2015届高三物理二轮专题复习讲义（人教版）：专题3+平抛运动与圆周运动（含14真题及原创解析）

高考定位

平抛运动和圆周运动是典型的曲线运动，而处理平抛运动的方法主要是运动的合成与分解，因此运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动是每年必考的知识点．复习中要注意理解合运动与分运动的关系，掌握平抛运动和圆周运动问题的分析方法，能运用平抛运动知识和圆周运动知识分析带电粒子在电场、磁场中的运动．

考题1 对运动的合成和分解的考查

例1 (2014·四川·4)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )

kvvA.2 B. k－11－k2kvvC. D. 1－k2k2－1

审题突破 根据去程时船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当回程时路线与河岸垂直，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．

d

解析 设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河v0

vdt1所用时间t2＝.由题知＝k，联立以上各式得v＝选项B正确，选项A、C、0222，t2v0 －v1－kD错误． 答案 B

1．如图1所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )

图1

A．vsin θ B．vcos θ C．vtan θ D．vcot θ 答案 A

解析 由题意可知，线与光盘的交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线＝vsin θ；而沿线方向的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误．

2．质量为2 kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图2甲、乙所示．下列说法正确的是( )

图2

A．前2 s内质点处于超重状态 B．2 s末质点速度大小为4 m/s

C．质点的加速度方向与初速度方向垂直 D．质点向下运动的过程中机械能减小 答案 D

解析 由题图甲知，质点在竖直方向向下加速运动，即加速度的方向向下，故处于失重状态，

42所以A错误；2 s末vy＝4 m/s，水平方向匀速运动vx＝ m/s，故此时质点的速度v＝vx 2＋v y

3

410＝ m/s，可得B错误；质点的加速度竖直向下，初速度斜向下，故不垂直，所以C错

3误；由题图甲可求加速度a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma，即质点在下落的过程中受竖直向上的力，该力做负功，所以质点的机械能减小，所以D正确．

1．分运动与合运动具有等时性和独立性．

2．运动的合成与分解属矢量的合成分解，满足平行四边形、三角形和正交分解．

3．分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按实际运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动．

考题2 对平抛运动的考查

例2 (2014·浙江·23)如图3所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)

图3

(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；

(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．

审题突破 (1)由匀变速直线运动规律求解．(2)子弹做平抛运动，选地面为参考系，求解第一发子弹的弹孔离地的高度；数学关系结合平抛规律求解靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，说明第一颗子弹没有击中靶，第二颗子弹能够击中靶，平抛运动规律求解L的范围．

v0 220

解析 (1)装甲车的加速度a＝＝ m/s2

2s9L

(2)第一发子弹飞行时间t1＝＝0.5 s

v＋v012

第一个弹孔离地高度h1＝h－gt ＝0.55 m

21

1L－s

第二个弹孔离地的高度h2＝h－g(v)2＝1.0 m

2两弹孔之间的距离Δh＝h2－h1＝0.45 m

(3)若使第一发子弹恰好打到靶的下沿，装甲车离靶的距离为L1

2h

L1＝(v0＋v) ＝492 m

g若使第二发子弹恰好打到靶的下沿，装甲车离靶的距离为L2

2hL2＝v ＋s＝570 m

g

为使靶上只有一个弹孔，则此弹孔一定是第二发子弹在靶上留下的弹孔 故L的范围为492 m

20

答案 (1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m

9(3)492 m

3．如图4所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平

抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B点，过B点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )

图4

23v 0A.

3g

?43－6?v0 2C.

g答案 C

解析 在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分

2

?43－6?v 0速度大小vy＝v0tan 60°＝3v0，v0t＝R＋Rcos 30°，vy＝gt，得R＝，故选C.

g4．(2014·新课标Ⅱ·15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 为( ) πππ5πA. B. C. D. 64312答案 B

1解析 设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由题意知mv2＝mgh，得：v0＝2gh.物块

20在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度vy＝2gh＝vx＝v0，则该物块落

π

地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误．

45．如图5所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块( )

2

23v 0

B. 9g

?4－23?v0 2D.

g

2

图5

A．初速度大，运动时间短 B．初速度大，运动时间长 C．初速度小，运动时间短 D．初速度小，运动时间长 答案 A

解析 由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B点的石块的初速度较大，故A正确，B、C、D错误．

1．平抛运动、类平抛运动处理的方法都是采用运动分解的方法，即分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动． 2．在平抛(类平抛)运动中要注意两个推论，在解答选择题时常用到：

(1)做平抛(类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲所示．

(2)如图乙，设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意位置处瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.

考题3 对圆周运动的考查

例3 如图6所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，

l

A点的坐标为(0，)，另一端系一质量为m的小球．现在x坐标轴上(x>0)固定一个小钉，拉

2小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．

图6

(1)当钉子在x＝拉力；

(2)为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．

审题突破 (1)由数学知识求出小球做圆周运动的轨道半径，由机械能守恒定律求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．(2)由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒定律求出钉子的位置，然后确定钉子位置范围．

5l解析 (1)当钉子在x＝l的P点时，小球绕钉子转动的半径为：R1＝l－ ??2＋x2

42小球由静止到最低点的过程中机械能守恒：

l12mg(＋R1)＝mv 1 22

5

l的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大4

2v 1

在最低点细绳承受的拉力最大，有：F－mg＝m

R1

联立求得最大拉力F＝7mg.

