【物理】2019届二轮复习第3讲：抛体运动和圆周运动教案（全国通用） 19页

个性化教学辅导教案 学生姓名 年 级 高三 物理 上课时间 教师姓名 课 题 抛体运动和圆周运动 教学目标 1.掌握运动合成与分解的常用方法 2.掌握平抛运动、圆周运动的规律 教学过程 教师活动 2015 卷ⅠT18：平抛运动 卷ⅡT16：运动的合成与分解 2016 卷ⅠT18：力与运动的关系 卷ⅡT16：竖直面内的圆周运动 2017 卷ⅠT15：平抛运动 卷ⅡT17：平抛运动 1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影 响)．速度较大的球越过球 ，速度较小的球没有越过球 ．其原因是( ) A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【解答】C 在竖直方向，球做自由落体运动，由 h＝1 2gt2 知，选项 A、D 错误． 由 v2＝2gh 知，选项 B 错误． 在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项 C 正确． 2．(2017·全国卷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(重力加速度大小为 g)( ) A. v2 16g B.v2 8g C.v2 4g D.v2 2g 【解答】B 设小物块的质量为 m，滑到轨道上端时的速度为 v1.小物块上滑过程中，机械能守恒，有 1 2mv2＝1 2mv21＋2mgR① 小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为 x，下落时间为 t，有 2R＝1 2gt2 ② x＝v1t ③ 联立①②③式整理得 x2＝ (v2 2g)2－(4R－v2 2g)2 可得 x 有最大值v2 2g ，对应的轨道半径 R＝v2 8g .故选 B. 3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发 生改变，则( ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 【解答】BC 质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该 恒力．①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故 A 错；②若 F 的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如 平抛运动，故 B 正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C 正确； ④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故 D 错． 4．(2016·全国卷Ⅱ)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 【解答】C 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝1 2mv2，解得 v＝ 2gL，因 LPmQ，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，FT－mg＝mv2 L ，可得 FT＝3mg，选项 C 正确；由 a＝v2 L ＝2g 可知，两球的向心加速 度相等，选项 D 错误． 5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)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＝2mgR－W mR B．a＝2mgR－W mR C．N＝3mgR－2W R D．N＝2mgR－W R 【解答】AC 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＝1 2mv2，根据公式 a＝v2 R ，联立可得 a＝2mgR－W mR ，A 正确，B 错误；在最低点，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＝3mgR－2W R ，C 正确，D 错误． 涉及的知识点： 一、曲线运动 二、运动的合成与分解 三、平抛运动的规律 四、圆周运动的规律 曲线运动及运动的合成与分解 [解题方略] 1．物体做曲线运动的条件及特点 (1)条件：F 合与 v 的方向不在同一直线上． (2)特点 ①F 合恒定：做匀变速曲线运动． ②F 合不恒定：做非匀变速曲线运动． ③做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧． 2．解决运动的合成和分解的一般思路 (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或分解． (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的运算法则进行分析求解． [题组预测] 1．如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度 v0 向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带 ab， 经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( ) 【解答】B 小球在光滑的水平面上以 v0 向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件， 结合运动轨迹偏向加速度的方向，故 B 正确，A、C、D 错误． 2．如图所示，河水由西向东流，河宽为 800 m，河中各点的水流速度大小为 v 水，各点到较近河岸的 距离为 x，v 水与 x 的关系为 v 水＝ 3 400x(m/s)(x 的单位为 m)，让小船船 头垂直 河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为 v 船＝4 m/s，则下列说法 中正确 的是( ) A．小船渡河的轨迹为直线 B．小船在河水中的最大速度是 5 m/s C．小船在距南岸 200 m 处的速度小于在距北岸 200 m 处的速度 D．小船渡河的时间是 160 s 【解答】B 小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船 的合运动是曲线运动，A 错；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大， 最大值 vm＝5 m/s，B 对；小船在距南岸 200 m 处的速度等于在距北岸 200 m 处的速度，C 错；小船的渡河 时间 t＝200 s，D 错． 