1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014届高考物理二轮复习讲义：第3讲抛体运动与圆周运动 (鲁科版) 热点一对平抛规律的考查命题规律：平抛运动的规律是每年高考的重点，有时以选择题的形式出现，有时出现于力学综合题中，有时还结合带电粒子在电场中的运动进行考查(2013高考北京卷)在实验操作前应该对实验进行适当的分析研究平抛运动的实验装置示意图如图所示小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图中1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距若三次实验中，小
2、球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，机械能的变化量依次为E1、E2、E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是()Ax2x1x3x2，E1E2E3Bx2x1x3x2，E1E2E3Cx2x1x3x2，E1E2E3Dx2x1x3x2，E1E2E3【解析】由题意知，1、2间距等于2、3间距，由于竖直方向是匀加速运动，故t12t23，又因为水平方向为匀速运动，故x2x1x3x2；忽略空气阻力，平抛运动中，机械能守恒，故E1E2E30，所以B选项正确【答案】B(1)“化曲为直”是处理平抛(类平抛)运动的基本思路和方法(2)平抛运动还有一种特殊的考查形式，即通过斜面考查，主要有以下两个模型.
3、方法内容斜面分解速度水平vxv0竖直vygt合速度v分解位移水平xv0t竖直ygt2合位移x合拓展训练1(2013山东莱州质检)如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc的关系和三个物体运动的时间ta、tb、tc的关系分别是()Avavbvctatbtc BvavbvctatbtcCvavbtbtcDvavbvctatbtc解析：选C.根据平抛运动的运动时间只与高度有关，三个物体运动的时间ta、tb、tc的关系是tatbtc，初速度关系是vavbvc，选项C正确拓展训练2(2013临汾二模)如图所示，地面上某区域存在着竖直向下
4、的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()AmvB.mvC2mv D.mv解析：选D.小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0tvPyt，合速度vPv0，EkPmvmv，故选项D正确热点二圆周运动的动力学问题命题规律：该知识为每年高考的重点和热点，近几年的高考命题规律主要有以下几点：(1)与平衡知识相结合的选择题或计算题(2)与平抛运动、功能关系相结合的力学综合计算题(3)与带电粒子在磁场中运动相结合的电磁综合计算题(2013高考重庆卷)如图所示，半径为R的半
5、球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60.重力加速度大小为g.(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)若(1k)0，且0k1，求小物块受到的摩擦力大小和方向【解析】(1)对物块受力分析：F向mgtan mRsin 0.(2)当(1k)0，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向下水平方向：FNsin Ffcos m2Rsin 竖直方向：FNcos Ffsin mg联立得Ffmg.当(1k)0时，
6、对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向上水平方向：FN sin Ff cos m2 Rsin 竖直方向：FNcos Ff sin mg联立得Ffmg.【答案】(1) (2)当(1k)0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为Ffmg当(1k)0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为Ffmg解决圆周运动力学问题的一般步骤：(1)首先要明确研究对象；(2)对其受力分析，明确向心力的来源；(3)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径；(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下几种情况：Fmmr2mvmr42mrf2.解题时应根据已知条件进行选择拓展训练3(2013高考
7、江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析：选D.根据vr，两座椅的相等，由rBrA，可知vBvA，A错误；向心加速度a2r，因相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtan m2r，即tan ，因rBrA，故BA，C错误；竖直方向FT cos mg，绳子拉力FT，因BA，故FTBFTA，D正确拓展训练4(2013河南南阳一中期末)如图甲所示
8、，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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，FNv2图象如图所示下列说法正确的是()A当地的重力加速度大小为B小球的质量为RCv2c时，杆对小球弹力方向向上D若v22b，则杆对小球弹力大小为2a解析：选B.通过题图分析可知：当v2b，FN0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mgm，g，A错误；当v20，FNa时，重力与弹力FN大小相等，即mga，所以mR，B正确；当v2b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2cb时，杆对小球的弹力方向竖直向下，C错误；若v22b时，
9、mgFNm，解得FNa，方向竖直向下，D错误,P14P15)平抛与圆周运动的组合问题曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，考查运动的合成与分解、牛顿第二定律和功能关系等知识，常以计算题的形式呈现【解析】(1)小球恰能通过最高点有mgm(2分)由B点到最高点有mvmv2mg2R(2分)由AB有mgL1mvmv(2分)解得在A点的初速度vA3 m/s.(1分)(2)若小球刚好停在C点，则有mg(L1L2)0mv(2分)解得在A点的初速度vA4 m/s(1分)若小球停在BC段，则有3 m/svA4 m/s(1分)若小球通过C点，并刚好越过壕沟，则有hgt2(1分)svCt(1分)
10、mg(L1L2)mvmv(2分)解得vA5 m/s(1分)初速度的范围是：3 m/svA4 m/s或vA5 m/s.(1分)【答案】见解析【方法总结】(1)多过程问题实际是多种运动规律的组合平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析(2)要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点预测1(2013浙江绍兴一中高三上学期回头考试)如图所示，将一质量为m0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后，由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形
11、状为半径R2.5 m的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 530.8，cos 530.6，重力加速度g10 m/s2)求：(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时对轨道的压力大小；(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.解析：(1)小球恰好运动到C点，由重力提供向心力，即mgm解得vC5 m/s.(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有mv2mgRmv在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FNmgm联立解得FN6.0 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0 N.(3)从A到B由机械能守恒定律有mvmgR(1cos 53)mv所以vA m/s在A
12、点进行速度分解有：vyvAsin 53所以H3.36 m.答案：(1)5 m/s(2)6.0 N(3)3.36 m预测2如图，半径R0.4 m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO匀速转动，在圆心O正上方h0.8 m高处固定一水平轨道PQ，转轴和水平轨道交于O点一质量m1 kg的小车(可视为质点)，在F4 N的水平恒力作用下，从O左侧x02 m处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA与x轴重合规定经过O点水平向右为x轴正方向小车与轨道间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(1)若小球刚好落到A点，求小车运动到O点的速度；(2)为使小球刚好落在A点，圆盘
13、转动的角速度应为多大？(3)为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围解析：(1)小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度做平抛运动，则有Rvt，t，代入数据解得小车运动到O点的速度v1 m/s.(2)为使小球刚好落在A点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有tkT，其中k1，2，3，即2k5k rad/s，其中k1，2，3(3)小球若能落到圆盘上，其在O点的速度范围0v1 m/s设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2，对应到达O点的速度分别为0、1 m/s.根据动能定理，有Fx1mgx00代入数据解得x11 m根据动能定理，有Fx2mgx0mv20代入数据解得x21.125 m则水平拉力F作用的距离范围为1 mx1.125 m答案：(1)1 m/s(2)5k rad/s，k1，2，3，(3)1 mx1.125 m高考资源网版权所有，侵权必究！