(2)小球绕钉子做圆周运动恰好到达最高点时，有：

2v 2

mg＝m R2

l12

运动中机械能守恒：mg(－R2)＝mv 2 22

l钉子所在位置为x′＝ ?l－R2?2－??2

2

7

联立解得x′＝l

6

75

因此钉子所在位置的范围为l≤x≤l.

64

75

答案 (1)7mg (2)l≤x≤l

64

6．(2014·新课标Ⅰ·20)如图7所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )

图7

A．b一定比a先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等

kg

C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度

2l2kgD．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg

3l答案 AC

解析 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，

2

静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mω al，当fa＝kmg

kg222

时，kmg＝mω l，ω＝ ；对木块b：fb＝mω 2l，当fb＝kmg时，kmg＝mω 2l，ωbaab·b·l

kg＝ ，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则

2l

kg

fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa

2l

2kg2

ω＝ 时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmg，选项D错误．

3l3

7．(2014·新课标Ⅱ·17)如图8所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )

图8

A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 答案 C

1

解析 设大环半径为R，质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R.

2mv2

小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2gR，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最R

mv2

低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力

RFN′＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．

1．圆周运动的基本规律

v22π2

(1)向心力：F＝mωr＝m＝m()2r＝m(2πf)2r＝m(2πn)2r.

rT(2)向心加速度

v22π2

①大小：a＝ωr＝＝()r＝(2πf)2r＝(2πn)2r.

rT

2

②注意：当ω为常数时，a与r成正比；当v为常数时，a与r成反比；若无特定条件，不能说a与r成正比还是成反比．

2．要注意竖直平面内圆周运动的两种临界状态的不同： 分类 实例 最高点无支撑 球与绳连接、水流星、翻滚过山车 最高点有支撑 球与杆连接，车过拱桥、球过竖直管道、套在圆环上的物体等 图示 在最高 点受力 恰好过 最高点 重力、弹力F弹向下或等于零 v2mg＋F弹＝m r2vF弹＝0，mg＝m，v＝rg(在最高r点速度不能为零) 重力、弹力F弹向下、向上或等于v2零mg±F弹＝m rF弹＝mg，F向＝0(在最高点速度可以为零)

考题4 平抛与圆周运动组合问题的综合分析

例4 (17分)如图9所示，一小物块自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．有一半径为R的光滑圆轨道与斜面AB在B点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：

图9

(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少；

(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值．

解析 (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：vy＝2gh＝2×10×0.032 m/s＝0.8 m/s(2分)

vy由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝(3分)

v0得v0＝0.6 m/s.(2分)

(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v，受到圆轨道的压力为FN.

v2

则由向心力公式得：FN＋mg＝m(2分)

R

μmgHcos 53°112

由动能定理得：mg(H＋h)－－mg(R＋Rcos 53°)＝mv2－mv 0(5分) sin 53°22小物块能过圆轨道最高点，必有FN≥0(1分)

联立以上各式并代入数据得：

88

R≤ m，即R最大值为 m．(2分)

2121

8

答案 (1)0.6 m/s (2) m

21

(2014·福建·21)(19分)如图10所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

图10

(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；

(2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与

v2

其速率的关系为F向＝m) R

2

答案 (1)2gR －(mgH－2mgR) (2)R

3解析 (1)游客从B点做平抛运动，有 2R＝vBt

1

R＝gt2

2

① ② ③

由①②式得vB＝2gR

从A到B，根据动能定理，有

1

mg(H－R)＋Wf＝mvB 2－0

2由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)

④ ⑤

(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有

1

mg(R－Rcos θ)＝mvP 2－0

2

⑥

过P点时，根据向心力公式，有

vP 2

mgcos θ－N＝m

RN＝0

⑦

⑧

h

cos θ＝

R

⑨ ⑩

2

由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R

3

知识专题练 训练3

题组1 运动的合成和分解

1．如图1所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点所用的时间相等．则下列说法中正确的是( )

图1

A．质点从M到N过程中速度大小保持不变

B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同 D．质点在M、N间的运动不是匀变速运动 答案 B

解析 由题图知，质点在恒力作用下做一般曲线运动，不同地方弯曲程度不同，即曲率半径不同，所以速度大小在变，所以A错误；因是在恒力作用下运动，根据牛顿第二定律F＝ma，所以加速度不变，根据Δv＝aΔt可得在相同时间内速度的变化量相同，故B正确，C错误；因加速度不变，故质点做匀变速运动，所以D错误．

2．公交车是人们出行的重要交通工具，如图2所示是公交车内部座位示意图，其中座位 A和 B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿 AB连线相对车以 2 m/s的速度匀速运动到 B，则站在站台上的人看到该乘 客( )

图2

A．运动轨迹为直线 B．运动轨迹为抛物线

C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态 D．当车速度为5 m/s时，该乘客对地速度为7 m/s 答案 B

解析 人相对地面参与了两个方向的运动，一个是垂直于车身方向的匀速运动，一个是沿车身方向的匀加速直线运动，类似于一个物体做平抛运动，所以运动轨迹是抛物线，故A错误，B正确；乘客受到沿车身方向的合外力，处于非平衡状态，C错误；速度的合成遵循平行四

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