资源简介

抛体运动与圆周运动
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情分析 纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，该部分注重与体育、娱乐、生活实际等结合，将“立德树人”的要求融入到物理试题的解答过程中，考查平抛运动规律、圆周运动。试题以能力测试为主导，以学科主干知识为载体，体现新课改的基本理念。题型有选择题，也有计算题。
素养呈现 1.运动合成与分解思想
2.平抛运动规律
3.圆周运动规律及两类模型
素养落实 1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
考点1| 曲线运动和运动的合成与分解
新储备·等级考提能
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。
甲　　　　　　　　　乙
丙　　　　　　　　丁
新案例·等级考评价
[案例1]　如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　)
A． B． C． D．
[题眼点拨]　①“连杆OB在竖直平面的圆周运动”表明B点沿切向的线速度是合速度，可沿杆和垂直杆分解。
②“滑块在水平横杆上左右滑动”表明合速度沿水平横杆。
D　[设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解：
滑块沿杆方向的分速度为vA分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，设B的线速度为v′，则
v′＝Lω，vB分＝v′·cos θ＝v′cos(β－90°)＝Lωsin β，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立解得v＝，故本题正确选项为D。]
反思感悟：“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是常用方法，如例题中B端的圆周运动，合速度沿切线。
[跟进训练]
1．(2020·安徽十校第二次联考)如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是(　　)
A．减小α，增大船速v B．增大α，增大船速v
C．减小α，船速v不变 D．增大α，船速v不变
B　[要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v实，vcos(π－α)＝v水，所以tan(π－α)＝，若v实不变，v水增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。]
2．(易错题)如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升。以下说法正确的是(　　)
A．物体B正向右做匀减速运动
B．物体B正向右做加速运动
C．地面对B的摩擦力减小
D．斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2
D　[将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，根据平行四边形定则有vBcos α＝vA，所以vB＝，当α减小时，物体B的速度减小，但B不是做匀减速运动，选项A、B错误；在竖直方向上，对B有mg＝FN＋FTsin α，FT＝mAg，α减小，则支持力FN增大，根据Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，选项C错误；根据vBcos α＝vA，知斜绳与水平方向成30°时，vA∶vB＝∶2，选项D正确。]
易错点评：合速度的判断及数学关系的应用。
3．如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升。下列说法正确的是(　　)
A．小球做匀速圆周运动
B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为
C．棒的角速度逐渐增大
D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为
D　[棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL，沿竖直向上方向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，小球速度为v实＝ωL＝，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A、B、C错误，D正确。]
考点2| 平抛运动
新储备·等级考提能
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
新案例·等级考评价
[案例2]　(2020·湖北八校第一次联考)北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡面水平飞出的速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员飞出后经t＝距斜面最远
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员落点位移为原来的4倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
[题眼点拨]　①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
B　[利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上A点做平抛运动，落到斜面上的C点，沿AC作一直线ACB，如图所示，则从A平抛时，落到斜面AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上E点时竖直方向分速度vyE小于落到D点时竖直方向分速度vyD，而二者水平方向分速度相同，则落到E点时速度与水平方向的夹角比落到D点小，故A、D项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为2v0时，有tan θ＝，得t＝，故B项正确；若沿倾角为α的AB斜面平抛，落到斜面上D点的时间tan α＝＝＝2tan θ，解得t＝，则x＝v0t＝，故s＝＝，可知当速度为2v0时，s′＝4s，则落到E点时的距离s″<4s，故C项错误。]
反思感悟：平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
[跟进训练]
1．(多选)(2020·河南洛阳重点中学大联考)如图所示，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上的P点，P点到两抛出点水平距离相等，并且落到P点时两球的速度互相垂直。若不计空气阻力，则(　　)
A．小球a比小球b先抛出
B．初速度va小于vb
C．小球a、b抛出点距地面高度之比为vb∶va
D．初速度va大于vb
AB　[由h＝gt2可得t＝，平抛运动的运动时间是由距地面的高度决定的，由题意可知ha>hb，所以ta>tb，又小球a、b的水平位移相等，且x＝v0t，可得va2．如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列选项正确的是(　　)
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
D　[由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。]
3．一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，中间球网高度为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网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
A．B．C．D．D　[设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h－h＝gt　①，水平方向上有＝v1t1　②，由①②两式可得v1＝。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt　③，在水平方向有＋L\o\al(2,1))＝v2t2　④。由③④两式可得v2＝。则v的最大取值范围为v1考点3| 圆周运动
