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四川2019高考物理復習強化練（2）：平拋運動與圓周運動（A）含答案
專題二　平拋運動與圓周運動
平拋運動與圓周運動綜合應用(一)
1．(2018·江都中學、揚中中學等六校聯考)如圖1所示，一質量為m＝10 kg的物體(可視為質點)，由光滑圓弧軌道上端從靜止開始下滑，到達底端后沿水平面向右滑動1 m距離后停止．已知軌道半徑R＝0.8 m，g＝10 m/s2.求：

圖1
(1)物體滑至圓弧底端時的速度大小；
(2)物體滑至圓弧底端時對軌道的壓力大小；
(3)物體沿水平面滑動過程中，摩擦力做的功．



2．(2018·揚州學測模擬)如圖2所示，一個圓盤在水平面內勻速轉動，角速度ω＝1 rad/s.有一個小物體(可視為質點)距圓盤中心r＝0.5 m，隨圓盤一起做勻速圓周運動．物體質量m＝1.0 kg，與圓盤間的動摩擦因數μ＝0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：

圖2
(1)物體受到的摩擦力大小Ff；
(2)欲使物體能隨圓盤一起做勻速圓周運動，圓盤的角速度ω應滿足什么條件？
(3)圓盤角速度由0緩慢增大到1.6 rad/s過程中，圓盤對物體所做的功W.




3．(2018·南京學測訓練樣題)如圖3甲所示，水平桌面離地面高度h＝1.25 m，桌面上固定一個厚度可以忽略的長木板AB.一個可以視為質點的物塊每次以相同的速度v0＝6 m/s從A端滑向B端．物塊和長木板間的動摩擦因數為μ＝0.2，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.

圖3
(1)若物塊滑到B端時的速度vB＝2 m/s，則它在空中運動的時間t1和飛行的水平距離x1各是多少？
(2)在(1)的情況下，求長木板AB段的長度l1；
(3)若木板的長度可以改變，請通過計算定量在圖乙中畫出物塊滑出B端后落地的水平距離的平方x2與木板長度l的關系圖象．



4．(2018·如皋學測模擬)在水平地面上豎直固定一根內壁光滑的圓管，管的半徑R＝3.6 m(管的內徑大小可以忽略)，管的出口A在圓心的正上方，入口B與圓心的連線與豎直方向成60°角，如圖4所示，現有一個質量m＝1 kg的小球(可視為質點)從某點P以一定的初速度水平拋出，恰好從管口B處沿切線方向飛入，小球到達A時恰好與管壁無作用力，取g＝10 m/s2.求：

圖4
(1)小球到達圓管最高點A時的速度大小；
(2)小球在管的最低點C時，小球對管壁的彈力；
(3)小球拋出點P到管口B的水平距離x.





答案精析
1．(1)4 m/s　(2)300 N　(3)－80 J
解析　(1)由機械能守恒定律得mgR＝mv2
解得v＝4 m/s
(2)在圓弧底端，由牛頓第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝300 N
由牛頓第三定律知，物體滑至圓弧底端時對軌道的壓力大小為300 N.
(3)由動能定理知Wf＝0－mv2
解得Wf＝－80 J
2．(1)0.5 N　(2)ω≤2 rad/s　(3)0.32 J
解析　(1)靜摩擦力提供向心力Ff＝mω2r
解得Ff＝0.5 N
(2)欲使物體能隨圓盤做勻速圓周運動，mω2r≤μmg
解得ω≤2 rad/s
(3)當ω＝1.6 rad/s時，物體的線速度v＝ωr＝0.8 m/s
由動能定理得，圓盤對物體所做的功
W＝mv2－0＝0.32 J
3．(1)0.5 s　1 m　(2)8 m　(3)見解析圖
解析　(1)物塊滑出B端后做平拋運動．
h＝gt12
x1＝vBt1
代入數據解得t1＝0.5 s，x1＝1 m
(2)物塊從A到B做勻減速運動，設物塊質量為m，加速度大小為a，則μmg＝ma
由運動學公式得vB2－v02＝－2al1
代入數據得l1＝8 m
(3)由(2)可知
vB′2＝v02－2al
x＝vB′t1
代入數據得x2＝9－l
由函數關系作出圖象如圖

