2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（4）圓周運動與平拋運動綜合問題的解題策略學(xué)案

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1、 高考必考題突破講座(四)圓周運動與平拋運動綜合問題的解題策略 題型特點 考情分析 命題趨勢 圓周運動與平拋運動的綜合問題是近幾年高考的熱點題型，此類問題主要考查水平面內(nèi)的圓周運動與平拋運動的綜合或豎直面內(nèi)圓周運動與平拋運動的綜合 2016·全國卷Ⅱ，25 2018年高考命題主要會以豎直平面內(nèi)的圓周運動與平拋運動的綜合設(shè)計考題情景，并結(jié)合功能關(guān)系進行求解 1．圓周運動與平拋運動綜合問題示意圖 2．涉及問題 (1)運動物體可以設(shè)計為先在水平面內(nèi)做圓周運動，后在豎直面內(nèi)做平拋運動． (2)運動物體還可以設(shè)計為先在豎直面內(nèi)做平拋運動，后做圓周運動． (3)前一過程

2、的末速度是后一過程的初速度． ?解題方法 　常采用分段分析法． (1)明確圓周運動向心力的來源，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式列方程． (2)平拋運動一般沿水平方向和豎直方向分解速度和位移． (3)若圓周運動在豎直面內(nèi)，首先應(yīng)明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，然后分析物體能夠到達最高點的臨界條件． 　圓周運動與平拋運動綜合問題跟自然界和日常生活密切聯(lián)系，體現(xiàn)其社會實用價值．此外，這類題目能考查學(xué)生基礎(chǔ)知識和基本技能，又有較好的區(qū)分度，常受到命題者的青睞．該類試題有如下幾個命題角度： 角度1　水平面內(nèi)的圓周運動與平拋運動的綜合問題 此類問題往往是物體先做水平面內(nèi)的勻速圓周

3、運動，后做平拋運動，有時還要結(jié)合能量關(guān)系分析求解，多以選擇題或計算題考查． 角度2　豎直面內(nèi)圓周運動與平拋運動的綜合問題 此類問題有時物體先做豎直面內(nèi)的變速圓周運動，后做平拋運動；有時物體先做平拋運動，后做豎直面內(nèi)的變速圓周運動，往往要結(jié)合能量關(guān)系求解，多以計算題形式考查． [例1]輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因

4、數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g. (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍． 解析　(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能Ep＝5mgl.① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·(5l－l)，?、? 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入得vB

5、＝，③ 若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足－mg≥0，即v≥.④ 設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l，⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝，⑥ vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學(xué)公式得2l＝gt2，⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2l.⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l，⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓

6、軌道的中點C．由機械能守恒定律有Mv≤Mgl，? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M

7、B．小物體從發(fā)射口彈出時的速度為L C．圓盤轉(zhuǎn)動時角速度的最小值為 D．P點的線速度可能為 解析　由2R＝gt2，得t＝2，選項A錯誤；小物體從發(fā)射口彈出時的速度v0＝＝，選項B錯誤；根據(jù)(2n－1)π＝ωt，得ω＝(n＝1,2,3，…)，角速度的最小值為ωmin＝，選項C錯誤；P點的線速度v＝ωR＝(n＝1,2,3，…)，當n＝3時，v＝，選項D正確． 2．(2017·湖北襄陽調(diào)研)如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內(nèi)，軌道的末端B處切線水平，現(xiàn)將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放．小物體剛到B點時的加速度為a，對B點的壓力為FN，小物體離開B點后的水平位移為x，落地

8、時的速率為v.若保持圓心的位置不變，改變圓弧軌道的半徑R(不超過圓心離地的高度)．不計空氣阻力，下列圖象正確的是(　AD　) 解析　設(shè)小物體釋放位置距地面高為H，小物體從A點到B點應(yīng)用機械能守恒定律有，vB＝，到地面時的速度v＝，小物體的釋放位置到地面間的距離始終不變，則選項D正確；小物體在B點的加速度a＝＝2g，選項A正確；在B點對小物體應(yīng)用向心力公式，有FB－mg＝，得FB＝mg＋＝3mg，又由牛頓第三定律可知FN＝FB＝3mg，選項B錯誤；小物體離開B點后做平拋運動，豎直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，聯(lián)立可知x2＝4(H－R)R，選項C錯誤． 3．(2017·河

9、北衡水一模)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質(zhì)量m＝1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時初速度v0的最小值； (3)若滑塊離開C處的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t. 解析　(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據(jù)動能定理有mg(2R－R)－μmgco

10、s 37°·＝0，解得μ＝0.375. (2)若滑塊能到達C點，根據(jù)牛頓第二定律有 mg＋FN＝， 當FN＝0時，滑塊恰能到達C點，有vC≥＝2 m/s，滑塊從A點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有 －μmgcos 37°·＝mv－mv， 聯(lián)立解得v0＝2 m/s. (3)滑塊離開C點做平拋運動有x＝vt，y＝gt2， 由幾何關(guān)系得tan 37°＝， 聯(lián)立以上各式整理得5t2＋3t－0.8＝0， 解得t＝0.2 s．(t＝－0.8舍去) 答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 4．(2017·江蘇南京模擬)如圖所示，水平放置的圓盤半徑為R＝1 m，在其邊緣

11、C點固定一個高度不計的小桶，在圓盤直徑CD的正上方放置一條水平滑道AB，滑道與CD平行．滑道右端B與圓盤圓心O在同一豎直線上，其高度差為h＝1.25 m．在滑道左端靜止放置質(zhì)量為m＝0.4 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，物塊與滑道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2.當用一大小為F＝4 N的水平向右拉力拉動物塊的同時，圓盤從圖示位置以角速度ω＝2π rad/s 繞穿過圓心O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，拉力作用一段時間后撤掉，物塊在滑道上繼續(xù)滑行，由B點水平拋出，恰好落入小桶內(nèi)，重力加速度取10 m/s2. (1)求拉力作用的最短時間； (2)若拉力作用時間為0.5 s，求所需滑道的長度． 解析　(1)物塊離

12、開滑道做平拋運動，設(shè)水平初速度為v，所用時間為t，則 水平方向R＝vt， 豎直方向h＝gt2， 解得v＝2 m/s，t＝0.5 s. 設(shè)拉動物塊時的加速度為a1，所用時間為t1，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2， 撤去拉力后，設(shè)物塊的加速度為a2，所用時間為t2，由牛頓第二定律得－μmg＝ma2， 解得a2＝－2 m/s2. 圓盤轉(zhuǎn)過一圈時物塊落入，拉力作用的時間最短，圓盤轉(zhuǎn)過一圈的時間 T＝＝1 s. 物塊在滑道上先加速后減速，則v＝a1t1＋a2t2， 物塊滑行時間、拋出在空中時間與圓盤周期關(guān)系為 t1＋t2＋t＝T， 解得t1＝0.3 s. (2)物塊加速t′1＝0.5 s的末速度 v1＝a1t′1＝4 m/s， 則滑道長L＝a1t′＋＝4 m. 答案　(1)0.3 s　(2)4 m 6