2019-2020年高考物理一輪復習 微專題4 平拋運動與圓周運動的綜合問題練習（含解析）.doc
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2019-2020年高考物理一輪復習 微專題4 平拋運動與圓周運動的綜合問題練習（含解析） 1．(多選)由光滑細管組成的軌道如圖所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內．一質量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上．下列說法正確的是 ( ) A．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2 B．小球落到地面時相對于A點的水平位移值為2 C．小球能從細管A端水平拋出的條件是H>2R D．小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝R 答案：BC 解析：設小球從A端水平拋出的速度為vA，由機械能守恒，得mgH＝mg2R＋mv，得vA＝，設空中運動時間為t，由2R＝gt2，得t＝2，水平位移x水＝vAt＝2＝2，故B正確．小球能從細管A端水平拋出的條件是D點應比A點高，即H>2R，C正確． 2．半徑為R的光滑半圓軌道BCD與光滑水平拋道BA在B處相切，小球彈射器P彈射的小鋼球恰能從半圓軌道的最高點D處沿切線進入軌道內，并沿半圓軌道做圓周運動，彈射器射管軸線與水平面成θ角，射管管口到B點的距離為x，管口到水平面的高度不計，取重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列結論不正確的是( ) A．x有最小值，且最小值xmin＝2R B．θ有最大值，且最大值的正切值tan θmax＝2 C．若增大x，要保證小球仍從D處切入圓軌道，則小球過D點時對軌道的壓力減小 D．若減小θ，要保證小球仍從D處切入圓軌道，則小球彈出時的速度增大 答案：C 解析：小球從最高點D進入圓軌道并做圓周運動，應滿足FN＋mg＝m，則進入軌道的最小速度vmin＝.小球從射出到進入圓軌道，可看作反向的平拋運動，水平方向x＝vxt，豎直方向2R＝gt2，代入最小速度得x的最小值xmin＝2R，A選項正確；小球的豎直速度vy＝gt＝2為定值，則vx越小，θ越大，故tan θmax＝＝2，反之，θ越小，vx越大，小球射出時的速度v＝越大，B、D兩項正確；由于小球在空中的運動時間t＝2是定值，因此x越大，vx越大，由FN＋mg＝m可知小球在D點對軌道的壓力越大，C選項錯誤． 3．如圖所示，質量為m＝0.2 kg的小球(可視為質點)從水平桌面右端點A以初速度v0水平拋出，桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135的圓弧，MN為其豎直直徑．P點到桌面的豎直距離為R.小球飛離桌面后恰由P點無碰撞地落入圓軌道，取g＝10 m/s2. (1)求小球在A點的初速度v0及AP間的水平距離x； (2)求小球到達圓軌道最低點N時對N點的壓力； (3)判斷小球能否到達圓軌道最高點M. 答案：見解析 解析：(1)小球由A點做平拋運動，在P點恰好沿圓軌道的切線進入軌道，則小球在P點的豎直分速度為vy＝vtan 45＝v0 由平拋運動規(guī)律得vy＝gt，R＝gt2，x＝v0t 解得v0＝4 m/s，x＝1.6 m. (2)小球在P點的速度為v＝＝4 m/s 小球從P點到N點，由動能定律得 mgR(1－cos 45)＝mv－mv2 小球在N點，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得小球所受支持力FN＝(14－2) N 由牛頓第三定律得，小球對N點的壓力為FN′＝(14－2) N，方向豎直向下． (3)假設小球能夠到達M點，對小球由P點到M點由動能定理得 mgR(1＋cos 45)＝mv2－mv′2 解得v′＝ m/s 小球能夠完成圓周運動，在M點須有mg≤m 即vM≥＝ m/s 由v′
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