4．(1)6 m/s　(2)60 N，方向豎直向下　(3) m
解析　(1)小球在最高點時對管壁無作用力，重力提供向心力，由向心力公式得：mg＝
可得小球到達圓管最高點時的速度為：
vA＝＝ m/s＝6 m/s
(2)設小球在最低點C的速度為v，小球從管的最低點C到最高點A，由機械能守恒定律可知
mg·2R＝mv2－mvA2
可得v2＝4gR＋vA2＝(4×10×3.6＋62) m2/s2＝180 m2/s2
在最低點C，由向心力公式可知FN－mg＝
即FN＝mg＋＝(1×10＋) N＝60 N，方向豎直向上．
由牛頓第三定律知，在最低點C時小球對管壁的彈力為60 N，方向豎直向下．
(3)設小球在B點的速度為vB，由B→A，由機械能守恒定律可知mg·(R＋Rcos 60°)＝mvB2－mvA2
代入數據得：vB＝12 m/s
由平拋運動規律可知，小球做平拋運動的初速度為：
v0＝vBcos 60°＝12× m/s＝6 m/s
在B點時的豎直分速度為：
vy＝vBsin 60°＝12× m/s＝6 m/s
由vy＝gt可知t＝＝ s＝ s
則小球的拋出點P到管口B的水平距離為
x＝v0t＝6× m＝ m.



四川2019高考物理復習強化練（2）：平拋運動與圓周運動（B）含答案
平拋運動與圓周運動綜合應用(二)
1．(2018·蘇州學測模擬)如圖1所示，一物體(可視為質點)從傾角為37°的斜坡頂端A點做平拋運動，經3 s后落到斜坡上的B點，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：

圖1
(1)A到B的豎直高度；
(2)物體離開A點時的速度大小；
(3)物體離開A點后，經過多長時間離斜坡最遠．





2．(2018·淮安學測模擬)如圖2所示，水平面AB與豎直面內半徑為R的半圓形軌道BC在B點相切．質量為m的物體(可視為質點)將彈簧壓縮至離B點3R的A處由靜止釋放，物體沿水平面向右滑動，一段時間后脫離彈簧，經B點進入半圓軌道時對軌道的壓力為9mg(g為重力加速度)，之后沿圓形軌道通過最高點C時速度為.物體與水平面AB間的動摩擦因數為0.5，不計空氣阻力．求：

圖2
(1)經半圓軌道B點時物體的向心力大小；
(2)離開C點后物體落到水平面AB時與B點間的距離；
(3)彈簧的彈力對物體所做的功．







3．(2018·江都中學、揚中中學等六校聯考)滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來．如圖3是滑板運動的軌道，BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，BC段的圓心為O點，圓心角為60°，半徑OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD段粗糙且長8 m．一運動員從軌道上的A點以3 m/s的速度水平滑出，在B點剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC，經CD軌道后沖上DE軌道，到達E點時速度為零，然后返回．已知運動員和滑板的總質量為60 kg，B、E兩點與水平面CD的豎直高度為h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：

圖3
(1)運動員從A運動到達B點時的速度大小vB；
(2)軌道CD段的動摩擦因數μ；
(3)通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，請求出回到B點時速度的大小；如不能，則最后停在何處？



4．(2018·徐州學測模擬)如圖4甲所示，乒乓球自動發球機能沿水平方向以大小不同的速度向對面的球臺發射乒乓球．一有自動發球機的乒乓球臺如圖乙所示，水平球臺的長和寬分別為L1和L2，球網高度為h.發球機安裝于臺面左側邊緣的中點，發射點距臺面高度為3h.假設發球機每次發的球都能落到右側球臺上，且在前一個球落臺的瞬間發射第二個球，忽略空氣阻力，重力加速度為g.求：

