1、专题一 力和运动第 3 讲 抛体运动与圆周运动常考题型(1)选择题(2)计算题重要考点(1)运动的合成与分解(2)平抛(类平抛)运动的规律(3)圆周运动问题思想方法(1)合成与分解的思想(2)分解法、临界极值法、假设法、合成法、正交分解法1.(2016全国甲卷)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()AP 球的速度一定大于 Q 球的速度BP 球的动能一定小于 Q 球的动能CP 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力DP 球的向心加速度一定小于
2、Q 球的向心加速度解析：两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL12mv2，v 2gL，因 LPLQ，则 vPmQ，故两球的动能无法比较，选项 A、B 错误；在最低点绳的拉力为 F，则 Fmgmv2L，则 F3mg，因 mPmQ，故 FPFQ，选项 C 正确；向心加速度 aFmgm2g，选项 D 错误 答案：C2.(多选)(2014全国新课标卷)如图，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
3、 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 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A.b 一定比 a 先开始滑动Ba、b 所受的摩擦力始终相等Ckg2l 是 b 开始滑动的临界角速度D当 2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg解析：因圆盘从静止开始绕轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得 fm2R，由于小木块 b 的轨道半径大于小木块 a的轨道半径，故小木块 b 做圆周运动需要的向心力较大，B 错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故 b 一定比a 先开始滑动，
4、A 正确；当 b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmgm2b2l，可得 bkg2l，C 正确；当 a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmgm2al，可得 akgl，而转盘的角速度2kg3l kgl，故小木块 a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得 fm2l23kmg，D 错误 答案：AC3(2014全国新课标卷)如图，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()AMg5mg BMgmgCMg5mgDMg10mg
5、解析：设大环半径为 R，质量为 m 的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2mg2R.小环滑到大环的最低点时的速度为 v2 gR，根据牛顿第二定律得 FNmgmv2R，所以在最低点时大环对小环的支持力 FNmgmv2R 5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力 FNFN5mg，方向向下对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力 FTMgFNMg5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为 FTFTMg5mg，故选项 C 正确，选项 A、B、D 错误 答案：C4(2015全国新课标卷)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、L2，中间球网高度为 h.发射机安装
6、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()(导学号 59230011)A.L12g6hvL2g6hB.L14ghv（4L21L22）g6hC.L12g6hv12（4L21L22）g6hD.L14ghvL14gh，故可判定 A、C 错；水平位移最大是斜向对方台面的两个角发射，设刚好出台角的发射速度为 v2，有 3h12gt22,L21L222v2t2.得 v212（4L21L22）g6h，要落到球
7、网右侧台面上发射速度 v2时，细线 AB 在竖直方向绷直，仍然由细线 AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力 FTsin m2lsin，FTm2l，综上所述 152 2 rad/s 时，FT12.5 N 不变，1时，FTm2l2(N)，FT2关系图象如图所示 答案：(1)52 2 rad/s(2)53 6 rad/s(3)见解析题后反思 求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路 1.(2016兰州模拟)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点 O 的上方 h 处(A 点)固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为 m的小球 B，绳长 lh，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动当转动的角
8、速度 逐渐增大时，下列说法正确的是()(导学号 59230014)A小球始终受三个力的作用B细绳上的拉力始终保持不变C要使小球不离开水平面，角速度的最大值为ghD若小球飞离了水平面，则角速度为gl解析：当转动的角速度 逐渐增大时，小球可能只受重力和细绳的拉力，选项 A 错误；细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力之和等于小球的重力，在水平方向的分力等于小球运动的向心力，当转动的角速度 逐渐增大时，所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，选项 B 错误；要使小球刚好不离开水平面，则有 mgtan m2r，tan l2h2h，rl2h2，联立解得 gh，选项 C 正确；若小球飞离了水平面
9、，则角速度大于gh，选项 D错误 答案：C2(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为 v，其 FNv2 图象如图乙所示，则()图甲 图乙A小球的质量为aRbB当地的重力加速度大小为RbCv2c 时，杆对小球弹力方向向上Dv22b 时，杆对小球弹力大小为 mg解析：由题图乙知 v2b 时，FN0；当 v2b 时，杆对球有向下的拉力；对 v2b 时进行分析，小球在最高点受重力 mg，杆弹力 FN，mgFNmv2R，当 v20 时，FNa，即 mga，当 v2b 时
10、，FN0，则 mgmbR，由以上两式得 gbR，maRb，A 正确，B 错误；当 v2c 时，杆对球有拉力，方向向下，C 错误；当 v22b 时，FNmgmv2R，又 mga，maRb，可得 FNmg，D 正确 答案：AD带电物体(粒子)在电场中的曲线运动1带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动2研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为 E，其加速度的大小
11、可以表示为 aqEm.典例 如图所示，平行金属板 MN、PQ 水平放置，通过图示电路与电源连接，小微粒 A 从平行金属板的最左边两板正中间，沿水平方向射入，当开关 S 断开时，微粒 A 正好打在金属板 PQ 的正中位置当开关 S 闭合，电路稳定后，微粒 A 从金属板 PQ 的 Q 端边缘飞出已知金属板长为 L，两板间距为 d，微粒 A 质量为 m，带电量为q，重力加速度为 g，定值电阻阻值为 R0.求：(1)微粒 A 射入时的初速度；(2)电源电动势规范解答：(1)当开关 S 断开时，微粒 A 做平抛运动，由平抛运动的规律得：12d12gt2，12Lvt.联立以上两式解得：vL2gd.(2)当
12、开关 S 闭合，电路稳定后，微粒在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律得：12d12at21，Lvt1，由牛顿第二定律得：mgqEdma，联立以上各式解得：E3mgd4q.答案：(1)L2gd(2)3mgd4q(多选)(2016合肥模拟)如图所示，a、b、c、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处静止状态，已知 a、b、c 三小球的电荷量大小均为 q，小球 d 的电荷量大小为
13、6q，h 2R.重力加速度为 g，静电力常量为 k.则()A小球 a 一定带正电B小球 b 的周期为2RqmRkC小球 c 的加速度大小为 3kq23mR2D外力 F 竖直向上，大小等于 mg2 6kq2R2解析：小球 a、b、c 均做半径相同的圆周运动，且受力情况相同，故三个小球的各运动参量大小均相等以小球 a 为例，小球 a 做圆周运动的向心力由小球 d 对小球 a的引力的水平分力及小球 b、c 对小球 a 斥力的合力提供，仅可以判断四个小球所带电荷电性的异同，不能确定小球a 是否带正电，A 项错；由牛顿第二定律得，2kq2（2Rcos 30）2cos 30k 6q2h2R2RR2h2ma，其中 h 2R，解得 a 3kq23mR2，C 项正确；向心加速度公式 a 3kq23mR242T2 R，B 项小球周期表达式中无特征系数 3，B 项错；对小球 d 受力分析，由平衡条件可知，Fmg3k 6q2R2h2hR2h2mg2 6kq2R2，D 项正确 答案：CD