新储备·等级考提能
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型 轻杆模型
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＝，即在最高点速度不能为零 v＝0，mg＝F弹，在最高点速度可为零
关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
新案例·等级考评价
[案例3]　(2020·重庆一中摸底考试)如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则(　　)
甲　　　　　　乙
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为
[题眼点拨]　①“强磁性引力始终指向圆心O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。
②“对轨道压力为其重力的8倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解F。
D　[在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝m，根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，联立解得F＝8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝，根据牛顿第三定律有NA＝N′A；在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；从A点到B点的过程，根据动能定理有mg·2R＝mv－mv，联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C错误；若强磁性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝m，由数学知识可知当FB＝0时，质点速度最大为vBm，可解得vBm＝，选项D正确。]
反思感悟：抓“两点”“一联”把握解题关键点
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A．此时绳子张力为FT＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
ABC　[两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；烧断绳子瞬间A物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误。]
2．(2020·哈尔滨六中月考)如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一质量为m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可为(　　)
A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r
D　[小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力，则有mg＝m，由机械能守恒定律得mgh－mg·2r＝mv2，解得h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得mgh＝mg·r，得h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为h≤r或h≥2.5r，选项D正确。]
3．(多选)北京时间2月25日消息，2019年体操世界杯墨尔本站男子单杠单项的决赛，中国体操队选手张成龙获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F?v2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙　　
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力
ABD　[对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。]
考点4| 平抛与圆周运动的组合问题
新案例·等级考评价
[案例4]　如图所示，长为l的轻质细线固定在O1点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
[解析]　(1)设小球运动到B点的速度为vB，由A到B应用动能定理，mg·l＝mv
解得：vB＝。
(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：
F－mg＝m
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg。
(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
vC＝
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°)＝mv－mv
在D点有：FN－mg＝m
解得槽对小球的支持力FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
[答案]　(1)　(2)5mg　(3)11.4mg
规律总结：解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。
[跟进训练]
1．“平抛＋圆周＋直线”组合问题
如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙直轨道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°。将一个质量为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取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)
[解析]　(1)由平抛运动规律知v＝2gh
竖直分速度vy＝＝4 m/s
初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。
(2)从P点至B点的过程，由动能定理有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv
经过B点时，由向心力公式有
F′N－mg＝m
代入数据解得F′N＝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，速度减为零后不再下滑。
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－mv
代入数据可解得x＝ m≈1.09 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m
2．“直线＋圆周＋平抛”组合问题
某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动距离L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前所受阻力Ff恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m，取g＝10 m/s2。
(1)要使赛车能完成圆周运动，赛车到达B点时速度至少为多大？
(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
[解析]　(1)若赛车恰好能到达圆轨道最高点，则由牛顿第二定律有
mg＝m
得vmin＝
对赛车从B点到最高点的过程利用动能定理，有
2mgR＝mv－mv
得vBmin＝＝4 m/s。
(2)赛车出C点后做平抛运动，由h＝gt2，得
t＝＝0.5 s
由vC＝，得vC＝3 m/s
由vC设电动机至少工作时间为t1，对赛车从A到B的过程利用动能定理，有
Pt1－FfL＝mv－0
代入数据解得t1＝ s。
[答案]　(1)4 m/s　(2) s
17/17

展开更多......

收起↑