《2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（4）圓周運動與平拋運動綜合問題的解題策略學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理一輪復習 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（4）圓周運動與平拋運動綜合問題的解題策略學案（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考必考題突破講座(四)圓周運動與平拋運動綜合問題的解題策略 題型特點 考情分析 命題趨勢 圓周運動與平拋運動的綜合問題是近幾年高考的熱點題型，此類問題主要考查水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合或豎直面內圓周運動與平拋運動的綜合 2016·全國卷Ⅱ，25 2018年高考命題主要會以豎直平面內的圓周運動與平拋運動的綜合設計考題情景，并結合功能關系進行求解 1．圓周運動與平拋運動綜合問題示意圖 2．涉及問題 (1)運動物體可以設計為先在水平面內做圓周運動，后在豎直面內做平拋運動． (2)運動物體還可以設計為先在豎直面內做平拋運動，后做圓周運動． (3)前一過程

2、的末速度是后一過程的初速度． ?解題方法 　常采用分段分析法． (1)明確圓周運動向心力的來源，根據牛頓第二定律和向心力公式列方程． (2)平拋運動一般沿水平方向和豎直方向分解速度和位移． (3)若圓周運動在豎直面內，首先應明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，然后分析物體能夠到達最高點的臨界條件． 　圓周運動與平拋運動綜合問題跟自然界和日常生活密切聯(lián)系，體現(xiàn)其社會實用價值．此外，這類題目能考查學生基礎知識和基本技能，又有較好的區(qū)分度，常受到命題者的青睞．該類試題有如下幾個命題角度： 角度1　水平面內的圓周運動與平拋運動的綜合問題 此類問題往往是物體先做水平面內的勻速圓周

3、運動，后做平拋運動，有時還要結合能量關系分析求解，多以選擇題或計算題考查． 角度2　豎直面內圓周運動與平拋運動的綜合問題 此類問題有時物體先做豎直面內的變速圓周運動，后做平拋運動；有時物體先做平拋運動，后做豎直面內的變速圓周運動，往往要結合能量關系求解，多以計算題形式考查． [例1]輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因

4、數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍． 解析　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能Ep＝5mgl.① 設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·(5l－l)，?、? 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入得vB

5、＝，③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足－mg≥0，即v≥.④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l，⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝，⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2，⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l.⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l，⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓

6、軌道的中點C．由機械能守恒定律有Mv≤Mgl，? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

7、B．小物體從發(fā)射口彈出時的速度為L C．圓盤轉動時角速度的最小值為 D．P點的線速度可能為 解析　由2R＝gt2，得t＝2，選項A錯誤；小物體從發(fā)射口彈出時的速度v0＝＝，選項B錯誤；根據(2n－1)π＝ωt，得ω＝(n＝1,2,3，…)，角速度的最小值為ωmin＝，選項C錯誤；P點的線速度v＝ωR＝(n＝1,2,3，…)，當n＝3時，v＝，選項D正確． 2．(2017·湖北襄陽調研)如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內，軌道的末端B處切線水平，現(xiàn)將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放．小物體剛到B點時的加速度為a，對B點的壓力為FN，小物體離開B點后的水平位移為x，落地

8、時的速率為v.若保持圓心的位置不變，改變圓弧軌道的半徑R(不超過圓心離地的高度)．不計空氣阻力，下列圖象正確的是(　AD　) 解析　設小物體釋放位置距地面高為H，小物體從A點到B點應用機械能守恒定律有，vB＝，到地面時的速度v＝，小物體的釋放位置到地面間的距離始終不變，則選項D正確；小物體在B點的加速度a＝＝2g，選項A正確；在B點對小物體應用向心力公式，有FB－mg＝，得FB＝mg＋＝3mg，又由牛頓第三定律可知FN＝FB＝3mg，選項B錯誤；小物體離開B點后做平拋運動，豎直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，聯(lián)立可知x2＝4(H－R)R，選項C錯誤． 3．(2017·河

9、北衡水一模)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質量m＝1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時初速度v0的最小值； (3)若滑塊離開C處的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t. 解析　(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據動能定理有mg(2R－R)－μmgco

10、s 37°·＝0，解得μ＝0.375. (2)若滑塊能到達C點，根據牛頓第二定律有 mg＋FN＝， 當FN＝0時，滑塊恰能到達C點，有vC≥＝2 m/s，滑塊從A點到C點的過程中，根據動能定理有 －μmgcos 37°·＝mv－mv， 聯(lián)立解得v0＝2 m/s. (3)滑塊離開C點做平拋運動有x＝vt，y＝gt2， 由幾何關系得tan 37°＝， 聯(lián)立以上各式整理得5t2＋3t－0.8＝0， 解得t＝0.2 s．(t＝－0.8舍去) 答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 4．(2017·江蘇南京模擬)如圖所示，水平放置的圓盤半徑為R＝1 m，在其邊緣

11、C點固定一個高度不計的小桶，在圓盤直徑CD的正上方放置一條水平滑道AB，滑道與CD平行．滑道右端B與圓盤圓心O在同一豎直線上，其高度差為h＝1.25 m．在滑道左端靜止放置質量為m＝0.4 kg的物塊(可視為質點)，物塊與滑道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.當用一大小為F＝4 N的水平向右拉力拉動物塊的同時，圓盤從圖示位置以角速度ω＝2π rad/s 繞穿過圓心O的豎直軸勻速轉動，拉力作用一段時間后撤掉，物塊在滑道上繼續(xù)滑行，由B點水平拋出，恰好落入小桶內，重力加速度取10 m/s2. (1)求拉力作用的最短時間； (2)若拉力作用時間為0.5 s，求所需滑道的長度． 解析　(1)物塊離

12、開滑道做平拋運動，設水平初速度為v，所用時間為t，則 水平方向R＝vt， 豎直方向h＝gt2， 解得v＝2 m/s，t＝0.5 s. 設拉動物塊時的加速度為a1，所用時間為t1，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2， 撤去拉力后，設物塊的加速度為a2，所用時間為t2，由牛頓第二定律得－μmg＝ma2， 解得a2＝－2 m/s2. 圓盤轉過一圈時物塊落入，拉力作用的時間最短，圓盤轉過一圈的時間 T＝＝1 s. 物塊在滑道上先加速后減速，則v＝a1t1＋a2t2， 物塊滑行時間、拋出在空中時間與圓盤周期關系為 t1＋t2＋t＝T， 解得t1＝0.3 s. (2)物塊加速t′1＝0.5 s的末速度 v1＝a1t′1＝4 m/s， 則滑道長L＝a1t′＋＝4 m. 答案　(1)0.3 s　(2)4 m 6