平抛运动的规律及分析方法 [解题方略] 抓住“六点”破解平抛运动问题 1．建立坐标，分解运动 将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的 方向不一定在竖直方向和水平方向上)． 2．各自独立，分别分析 3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv 相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直 向下． 4．两个分运动与合运动具有等时性，且 t＝ 2y g ，由下降高度决定，与初速度 v0 无关． 5．任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的 2 倍，即 tan θ＝2tan φ. 6．建好“两个模型” (1)常规的平抛运动及类平抛模型． (2)与斜面相结合的平抛运动模型． ①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往 分解位移，构建位移三角形． ②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形． [题组预测] 1．(2017·福建省毕业班单 质量检查)如图，将 a、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落 在水平地面上的 P 点，a 球抛出时的高度较 b 球的高，P 点到两球起 抛点的水平距 离相等，不计空气阻力．与 b 球相比，a 球( ) A．初速度较大 B．速度变化率较大 C．落地时速度一定较大 D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大 【解答】D 根据题述，两球水平位移相等．由于 a 球抛出时的高度比 b 球的高，由 h＝1 2gt2 可知 a 球 飞行时间长，由 x＝v0t 可知，a 球的初速度一定较小，选项 A 错误；两球都只受重力作用，加速度都是 g， 即速度变化率Δv Δt ＝g 相同，选项 B 错误；小球落地时速度 v 是水平速度与竖直速度的合速度，a 球的初速 度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a 球落地时速度方向与其初速度方 向的夹角较大，选项 C 错误，D 正确． 2．如图所示，P、Q 是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q 间的 水平距离为 d.直径略小于弯管内径的小球以速度 v0 从 P 端水平射入弯管，从 Q 端射出， 在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压．若小球从静止开始由 P 端滑入弯管，经时 间 t 恰好以速度 v0 从 Q 端射出．重力加速度为 g，不计空气阻力，那么( ) A．v0< gd B．v0＝ 2gd C．t＝ d g D．t> d g 【解答】D 设 P、Q 的竖直高度为 h，由题意知，第二次运动重力做功等于小球动能的增加量，由此 可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小，且 P、Q 的竖直高度为 h＝d 2 ，据平抛运动特点得 v0＝ dg，A、B 选项都错误．小球第一次从 P 运动至 Q 的时间 t1＝ d g ，第二次运动竖直方向加速度小于 重力加速度，所以 t> d g ，D 选项正确． 圆周运动问题 [解题方略] 1．解决圆周运动力学问题的关键 (1)正确进行受力分析，明确向心力的 ，确定圆心以及半径． (2)列出正确的动力学方程 F＝mv2 r ＝mrω2＝mωv＝mr4π2 T2 .结合 v＝ωr、T＝2π ω ＝2πr v 等基本公式进行求解． 2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点 (1)模型 1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解． (2)模型 2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定 理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解． 3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题 (1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是 v≥ gR. (2)杆球模型：小球能通过最高点的条件是 v≥0. [题组预测] 1．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为 1∶2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲转动且不打滑．两 圆盘上分别放置质量为 m1 和 m2 的小物体．已知 m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同，m1 距甲 盘圆心的距离为 r，m2 距乙盘圆心的距离为 2r，两小物体随盘 做匀速圆 周运动．下列判断正确的是( ) A．随着转速慢慢增加，m1 先开始滑动 B．随着转速慢慢增加，m2 先开始滑动 C．随着转速慢慢增加，m1、m2 同时开始滑动 D．无论转速如何增加，m1、m2 始终不会滑动 【解答】答案 A 2．(多选)如图所示为赛车场的一个“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 【解答】AB 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向摩擦力提供向心力得，kmg＝mv2m mr ，当弯道半径 一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间 最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项 A 正确； 在大圆弧弯道上的速率为 vmR＝ kgR＝ 2.25×10×90 m/s＝45 m/s，选项 B 正确；直道的长度为 x＝ L2－R－r2＝50 3 m，在小弯道上的最大速率为：vmr＝ kgr＝ 2.25×10×40 m/s＝30 m/s，在直道上的 加速度大小为 a＝v2mR－v2mr 2x ＝452－302 2×50 3 m/s2≈6.50 m/s2，选项 C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度 为2πr 3 ，通过小圆弧弯道的时间为 t＝ 2πr 3 vmr ＝2×3.14×40 3×30 s≈2.80 s，选项 D 错误． 