛)规律应用时，易混淆速度方向和位移方向．
(3)实际问题中对平抛运动情景临界点的分析不正确．
考点3 圆周运动的规律及应用
(1)描述圆周运动的物理量的理解要准确．
(2)熟悉各种传动装置及判断变量不变量．
(3)向心力 的分析易出现漏力现象．
(4)临界问题的处理要正确把握临界条件．
【真题揭秘】真题揭秘——高考怎么考？
考点1 曲线运动 运动的合成与分解
【解题揭秘】
1. 运动合成与分解的解题思路
（1） 明确合运动或分运动的运动性质． （2）明确是在哪两个方向上的合成与分解．
（3）找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．
（4）运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解．
2. 小船过河模型
过河要求
过河方法
图象
以最短时间过河
①船头垂直对岸(在下游上岸) tmin＝
以最短位移过河
②v2＞v1时，船头指向上游，垂直到达对岸．
位移x＝d，船头方向与河岸方向的夹角为θ，那么cos θ＝
渡河时间t＝位移x＝
③v2
x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
C．x2－x1>x3－x2，ΔE1<ΔE2<ΔE3 D．x2－x1t23；水平方向做匀速运动，x＝vt，所以x2－x1>x3－x2.因忽略空气阻力的影响，故小球机械能守恒，机械能变化量ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.综上所述，B正确．
【例15】 (2012江苏物理，T6，)(多选)如图所示，相距l的两小球A、B 位于同一高度h(l、h 均为定值)，将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )
A．A、B 在第1次落地前能否相碰，取决于A 的初速度
B．A、B 在第1次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B 不可能运动到最高处相碰
D．A、B 一定能相碰
【答案】AD
【解析】A的竖直分运动是自由落体运动，故与B的高度始终相同．A、B若能在第1次落地前相碰，必须满足vAt>l，又t＝，即A、B第1次落地前能否相碰取决于A的初速度，A正确．若A、B在第1次落地前未相碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，B、C错误，D正确．
【例16】 (2012新课标全国，T15)(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的3个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则( )
A．a的飞行时间比b的长 B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大
【答案】BD
【解析】根据平抛运动规律h＝gt2，得t＝，可知平抛物体在空中飞行的时间仅由高度决定，又haxb>xc得va>vb>vc，C错误，D正确．
【例17】 (2015新课标全国Ⅰ，T18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球 高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球 右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.＜v＜L1 B.＜v＜
C.＜v＜ D.＜v＜
【答案】D
【解析】当乒乓球恰好能落到球台角上时发射速度最大，有vmax t1＝，gt＝3h，解得vmax＝.当乒乓球垂直于球 运动且刚过 时为最小速度，有vmint2＝，gt＝2h，解得vmin＝.D正确．
【例18】 (2015浙江理综，T17)如图所示为足球球门，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，忽略空气阻力)，则( )
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
【答案】B
【例19】(2016·浙江理综，T23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，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.
(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) (2)L≤v≤L (3)L＝2h
【解析】 (1)打在中点的微粒，竖直方向有h＝gt2 ①
解得t＝ ②
(2)打在B点的微粒，有v1＝，2h＝gt ③
解得v1＝L ④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L ⑤
微粒初速度范围为L≤v≤L ⑥
(3)由能量关系mv＋mgh＝mv＋2mgh ⑦
将④⑤式代入得L＝2h ⑧
【例20】 (2015浙江卷，T23)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0 60°间调节后固定．将质量m＝0.2
g的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
【答案】 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
【解析】 (1)要使小物块能够下滑必须满足
mgsin θ≥μ1mgcos θ①
解得tan θ≥0.05.②
(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
全过程由动能定理得：mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据解得μ2＝0.8.⑤
(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL1sin θ－Wf′＝mv2⑥
由③⑥解得v＝1 m/s
对于平抛过程列方程有：H＝gt2，解得t＝0.4 s
x1＝vt，解得x1＝0.4 m
则xm＝x1＋L2＝1.9 m.
【真题感悟】
高考考查特点：
(1)平抛物体的运动规律是高考命题的热点．特别要关注以运动项目为背景的实际问题．
(2)运动的合成与分解是解决平抛(类平抛)问题的基本方法．
考点3 圆周运动的规律及应用
【解题揭秘】
1．水平面内圆周运动临界问题
(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．
(2)常见临界条件：绳的临界：张力FT＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：FN＝0.
