老高考统考物理二轮复习课件：核心素养微专题2 “平抛运动＋圆周运动”模型.ppt

1、平抛运动圆周运动”模型 科科 学学 思思 维维 平抛运动与圆周运动的模型，因涉及两种运动的分与合，命题灵活且能考查学生应用相关知识解决具体问题的 能力，成为近几年高考命题的新热点。 1模型特点 涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，此类问题的特点：有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平 抛运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动。往往要结合能量关系求解，多以计算题的形 式考查。 2突破方法 (1)分析临界点：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变， 而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。 (2)分析运动过程：对于物

2、体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动。若为圆周运动，应明 确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛 运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力。 示例示例 如图所示，如图所示，BC为半径等于为半径等于 2 5 2 m竖直放置的光滑细圆管，竖直放置的光滑细圆管，O为为 细圆管的圆心，在圆管的末端细圆管的圆心，在圆管的末端C连接一倾角为连接一倾角为45 的足够长粗糙斜面，一的足够长粗糙斜面，一 质量为质量为m0.5 kg的小球从的小球从O点正上方某处点正上方某处A点以点以v0水平抛出，恰好能垂水平抛出，恰好能垂 直直

3、OB从从B点进入细圆点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F 5 N的作用，当小球运动到圆管的末端的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力时作用力F立即消失，小球能立即消失，小球能 平滑地冲上粗糙斜面，已知小球与粗糙斜面间的动摩擦因数平滑地冲上粗糙斜面，已知小球与粗糙斜面间的动摩擦因数0.6，g 取取10 m/s2，则：，则： (1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？OA的 距离为多少？ (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？ 思路点拨 解此题的关键是做好过程分析和受

4、力分析。 (1)小球从A到B做平抛运动，vB为平抛运动与圆周运动的关联速度。 (2)小球从B到C做匀速圆周运动，所施加外力F与重力平衡，圆管对小球的弹力提供向心力。 (3)小球由C点沿斜面匀减速上滑到最高点。 解析解析 (1)从从A到到B小球做平抛运动，在小球做平抛运动，在B点的速度方向如图所示点的速度方向如图所示 则则 xr sin 45 v0t h1 2gt 2 在在B点：点：tan 45 gt v0 解得解得v02 m/s，h0.2 m |OA|hr cos 45 0.6 m。 (2)在在B点：点：vB v0 cos 45 2 2 m/s 所施加外力所施加外力F与重力平衡，小球在圆管内做

5、匀速圆周运动，圆管对小球与重力平衡，小球在圆管内做匀速圆周运动，圆管对小球 的弹力提供向心力的弹力提供向心力 FNmv 2 B r 5 2 N 由牛顿第三定律得，小球对圆管的压力由牛顿第三定律得，小球对圆管的压力 FNFN5 2 N。 (3)小球由小球由C点沿斜面匀减速上滑点沿斜面匀减速上滑 mgsin 45 mgcos 45 ma 解得解得a8 2 m/s2 小球在小球在CD斜面上运动的最大位移为斜面上运动的最大位移为xv 2 B 2a 2 4 m。 答案答案 (1)2 m/s 0.6 m (2)5 2 N (3) 2 4 m 规律总结 解决抛体运动与圆周运动综合问题的“四个关键” (1)运

6、动阶段的划分，如典例中分成三个阶段； (2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如典例中，小球运动到B点时的速度方向； (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。 应用提升练 1. (2020江西上饶高三下学期4月检测)如图 所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂 技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距 离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子 上的P点从与O点等高的位置由静止开始向 下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0lH)

7、，空 气阻力不计，小孩运动过程中绳子始终处于伸直状态。下列说法正确的是( ) Al越大，小孩在越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 Bl越小，小孩在越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 C当当lH 2 时，小孩在安全网上的落点距时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大点的水平距离最大 D当当l 2 2 H时，小孩在安全网上的落点距时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大点的水平距离最大 解析：解析：小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由mgl 1 2 m

8、v2，解得小孩，解得小孩 在在O点正下方的速度点正下方的速度v2gl。运动到。运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉点正下方时，设绳子对小孩的拉 力为力为F，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得Fmgm v2 l ，解得，解得F3mg，由牛顿第三定，由牛顿第三定 律知，小孩对绳子的拉力恒为律知，小孩对绳子的拉力恒为3mg，选项，选项A、B错误；小孩运动到绳子竖错误；小孩运动到绳子竖 直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有xvt，Hl 1 2 gt2，联，联 立解得立解得x2 l（Hl），由数学知识可知，当，由数学知识可知，当lH 2 时，小孩在安全网上

9、时，小孩在安全网上 的落点距离的落点距离O点的水平距离点的水平距离x最大，最大，选项选项C正确，正确，D错误。错误。 答案：C 2(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小 球在管道内从A点到B点做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.4 s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰。 已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看作质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2。下列判断正确的是( ) A小球在斜面上的相碰点C与管道圆心O的高度差是 0.2 m B小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.8 m C小球经过管道内O点等高点时，重力的

10、瞬时功率是60 W D小球经过管道的A点时，对管道外壁的压力是66 N 解析：解析：小球从小球从B到到C的运动时间为的运动时间为t0.4 s，那么小球在，那么小球在C点的竖直分速度点的竖直分速度 为为vygt4 m/s；由小球恰好与倾角为；由小球恰好与倾角为45 的斜面垂直相碰可知，小球从的斜面垂直相碰可知，小球从 B点水平射出的速度点水平射出的速度vvytan 45 4 m/s，故小球在斜面上的相碰点，故小球在斜面上的相碰点C与与 B点的水平距离为点的水平距离为xvt1.6 m，小球在斜面上的相碰点，小球在斜面上的相碰点C与与B点的竖直点的竖直 距离为距离为h1 2gt 2 0.8 m，则小