平抛与圆周运动的综合问题 [解题方略] 圆周运动与平抛运动或其他运动形式相结合的题目已成为现在高考的热点，物体在竖直面内的圆周运 动问题，往往要综合牛顿运动定律和功能关系等解题．此类问题的情况有：(1)物体先做竖直面内的变速圆 周运动，后做平抛运动；(2)物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动．这类问题往往要结合能量 关系求解，多以计算题的形式考查． 解答此类问题的关键：先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，再分析物体能够到达圆周最高点 的临界条件，对物体在最低点和最高点时的状态进行分析，抓住前后两过程中速度的连续性． [题组预测] 1．(2017·张家口一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD，其 A 点与圆心等高，D 点为轨道的最 高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示．今使小球自 A 点正上方某处由静止释放， 且从 A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点 D，则小球通过 D 点后 ( ) A．一定会落到水平面 AE 上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．不能确定 【解答】A 如果小球恰能通过最高点 D，根据 mg＝mv2D R ，得 vD＝ gR， 知小球在最高点的最小速度为 gR. 根据 R＝1 2gt2 得：t＝ 2R g . 则平抛运动的水平位移为：x＝ gR· 2R g ＝ 2R. 知小球一定落在水平面 AE 上．故 A 正确，B、C、D 错误． 2．(2017·四川南充模拟)如图所示，半径 R＝0.5 m 的光滑圆弧轨 道 ABC 与足够长的粗糙轨道 CD 在 C 处平滑连接，O 为圆弧轨道 ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径 OA、OC 与 OB 的 夹角分别为 53°和 37°.将一个质量 m＝0.5 kg 的物体(视为质点)从 A 点左侧高为 h＝0.8 m 处的 P 点水平抛出，恰从 A 点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道 CD 间的动 摩擦因数μ＝0.8，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)物体水平抛出时的初速度大小 v0； (2)物体经过 B 点时，对圆弧轨道的压力大小 FN； (3)物体在轨道 CD 上运动的距离 x.(结果保留三位有效数字) 【解答】 (1)由平抛运动规律知：v2y＝2gh 竖直分速度 vy＝ 2gh＝4 m/s 初速度 v0＝vytan 37°＝3 m/s. (2)从 P 点至 B 点的过程，由机械能守恒有 mg(h＋R－Rcos 53°)＝1 2mv2B－1 2mv20 经过 B 点时，由向心力公式有 FN′－mg＝mv2B R 代入数据解得 FN′＝34 N 由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为 FN＝34 N. (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道 CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑． 从 B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有 －mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝0－1 2mv2B 代入数据可解得 x＝135 124 m≈1.09 m. 答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m 1．(2017·江西上饶模拟)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为 a 的匀加速运动， 同时人顶着直杆以速度 v0 水平向右匀速移动，经过时间 t，猴子沿杆向上移动的高度为 h，人顶杆沿水平 地面移动的距离为 x，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( ) A．相对地面的运动轨迹为直线 B．相对地面做匀加速直线运动 C．t 时刻猴子速度的大小为 v0＋at D．t 时间内猴子的位移大小为 x2＋h2 【解答】D 猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为 0 的匀加速直线运动，根据 运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线．故 A 错误；猴子在水 平方向上的加速度为 0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不 变，做匀变速曲线运动．故 B 错误；t 时刻猴子在水平方向上的分速度为 v0，在竖直方向上的分速度为 at， 所以合速度 v＝ v20＋at2.故 C 错误．在 t 时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为 x 和 h，根据 运动的合成，知合位移 s＝ x2＋h2.故 D 正确． 2．(2017·广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如 图所示．它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛， 最后落在斜面上，其落点分别是 a、b、c.下列判断正确的是( ) A．图中三小球比较，落在 a 点的小球飞行时间最短 B．图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度变化最大 C．图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度变化最快 D．