2．竖直平面内圆周运动的分析方法
(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．
(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．
3. 模型解读
分类
轻绳模型
(最高点无支撑)
轻杆模型
(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车
球与杆连接、球与竖直管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高点受力
重力、弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
重力、弹力F弹向下、向上或等于零mg±F弹＝m
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝在最高点速度不能为零
v＝0，mg＝F弹
在最高点速度可为零
能量关系
(1)从最高点运动到最低点，只存重力做功情况：mg·2R＝mv－mv
(2)从最高点运动到最低点，若有重力之外的力做功：
mg·2R＋W外＝mv－mv
【例21】(2016课标卷Ⅲ，T20)（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
【答案】AC
【解析】质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝mv2，根据公式a＝，联立可得a＝
，A正确，B错误；在最低点时重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正确，D错误．
【例22】(2016课标卷Ⅱ，T16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
【答案】C
【解析】小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPvc时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．
【例26】(2016海南单 ，T3)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( )
A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
【答案】D
【例27】(2016浙江理综，T20)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100
m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【答案】AB
【解析】汽车在弯道上行驶时，由静摩擦力提供向心力，若不打滑，转弯所需向心力不能超过最大静摩擦力．以临界情况计算，有μmg＝m和μmg＝m，计算出汽车在小圆弧弯道上的最大速度v1＝30 m/s，大圆弧弯道上的最大速度v2＝45 m/s，因此，若要行驶时间最短，汽车在绕过小圆弧弯道后应该加速，A、B正确．由几何关系求出直道长度x＝50 m，根据v－v＝2ax，得加速度a≈6.5 m/s2，C错误．由几何关系可求出小圆弧所对圆心角θ＝，因此，汽车通过小圆弧弯道的时间t＝＝ s≈2.79 s，D错误．
【例28】(2015天津理综，T4)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
【答案】B
【解析】由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确。
【例29】(201浙江理综，T19)(多选)如图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。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
【答案】ACD
【解析】赛车经过路线①的路程s1＝πr＋2r＝(π＋2)r，路线②的路程s2＝2πr＋2r＝(2π＋2)r，路线③的路程s3＝2πr，A正确；根据Fmax＝，可知R越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B错误；三种路线对应的最大速率v2＝v3＝v1，则选择路线①所用时间t1＝，路线②所用时间t2＝，路线③所用时间t3＝，t3最小，C正确；由Fmax＝ma，可知三条路线对应的a相等，D正确。
【例30】(2015福建理综，T17)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A
【解析】在AB段，由于是凸形滑道，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越小，摩擦力就越小，克服摩擦力做功越少；在BC段，根据牛顿第二定律知，速度越大，滑块对滑道的压力越大，摩擦力就越大，克服摩擦力做功越。多滑块从A运动到C与从C到A相比，从A到C运动过程，克服摩擦力做功较少，又由于两次的初速度大小相同，故到达C
点的速率较大，平均速率也较大，故用时较短，所以A正确。
【例31】(2014安徽理综，T19)如图所示，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(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ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
【答案】C
【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
μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R
得ω＝＝1.0 rad/s，选项C正确。
【例32】[2014天津理综，T9(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】 (n∈N＋)
【解析】 小球做平抛运动：h＝gt2、R＝vt，解得h＝。由题意知ωt＝2πn(n＝1，2，3，…)，故联立R＝vt可得ω＝(n＝1，2，3，…)。
【例33】(2018课标卷Ⅲ，T25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【答案】（1） ；（2）；（3）
【解析】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有：① ②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：③
由①②③式和题给数据得：④ ⑤
（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得：
⑥ ⑦
由动能定理有：⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为： ⑨
（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有：
⑩ ⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得：⑫
【例34】(2016课标卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC
组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
【答案】 (1)5 (2)小球恰好可以沿轨道运动到C点
【解析】 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为E A，由机械能守恒可得E A＝mg①
设小球在B点的动能为E B，同理有E B＝mg②
由①②联立可得＝5③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤
联立④⑤式可得m≥mg⑥
根据机械能守恒可得mg＝mv⑦
根据⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
【例35】(2016课标卷Ⅱ，T25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
【答案】 (1) 2 l (2)m≤mP
查看更多