11、球在斜面上的相碰点，则小球在斜面上的相碰点C与管道圆心与管道圆心O的高度的高度 差为差为hCORh1 m0.8 m0.2 m，故，故A正确，正确，B错误；从管道内错误；从管道内O点点 等高点到等高点到B点，由动能定理得点，由动能定理得mgR 1 2 mv2 1 2 mv 2 0，重力的功率 ，重力的功率PG mgv060 W，故，故C正确；从管道内正确；从管道内A点到点到B点，由动能定理得点，由动能定理得2mgR 1 2 mv2 1 2 mv 2 A，在 ，在A点，有点，有FNmgm v2 A R ，解得，解得FN66 N，由牛顿第三，由牛顿第三 定律可知，小球对管道外壁的压力定律可知，小球对

12、管道外壁的压力FN66 N，故，故D正正确。确。 答案：ACD 3(2017 高考全国卷高考全国卷)如如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半图，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距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为重力加速度大小为g)( ) A. v2 16g B v2 8g C. v2 4g D v2 2g

13、B 解析：解析：设轨道半径为设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨，由于轨 道光滑，根据机械能守恒定律有道光滑，根据机械能守恒定律有mg2R 1 2 mv2 1 2 mv 2 1，小物块从轨道 ，小物块从轨道 上端飞出后做平抛运动，对运动分解有上端飞出后做平抛运动，对运动分解有xv1t，2R 1 2 gt2，求得，求得x 16（R v2 8g） ）2 v4 4g2 ，因此当，因此当R v2 8g 0，即，即R v2 8g 时，时，x取得最大取得最大 值，故值，故B正确，正确，A、C、D错误。错误。 4如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一

14、端拴一质量为m的小球，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动。 已知小球在最高点A时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，O点到水平地面的距离为H(HL)，重力加速度 为g。 (1)求小球通过最高点A时的速度大小； (2)求小球通过最低点B时，细线对小球的拉力大小； (3)若小球运动到最高点A时细线断裂或小球运动到最 低点B时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上 的位置到C点(C点为地面上的点，位于A点正下方)的距离相等，则L和H应满足什么关系？ 解析：解析：(1)设小球运动到最高点设小球运动到最高点A时的速度大小为时的速度大小为vA，则由合力提供向心，则由合力提供向心 力可得力可得 2mgmv

15、2 A L ， 解得解得vA 2gL。 (2)设小球运动到设小球运动到B点时的速度大小为点时的速度大小为vB，则由机械能守恒定律可得，则由机械能守恒定律可得 mg 2L1 2mv 2 A 1 2mv 2 B， ， 解得解得vB 6gL 设小球运动到设小球运动到B点时，细线对小球的拉力大小为点时，细线对小球的拉力大小为FT，则有，则有FTmgmv 2 B L 解得解得FT7mg。 (3)若小球运动到若小球运动到A点时细线断裂，则小球从最高点点时细线断裂，则小球从最高点A开始做平抛运动，开始做平抛运动， 有有 xvAtA，HL1 2gt 2 A 若小球运动到若小球运动到B点时细线断裂，则小球从最低

16、点点时细线断裂，则小球从最低点B开始做平抛运动，有开始做平抛运动，有 xvBtB，HL1 2gt 2 B 联立解得联立解得LH 2 。 答案：答案：(1) 2gL (2)7mg (3)LH 2 5(2020安徽定远重点中学高三模拟)某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平 直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R、铺有海绵垫的转盘，转盘轴 心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H，A点位于平台边缘的正上方，水平直轨道与平台间 的高度差可忽略不计。选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为

17、 a的匀加速直线运动，起动后2 s悬挂器脱落。已知人的质量为m(人可看成质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为 mg，重力加速度为g。 (1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速 度应限制在什么范围？ (2)若H3.2 m，R0.9 m，g取10 m/s2，当a2 m/s2 时选手恰好落到转盘的圆心上，求L。 (3)若H2.45 m，R0.8 m，L6 m，g取10 m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度a的范围。 解析：解析：(1)人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供向心人落在转盘边缘处恰好不被甩下，此时最大静摩擦力提供

18、向心 力，则有力，则有mgm2R 解得解得 g R 故转盘的角速度故转盘的角速度 g R 。 (2)人匀加速过程有人匀加速过程有x11 2at 2 1 2 222 m4 m vat4 m/s 人平抛过程有人平抛过程有H1 2gt 2 2，解得 ，解得t20.8 s x2vt240.8 m3.2 m 所以所以Lx1x27.2 m。 (3)分析知分析知a最小时人落在转盘左端，最小时人落在转盘左端，a最大时人落在转盘右端，对平抛过最大时人落在转盘右端，对平抛过 程有程有H1 2gt 2 3 解得解得t30.7 s 人落在转盘左端时有人落在转盘左端时有LR1 2a1t 2 a1tt3 解得解得a126 17 m/s 2 1.53 m/s2 人落在转盘右端时有人落在转盘右端时有LR1 2a2t 2 a2tt3 解得解得a22 m/s2 故加故加速度速度a的范围是的范围是1.53 m/s2a2 m/s2。 答案：答案：(1) g R (2)7.2 m (3)1.53 m/s2a2 m/s2