无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 【解答】D 图中三个小球均做平抛运动，可以看出 a、b 和 c 三个小球下落的高度关系为 ha>hb>hc， 由 t＝ 2h g ，得 ta>tb>tc，又Δv＝gt，则知Δva>Δvb>Δvc，A、B 项错误．速度变化快慢由加速度决定，因 为 aa＝ab＝ac＝g，则知三个小球飞行过程中速度变化快慢相同，C 项错误．由题给条件可以确定小球落在 左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为 v0 时，其落到斜面上的 瞬时速度 v 与斜面垂直， 将 v 沿水平方向和竖直方向分解，则 vx＝v0，vy＝gt，且需满足v vy ＝v0 gt ＝tan θ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关 系可知 tan θ＝1 2 ，则 v0＝1 2gt，而竖直位移 y＝1 2gt2，水平位移 x＝v0t＝1 2gt2，可以看出 x＝y，而由题图可知 这一关系不可能存在，则假设不能成立，D 项正确． 3．(2017·河北保定一模)如图所示，半径为 R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为 m 直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管 壁的作用力大 小为 mg，g 为当地重力加速度，则( ) A．小球在管顶部时速度大小为 2gR B．小球运动到管底部时速度大小可能为 2gR C．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为 5mg D．小球运动到管底部时对管壁的压力为 7mg 【解答】C 小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力．如果小球与外壁有作用 力，对小球受力分析可知2mg＝mv2 R ，可得v＝ 2gR，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有1 2mv21 ＝2mgR＋1 2mv2，可以解出 v1＝ 6gR，小球在底部时，由牛顿第二定律有 FN1－mg＝mv21 R ，解得 FN1＝7mg. 如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球 速度为零，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有 1 2mv22＝2mgR，解得 v2＝ 4gR，小球在底部 时，由牛顿第二定律有 FN2－mg＝mv22 R ，解得 FN2＝5mg.C 对，A、B、D 错． 4．如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道 ABCD，其中 ABC 部分是半径为 R 的半圆形轨道(AC 是 圆的直径)，CD 部分是水平轨道．一个质量为 m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点 A 时速度大小 vA＝2 gR，之后离开 A 点，最终落在水平轨道上．小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取 10 m/s2. 求： (1)小球落地点与 C 点间的水平距离； (2)小球落地时的速度方向； (3)小球在 A 点时轨道对小球的压力． 【解答】 (1)小球离开 A 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有 2R＝1 2gt2 解得小球运动时间 t＝2 R g x＝vAt 解得小球落地点与 C 点间的水平距离 x＝4R (2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ tan θ＝gt vA 解得θ＝45° (3)设小球在 A 点时轨道对小球的压力为 FN 根据牛顿第二定律 FN＋mg＝mv2A R 解得：FN＝3mg，方向竖直向下． 答案 (1)4R (2)与水平方向的夹角为 45° (3)3mg，方向竖直向下 【查缺补漏】 1．如图所示，某轮渡站两岸的码头 A 和 B 正对，轮渡沿直线往返于两码头之间，已知水流速度恒定 且小于船速．下列说法正确的是( ) A．往返所用的时间不相等 B．往返时船头均应垂直河岸航行 C．往返时船头均应适当偏向上游 D．从 A 驶往 B，船头应适当偏向上游，返回时船头应适当偏向下游 【解答】C 根据矢量的合成法则，及各自速度恒定，那么它们的合速度也确定，则它们所用的时间 也相等，故 A 错误；从 A 到 B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船 头的方向偏向上游一侧．从 B 到 A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然 偏向上游一侧．故 C 正确，B、D 错误． 2．(2017·广东佛山二模)2016 年起，我国空军出动“战神”轰－6K 等战机赴南海战斗巡航．某次战备 投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹．飞机飞行高度为 h，重力加速度为 g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( ) A．在飞行员看来模拟弹做平抛运动 B．模拟弹下落到海平面的时间为 2h g C．在飞行员看来模拟弹做自由落体运动 D．若战斗机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态 【解答】B 模拟弹相对于海面做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，因飞机在水平方向做加速 运动，所以在飞行员看来模拟弹做的既不是平抛运动，也不是自由落体运动，A、C 项错误．模拟弹在竖 直方向做自由落体运动，h＝1 2gt2，得 t＝ 2h g ，B 项正确．“加速”是指其有一定的加速度，“向下”是 指其竖直向下的分速度不为 0，但其加速度未必有竖直向下的分量，则飞行员不一定处于失重状态，D 项 错误． 【举一反三】 3．