圖4
(1)發球機發球的時間間隔；
(2)乒乓球的最小發射速度；
(3)發球機發出的乒乓球落臺時的最大動能．



答案精析
1．(1)45 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s
解析　(1)根據h＝gt2得h＝45 m
(2)由x＝，x＝v0t得v0＝20 m/s
(3)物體離斜坡最遠時速度方向與斜坡平行
由tan 37°＝
vy＝gt′得t′＝1.5 s.
2．(1)8mg　(2)2R　(3)5.5mgR
解析　(1)由牛頓第三定律知，經B點時軌道對物體的支持力FN＝9mg，則F向＝FN－mg＝8mg
(2)物體離開C點后做平拋運動．
由2R＝gt2，x＝vCt，得x＝2R
(3)從A點到B點，由動能定理得
W彈－μmg×3R＝mvB2－0
8mg＝m
聯立得W彈＝5.5mgR.
3．(1)6 m/s　(2)0.125　(3)停在C點右側1.6 m處(或D點左側6.4 m處)
解析　(1)由題意知vB＝＝2v0＝6 m/s①
(2)由B點到E點，由動能定理可得：
mgh－μmgxCD－mgH＝0－mvB2②
由①②得：μ＝0.125
(3)設運動員第一次返回時能到達左側的最大高度為h′，從B到第一次返回左側最高處，根據動能定理有：
mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mvB2③
解得h′＝1.8 m
因為h′所以第一次返回時，運動員不能回到B點
設運動員從B點到停止運動，在CD段的總路程為s
由動能定理得mgh－μmgs＝0－mvB2④
代入數據得：s＝30.4 m
因為s＝3xCD＋6.4 m，所以運動員最后停在D點左側6.4 m處(或C點右側1.6 m處)．
4．(1) 　(2) 　(3)3mgh＋mg
解析　(1)由題意知前一個球落到臺上，第二個球才發出，所以發球的時間間隔t＝ ＝
(2)最小發射速度的臨界條件，球剛過球網
3h－h＝gt12，t1＝ ＝2
L1＝v1t1，解得v1＝
(3)最大發射速度的臨界條件，球從中間打到對面邊角處
x＝
v＝＝
由機械能守恒定律得
Ek＝mg·3h＋mv2＝3mgh＋mg.



四川2019高考物理復習強化練（2）：平拋運動與圓周運動（C）含答案
平拋運動與圓周運動綜合應用(三)
1．(2018屆蘇州學測模擬)如圖1所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，用質量為m＝1 kg的小物塊壓緊彈簧，從A處由靜止釋放后的物塊，在彈簧彈力的作用下沿水平桌面向右運動，物體離開彈簧后繼續運動，離開桌面邊緣B后，落在水平地面C點．C點與B點的水平距離x＝1 m，桌面高度為h＝1.25 m，AB長度為s＝1.5 m，物體與桌面之間的動摩擦因數μ＝0.4，小物塊可看成質點，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求：

圖1
(1)物塊在水平桌面上運動到桌面邊緣B處的速度大小；
(2)物塊落地時速度大小及速度與水平方向夾角的正切值；
(3)彈簧彈力對物塊做的功．




2．(2018·揚州學測模擬)如圖2甲所示，一長為l＝1 m的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量為m＝0.2 kg的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動．給系統輸入能量，使小球通過最高點的速度不斷加快，通過測量作出小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與小球在最高點動能Ek的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，不考慮摩擦和空氣阻力，請分析并回答以下問題：

圖2
(1)若要小球能做完整的圓周運動，對小球過最高點的速度有何要求？
(2)請根據題目及圖象中的條件，求出圖乙中b點所示狀態小球的動能；
(3)當小球到達圖乙中b點所示狀態時，立刻停止能量輸入．之后的運動過程中，在繩中拉力達到最大值的位置時輕繩繃斷，求繃斷瞬間繩中拉力的大小．


3．(2018·鹽城學測模擬)如圖3所示是某一通關游戲的示意圖，安裝在長為l的豎直軌道AB上可上下移動的彈射器，能水平射出質量為m、速度大小可調節的彈丸(可視為質點)，彈丸射出口在B點的正上方，豎直面內的半圓弧軌道BCD的半徑為R，直徑BD水平且與軌道AB處在同一豎直面內、小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為α.只有彈丸垂直P點圓弧切線方向射入小孔P，游戲才能進入下一關，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：

