（新课标）2020高考物理一轮复习 单元综合专题（四）平抛运动与圆周运动课件 新人教版

单元综合专题(四)平抛运动与圆周运动综合专题专题综述平抛运动与圆周运动的综合问题是的重点，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．题型透析平抛运动与水平面内圆周运动的综合此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，解题思路是：1．分析物体做匀速圆周运动的受力，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程．2．平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．3．两种运动衔接点处的速度是联系前后两个过程的关键物理量．例1如图所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，已知绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度v2＝7gL落到墙脚边．求：(1)绳断裂瞬间的速度v1；(2)圆柱形房屋的高度H和半径．【答案】(1)3gL2(2)13L43L【解析】(1)小球在绳断前瞬时受力如图所示：由牛顿第二定律：FTmsinθ＝mv12rFTmcosθ－mg＝0FTm＝2mg由几何关系得r＝Lsinθ解得v1＝3gL2(2)小球从抛出到落地，由机械能守恒定律：12mv12＋mgh1＝12mv22解得h1＝v22－v122g＝114LH＝h1＋Lcosθ＝13L4设小球由平抛至落地的水平射程为x，如图所示．水平方向x＝v1t竖直方向h1＝gt22又有R＝r2＋x2解得R＝3L.平抛运动与竖直面内圆周运动的综合1．两种类型(1)物体先做平抛运动后做圆周运动；(2)物体先做圆周运动后做平抛运动．2．解题思路(1)抓住两种运动衔接点处的速度是解题的关键．(2)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．(3)注意应用物体到达竖直圆周运动最高点的临界条件．(4)注意应用速度方向与圆周的几何关系，找出平抛运动两个位移的几何关系．例2如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入．O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角．已知：m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5m，g＝10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A、B两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？【答案】(1)0.8m(2)能4N【解析】(1)小球在A点的速度分解如图，则vy＝v0tan53°＝4m/sA、B两点的高度差为：h＝vy22g＝422×10m＝0.8m.(2)小球若能到达C点，在C点需要满足：mg≤mv2R，v≥gR＝5m/s小球在A点的速度vA＝v0cos53°＝5m/s从A→C机械能守恒：12mvA2＝12mvC2＋mgR(1＋cos53°)vC＝3m/s＞5m/s所以小球能到达C点由牛顿第二定律得：FN＋mg＝mvC2R解得FN＝4N由牛顿第三定律知，小球对C点的压力为4N.例3在倾角为θ＝37°足够长的斜面顶端有一光滑的半径为R＝2.5m的半圆轨道，AB为圆轨道竖直方向的直径，如图所示．一质量为m＝20g大小不计的小球以速度v0从圆轨道最低点A水平射入，到达圆轨道最高点B时对轨道的压力为0.6N，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球到达圆轨道最高点B时的速度v；(2)小球从圆轨道最高点B落回到斜面的时间t；(3)小球落回到斜面的位置离A点的距离d.【答案】(1)10m/s(2)2s(3)25m【解析】(1)在最高点，根据牛顿第二定律：FN＋mg＝mv2R代入数据解得v＝10m/s.(2)由平抛运动规律：y＝12gt2，x＝vty＝2R＋xtanθ代入数据解得t＝2s.(3)平抛运动的水平位移x＝vt＝10×2m＝20m，几何关系得，d＝xcosθ＝200.8m＝25m.平抛运动与圆盘转动的多解性问题做平抛运动的物体落在匀速转动的圆盘上，由于圆盘转动的周期性，所求的相关物理量往往有多解性，解决这类问题要抓住两点：1．利用两个运动时间相等，把两个运动联系起来，列出关系式．2．利用匀速圆周运动的周期性，写出表达多解的通式，由此判断极值．例4一半径为r＝0.25m的圆筒水平放置，如图所示为垂直圆筒截面，圆筒上有一个小孔A.圆筒绕中心轴线顺时针匀速转动，当小孔A在O点右侧与圆心O等高时，恰好有一个小球从小孔A沿水平向左方向进入圆筒，小球在圆筒中运动0.2s后又从小孔A离开圆筒，取g＝10m/s2，求：(1)小球从A点进入圆筒时的速度大小可能值；(2)圆筒匀速转动的角速度的可能值．【答案】(1)v1＝2m/s，v2＝0.5m/s(2)ω1＝53π36＋10πk(k＝0、1、2、3…)，ω2＝127π36＋10πk(k＝0、1、2、3…)．【解析】如图所示，设小球离开圆筒时，小孔A转到B或C位置．(1)小球在圆筒中运动过程中下落高度为h，h＝12gt2，cosθ＝hr，θ＝37°，小球从A点进入圆筒时的速度大小为v1时，小球从B位置离开圆筒：则r＋rsinθ＝v1t，小球从A点进入圆筒时的速度大小为v2时，小球从C位置离开圆筒：则r－rsinθ＝v2t，解得v1＝2m/s，v2＝0.5m/s.