(2017·湖南六校联考)如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑 道及水池组成，圆形滑道外侧半径 R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口 B 和水平出口 B′相互错开，为 保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度 h＝5 m．现游客从滑道 A 点由 静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)起滑点 A 至少离水平滑道多高？ (2)为了保证游客安全，在水池中放有长度 L＝5 m 的安全气垫 MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落 在 M 端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点 A 距水平滑道的高度取值范围为多少？ 【解答】 (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有： mg＝mv2 R ① 从 A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有 mgH1＝1 2mv2＋mg×2R ② 解得 H1＝5 2R＝5 m ③ (2)落在 M 点时抛出速度最小，从 A 到 C 由机械能守恒 mgH1＝1 2mv21 ④ v1＝ 2gH1＝10 m/s ⑤ 水平抛出，由平抛运动规律可知 h＝1 2gt2 ⑥ 得 t＝1 s 则 s1＝v1t＝10 m 落在 N 点时 s1＝s1＋L＝15 m ⑦ 则对应的抛出速度 v2＝s2 t ＝15 m/s ⑧ 由 mgH2＝1 2mv22 得 H2＝v22 2g ＝11.25 m 安全滑下点 A 距水平滑道高度范围为 5 m≤H≤11.25 m ⑨ 答案 (1)5 m (2)见解析 1．如图所示，ABC 为在竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在 A、B 两点间的直的金 属棒，在直棒上和半圆环的 BC 部分分别套着两个相同的小圆环 M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω做 匀速转动，半圆环的半径为 R，小圆环的质量均为 m，金属棒和半圆环均光 滑，已 知重力加速度为 g，小圆环可视为质点，则 M、N 两圆环做圆周运动的线速 度 之 比为( ) A. g R2ω4－g2 B. g2－R2ω4 g C. g g2－R2ω4 D. R2ω4－g2 g 【解答】A M 环做匀速圆周运动，则 mgtan 45°＝mvMω，N 环做匀速圆周运动，则 mgtan θ＝mvNω， mgtan θ＝mrω2，r＝Rsin θ，vN＝rω＝1 ω R2ω4－g2，因此vM vN ＝ g R2ω4－g2 ，A 项正确． 2．如图所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为 h 的圆柱体，其上表 面半径为 r，转动角速度为ω.现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为 H 的光滑桌面上水平飞出后 恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的 最 大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计)( ) A. gr 2 B. gr 2 ＋ω2r2 C. gr 2 ＋ωr D．r g 2 h＋r ＋ωr 【解答】C 陀螺下部分高为 h′＝r，下落 h′所用时间为 t，则 h′＝1 2gt2. 陀螺水平飞出的速度为 v，则 r＝vt，解得 v＝ gr 2 陀螺自转的线速度为 v′＝ωr，陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应 的速度最大，所以最大速度 v＝ωr＋ gr 2 ，故 C 正确，A、B、D 错误． 3．(多选)如图所示，倾角为 37°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度 v0 水平抛出，乙以初 速度 v0 沿斜面运动，甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为 g ， 则 ( ) A．斜面的高度为8v20 9g B．甲球落地时间为3v0 4g C．乙球落地时间为20v0 9g D．乙球落地速度大小为7v0 3 【解答】AC 甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，则甲的速度方向与水平方向的夹角为 53°，则 vy ＝v0tan 53°＝4 3v0，斜面的高度 h＝v2y 2g ＝8v20 9g ，故 A 正确；甲球落地的时间 t 甲＝vy g ＝4v0 3g ，故 B 错误；乙球下 滑的加速度 a＝gsin 37°＝3 5g，下滑的距离 x＝ h sin 37° ，根据 x＝1 2at2乙，联立解得 t 乙＝20v0 9g ，乙球落地的速度 v＝at 乙＝4v0 3 ，故 C 正确，D 错误． 4．(多选)如图所示，A、B 两点在同一条竖直线上，B、C 两点在同一条水平线上．现将甲、乙、丙三 小球分别从 A、B、C 三点水平抛出，若三小球同时落在水平面上的 D 点，则以下关于三小球运动的说法 中正确的是( ) A．三小球在空中的运动时间一定是 t 乙＝t 丙>t 甲 B．甲小球先从 A 点抛出，丙小球最后从 C 点抛出 C．三小球抛出时的初速度大小一定是 v 甲＞v 乙＞v 丙 D．从 A、B、C 三点水平抛出的小球甲、乙、丙落地时的速度方向与水平方向之间夹角一定满足θ丙＞ θ乙＞θ甲 【解答】ACD 已知 hA＜hB，由 t＝ 2h g 可知，t 甲＜t 乙，即甲小球在空中运动的时间小于乙小球在空中 运动的时间；又因为 hB＝hC，所以 t 乙＝t 丙，即乙、丙两小球在空中运动的时间相等，故有 t 乙＝t 丙＞t 甲， 选项 A 正确；由于 t 乙＝t 丙＞t 甲，所以一定是乙、丙两小球先抛出，选项 B 错误；由于甲、乙、丙三小球 在水平方向上做匀速直线运动，故可得甲、乙、丙三小球抛出时的初速度大小分别为 v 甲＝x 甲 t 甲 ，v 乙＝x 乙 t 乙 ， v 丙＝x 丙 t 丙 ，又 x 甲＝x 乙＞x 丙，所以 v 甲＞v 乙＞v 丙，选项 C 正确；三小球落地时，其速度方向与水平方向之间 夹角的正切值 tan θ＝v⊥ v0 ＝ 2gh v0 ，因为 hB＝hC＞hA，v 甲＞v 乙＞v 丙，所以可得 tan θ甲＜tan θ乙＜tan θ丙，即θ丙 ＞θ乙＞θ甲，选项 D 正确． 1．