圖3
(1)能射到P的彈丸重力勢能變化的最大值；
(2)能射到P的彈丸射出時初速度的最大值；
(3)要使游戲進入下一關，彈射器離B點的高度．



4．(2018·泰州中學學測模擬)宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖4甲所示，豎直平面內的光滑軌道由傾斜軌道AB和圓弧軌道BC組成．將質量m＝0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的點由靜止釋放，用壓力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關系如圖乙所示．求：

圖4
(1)圓軌道的半徑；
(2)星球表面的重力加速度；
(3)作出小球經過C點時動能隨H的變化關系Ek－H圖象．






答案精析
1．(1)2 m/s　(2) m/s　2.5　(3)8 J
解析　(1)物塊離開桌子邊緣后做平拋運動
豎直方向上有h＝gt2，解得t＝0.5 s
水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2 m/s
(2)平拋過程由機械能守恒定律得
mgh＋mvB2＝mvC2解得vC＝ m/s
物塊落地時水平方向vx＝vB＝2 m/s
豎直方向上vy＝gt＝5 m/s
則tan θ＝＝2.5.
(3)從A到B的過程中，由動能定理有
W彈－μmgs＝mvB2－0
解得W彈＝8 J.
2．(1)v≥ m/s　(2)3.0 J　(3)16 N
解析　(1)小球剛好通過最高點做完整圓周運動，要求在最高點受力滿足mg≤m
因此小球過最高點的速度要滿足v≥ m/s.
(2)小球在最高點時有mg＋F＝m
將m＝0.2 kg、l＝1 m、F＝4.0 N代入，
可求得vb＝ m/s
則Ekb＝mvb2＝3.0 J
(3)在停止能量輸入之后，小球在重力和輕繩拉力作用下在豎直面內做圓周運動，運動過程中機械能守恒．當小球運動到最低點時，繩中拉力達到最大值．
設小球在最低點的速度為vm，對從b狀態開始至到達最低點的過程應用機械能守恒定律，有
mg·2l＋Ekb＝mvm2
設在最低點繩中拉力為Fm，由牛頓第二定律有
Fm－mg＝m
聯立解得Fm＝16 N，即繃斷瞬間繩中拉力的大小為16 N.
3．見解析
解析　(1)從軌道頂端A射出的彈丸射到P點時，重力勢能變化最大．
ΔEpm＝mgh＝mg(l＋Rsin α)
(2)從軌道底端B射出的彈丸射到P點時，彈丸射出時初速度最大．
Rsin α＝gt2
Rcos α＋R＝v0t得v0＝(1＋cos α)
(3)設彈射器在離B點h′高處以初速度v0′發射的彈丸恰好垂直P點圓弧切線方向射入小孔P.
Rsin α＋h′＝gt12
Rcos α＋R＝v0′t1
tan α＝.聯立解得h′＝R(tan α－sin α)
4．(1)0.2 m　(2)5 m/s2　(3)見解析圖
解析　(1)由牛頓第二定律和牛頓第三定律，小球過C點時有：F＋mg＝m
由動能定理得：mg(H－2r)＝mvC2
得F＝H－5mg
由題圖乙可以知道：當H1＝0.5 m時，F1＝0
得r＝0.2 m
(2)當H2＝1.0 m時，F1＝5 N
得g＝5 m/s2
(3)由動能定理得：mg(H－2r)＝mvC2
則Ek＝mg(H－2r)＝H－0.4(H≥0.5 m)．




四川2019高考物理復習強化練（2）：平拋運動與圓周運動（D）含答案
平拋運動與圓周運動綜合應用(四)
1．(2018·鎮江學測模擬)如圖1所示，一質量為M、半徑為R的光滑大圓環，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環上質量為m的小環(可視為質點)，從大環的最高點處由靜止滑下．重力加速度為g.