(2)若圆筒顺时针转动，在0.2s内转过的角度(用弧度为单位)应为α1＝2π（90°－θ）360°＋2πk(k＝0、1、2、3…)，或α2＝2π（90°＋θ）360°＋2πk(k＝0、1、2、3…)，则圆筒匀速转动的角速度可能为ω1＝α1t＝53π36＋10πk(k＝0、1、2、3…)，ω2＝α2t＝127π36＋10πk(k＝0、1、2、3…)．1．(2018·河南一模)绳索套马是蒙古牧民的生活方式，套马过程可简化为如图所示的物理模型，套马者骑在马背上以速度v追赶提前释放的烈马，同时挥动套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为ω，半径为r的匀速圆周运动，追逐一段时间后套马者和烈马的距离s保持不变，待套马圈运动到烈马正后方时，松开套马圈，最终成功套住烈马，已知运动过程中，套马者和烈马行进路线平行，松手后套马圈在空中的运动可以看成平抛运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．套马圈平抛运动的时间为svB．套马圈平抛运动的时间为sv＋rωC．套马圈平抛运动的初速度为v＋rωD．套马圈平抛运动的初速度为v2＋（rω）2答案C解析A项，平抛运动水平方向做匀速直线，水平位移x＝s2－r2，套马圈相对于烈马的水平速度v0＝rω，则套马圈做平抛运动的时间为t＝s2－r2rω，故A、B两项错误；C项，依据题意可知，套马圈转到烈马正后方时，运动速度与烈马同向，则套马圈平抛运动的初速度v′＝v＋rω，故C项正确，D项错误．2．(2017·课标全国Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)()A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g答案B解析设最高点速度为vt，则12mvt2－12mv2＝－mg·2R，得vt＝v2－4gR，到达最高点之后做平抛运动，则2R＝12gt2，得t＝4Rg，水平位移x＝vt·t＝4（v2·R－4gR2g），当R＝b2a＝v28g时，x存在最大值．3.如图是某电台设计的冲关活动的俯视图．要求挑战者从平台上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2m，转盘以12.5r/min的转速匀速转动．转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为()A．4m/sB．5m/sC．6m/sD．7m/s答案B解析转盘周期T＝1n＝4.8s，转盘转过桩与桩间隔之间的时间t0＝T12＝0.4s．平抛运动最长时间t＝2hg＝0.5s，若平抛初速度v＝xt＝20.5m/s＝4m/s，会被桩挡住，所以应取时间t0.计算最小速度vmin＝xt0＝20.4m/s＝5m/s.B项正确．4.(2018·通州模拟)靠在一起的M，N两转盘靠摩擦转动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r，N盘的半径R＝2r，A为M盘边缘上的一点，B，C为N盘边缘上的两点，且B，C连线过圆心O，当O′，A，B，C在一条直线上时，从O′的正上方P点以初速度v0沿ABC方向水平抛出一小球．半径O′A与v0方向相同，如图所示，小球与圆盘碰撞后不再弹起，且恰好落在C点，重力加速度为g.则()A．若M盘转动角速度ω＝2πv0r，则小球抛出时O′的高度为gr22v02B．若小球抛出时到O′的高度为gr22v02，则当M盘转动时角速度必为ω＝2πv0rC．只要M盘转动角速度满足ω＝2nπv05r(n∈N＋)，小球就可能落在C点D．只要小球抛出时到O′的高度恰当，小球就可能落在C点答案A解析A项，根据平抛运动的规律知h＝12gt2，x＝v0t，当t＝2nπω(n＝1、2、3…)，则x＝r＋2R＝5r，若t＝2nπ－πω(n＝1、2、3…)，则x＝r，即2πnω＝5rv0或者2nπ－πω＝rv0，若M盘转动角速度ω＝2πv0r，则x＝r，n＝3，时间t＝rv0，h＝12gt2＝12g·r2v02，故A项正确；B项，根据A项分析知，只要满足2πnω＝5rv0(n＝1、2、3…)即可，故B项错误；C项，根据A项分析知角速度满足ω＝2πnv05r(n＝1、2、3…)或者ω＝2nπ－πr·v0(n＝1、2、3…)，故C项错误；D项，根据以上分析要想到达C点，除了考虑高度还与初速度有关，故D项错误．5.(2018·江苏二模)如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、2m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．(1)求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；(2)求摇动细管过程中手所做的功；(3)轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．答案(1)θ＝45°(2)mgl(1－24)(3)2l解析(1)B对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为T＝2mg对A分析，在竖直方向合力为零，故Tcosθ＝mg解得：θ＝45°(2)对A球根据牛顿第二定律可知Tsinθ＝mv2lsinθ解得：v＝22gl故摇动细管过程中手所做的功等于小球A增加的机械能，故有：W＝12mv2＋mgl(1－cosθ)＝mgl(1－24)(3)设拉A的绳长为x(l≤x≤2l)Tsinθ＝mv2xsinθ，解得v＝22gxA球做平抛运动下落的时间为t，则有：2l－xcosθ＝12gt2解得：t＝2（2l－22x）g水平位移为：x＝vt＝x（22l－x）当x＝2l时，位移最大为：x＝2l.