(2017·四川资阳模拟)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两 个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位 置关系示意图正确的是( ) 【解答】B 小球做匀速圆周运动， mgtan θ＝mω2Lsin θ，整理得：Lcos θ＝ g ω2 是常量， 即两球处于同一高度，故 B 正确. 2．(多选)(2017·江西南昌 3 月模拟)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架 ABCD－ A1B1C1D1，从顶点 A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点)．关于小球的运动，下列说法正确的是( ) A．落点在 A1B1C1D1 内的小球，落在 C1 点时平抛的初速度最大 B．落点在 B1D1 上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是 1∶ 2 C．运动轨迹与 AC1 相交的小球，在交点处的速度方向都相同 D．运动轨迹与 A1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同 【解答】ABC 依据平抛运动规律有 h＝ 1 2gt2，得飞行时间 t＝ 2h g ，水平位移 x＝v0 2h g ，落点 在 A1B1C1D1 内的小球，h 相同，而水位位移 xAC1 最大，则落在 C1 点时平抛的初速度最大，A 项正确．落 点在 B1D1 上的小球，由几何关系可知最大水平位移 xmax＝L，最小水平位移 xmin＝ L 2 ，据 v0＝x g 2h ，可 知平抛初速度的最小值与最大值之比 vmin∶vmax＝1∶ 2，B 项正确．凡运动轨迹与 AC1 相交的小球，位移 偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有 tan θ＝2 tan β，因θ相同，则运动轨迹与 AC1 相交的小 球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知 D 项错误． 3．(2017·河南百校联盟 4 月模拟)如图所示，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( ) A.3 4 m B. 2 3 m C. 2 2 m D.4 3 m 【解答】D 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 ＝  h 2tan θ ＋x h g ，求得 x＝4 3 m，选项 D 正确． 4．(多选)(2017·甘肃模拟)如图所示，质量为 3m 的竖直光滑圆环 A 的半径为 R，固定在质量为 2m 的 木板 B 上，木板 B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使 B 不能左右运动．在环的最低点静止放有 一质量为 m 的小球 C，现给小球一水平向右的瞬时速度 v0，小球会在圆环 内 侧 做 圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起， 则 速 度 v0 必须满足( ) A．最小值为 2 gR B．最大值为 3 gR C．最小值为 5gR D．最大值为 10gR 【解答】CD 在最高点，小球速度最小时有：mg＝mv21 R ，解得 v1＝ gR，从最低点到最高点的过程中 机械能守恒，则有：2mgR＋1 2mv21＝1 2mv20 小，解得 v0 小＝ 5gR；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环 对球的最大压力 Fm＝2mg＋3mg＝5mg，在最高点，速度最大时有：mg＋5mg＝mv22 R ，解得 v2＝ 6gR，从最 低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR＋1 2mv22＝1 2mv20 大，解得 v0 大＝ 10gR，所以小球在最低点 的速度范围为： 5gR≤v0≤ 10gR，选项 C、D 正确． 5．如图所示，从 A 点以 v0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量 m＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块 运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平 面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平．已知长木板的质量 M＝4 kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H ＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.2，g 取 10 m/s2.求： (1)小物块运动至 B 点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力的大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 【解答】 (1)物块做平抛运动： H－h＝1 2gt2 设到达 B 点时竖直分速度为 vy， vy＝gt v1＝ v20＋v2y＝ 42＋32 m/s＝5 m/s 方向与水平面的夹角为θ，则： tan θ＝vy v0 ＝3 4 解得θ＝37° (2)从 A 至 C 点，由动能定理得 mgH＝1 2mv22－1 2mv20 设小物块在 C 点受到的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 FN－mg＝mv22 R 联立解得 v2＝2 7 m/s FN＝47.3 N 根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道 C 点的压力大小为 47.3 N (3)小物块对长木板的摩擦力为 Ff＝μ1mg＝5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N 因 Ff＜Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，至 长木板右端时速度刚好为 0，则长木板长度至少为 l＝ v22 2μ1g ＝2.8 m 答案 (1)5 m/s 方向与水平面夹角为 37°斜向下 (2)47.3 N (3)2.8 m 教 学 反 思