圖1
(1)求小環滑到大環最低點處時的動能Ek；
(2)求小環滑到大環最低點處時的角速度ω；
(3)有同學認為，當小環滑到大環的最低點處時，大環對輕桿的作用力與大環的半徑R無關，你同意嗎？請通過計算說明你的理由．





2．(2018·連云港學測模擬)如圖2所示，傾角為θ＝45°的直導軌與半徑為R的圓環軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內．一質量為m的小滑塊(可視為質點)從導軌上的A處無初速度下滑進入圓環軌道．接著小滑塊從圓環最高點D水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，不計一切阻力，重力加速度為g，求：

圖2
(1)滑塊運動到D點時速度的大小；
(2)滑塊運動到最低點C時對軌道壓力的大小；
(3)AC兩點的豎直高度．




3．(2018屆南通學測模擬)中國女排在2016年奧運會上奪得冠軍．如圖3所示為排球場地示意圖，排球場長18.0 m，寬9.0 m．某運動員跳起將球垂直網面水平扣出，扣球點離地面的高度為2.45 m，離球場中線的水平距離為1.0 m，排球直接落到距端線3.0 m處的界內．排球的質量為260 g，可視為質點，空氣阻力不計．取地面為零勢能面，重力加速度g＝10 m/s2，求：

圖3
(1)扣球時，排球水平飛出的速度大小v0；
(2)排球落地前瞬間的機械能E；
(3)排球落地前瞬間重力的功率P.




4．如圖4所示，一輛卡車沿平直公路行駛，司機發現障礙物后在A點開始剎車，卡車做勻減速直線運動，最終停在B點，開始剎車時，車身上距離路面高h處有一顆松動的零件(質量為m)沿正前方水平飛出，落地點為C點．已知剎車過程中卡車受到的阻力是其重力的k倍，零件初速度為v0，不計空氣阻力，重力加速度為g.

圖4
(1)求零件落地時重力的功率P；
(2)若C在B的前方，求卡車開始剎車時速度v的范圍；
(3)在(2)問所述情況下，求C、B間距離的最大值xm.








答案精析
1．(1)2mgR　(2)2 　(3)見解析
解析　(1)根據動能定理得2mgR＝Ek－0
解得Ek＝2mgR
(2)由公式Ek＝mv2
得v＝2
又v＝Rω
得ω＝2
(3)在最低點對小環由向心力公式
有FN－mg＝m
得FN＝5mg
由牛頓第三定律得大環受到的壓力
F′＝5mg
設輕桿對大環的作用力為F
則F＝Mg＋5mg
由牛頓第三定律知大環對輕桿的作用力為Mg＋5mg，
說明大環對輕桿的作用力與大環半徑R無關．
2．(1)　(2)6mg　(3)R
解析　(1)小滑塊從D點飛出后做平拋運動，水平速度為vD
豎直方向R＝gt2
水平方向R＝vDt
解得vD＝
(2)小滑塊在最低點C時速度為v
由機械能守恒定律得
mv2＝mg·2R＋mvD2
解得v＝
根據牛頓第二定律得FC－mg＝m
解得FC＝6mg
由牛頓第三定律得滑塊在最低點C時對軌道的壓力為6mg.
(3)不計一切阻力，A到C過程滿足機械能守恒定律
mgh＝mv2，則h＝R.
3．(1)10 m/s　(2)19.37 J　(3)18.2 W
解析　(1)由題意知排球運動的水平位移為x＝7.0 m
水平方向有x＝v0t
豎直方向有h＝gt2
聯立解得v0＝10 m/s，t＝0.7 s
(2)排球運動過程中機械能守恒，則E＝mgh＋mv02
解得E＝19.37 J
(3)設排球落地前瞬間的速度在豎直方向的分量為vy，則
vy＝gt
排球落地前瞬間重力的功率P＝mgvy
聯立解得P＝18.2 W.
4．(1)mg　(2)v<2k　(3)kh
解析　(1)零件做平拋運動，設運動時間為t，h＝gt2
落地時，豎直方向的分速度vy＝gt
解得vy＝
重力的功率P＝mg·vy
解得P＝mg
(2)設卡車質量為M，剎車時加速度大小為a
牛頓第二定律得kMg＝Ma
由勻變速直線運動規律有2axAB＝v2
解得xAB＝
零件拋出的水平距離xAC＝vt
解得xAC＝v
由xAC>xAB，解得v<2k
(3)C在B前方的距離
xBC＝－＋v＝－(v－k)2＋kh
當v＝k時，xBC有最大值
解得xm＝kh.

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