2023届高考物理二轮复习热点5平抛运动与圆周运动的综合考查学案

热点5平抛运动与圆周运动的综合考查[热点跟踪专练]1．(多项选择)如下图，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足()A．h＝eq\f(gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,2π)B．h＝eq\f(8π2g,ω2)，v0＝eq\f(Rω,4π)C．h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,6π)D．h＝eq\f(32π2g,ω2)，v0＝eq\f(Rω,8π)[解析]由平抛运动规律，R＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，需要满足n·2π＝ωt(n＝1,2,3，…)，联立解得：h＝eq\f(2gn2π2,ω2)，v0＝eq\f(ωR,2nπ)(n＝1,2,3，…)．当n＝1时，h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(ωR,2π)，选项A错误；当n＝2时，h＝eq\f(8gπ2,ω2)，v0＝eq\f(ωR,4π)，选项B正确；当n＝3时，h＝eq\f(18gπ2,ω2)，v0＝eq\f(ωR,6π)，选项C错误；当n＝4时，h＝eq\f(32gπ2,ω2)，v0＝eq\f(ωR,8π)，选项D正确．[答案]BD2．如下图，靠在一起的M、N两转盘靠摩擦传动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r，N盘的半径R＝2r.A为M盘边缘上的一点，B、C为N盘直径的两个端点．当O′、A、B、C共线时，从O′的正上方P点以初速度v0沿O′O方向水平抛出一小球．小球落至圆盘C点，重力加速度为g.那么以下说法正确的选项是()A．假设M盘转动角速度ω＝eq\f(2πv0,r)，那么小球抛出时到O′的高度为eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))B．假设小球抛出时到O′的高度为eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))，那么M盘转动的角速度必为ω＝eq\f(2πv0,r)C．只要M盘转动角速度满足ω＝eq\f(2nπv0,5r)(n∈N*)，小球就可能落至C点D．只要小球抛出时到O′的高度恰当，小球就可能落至C点[解析]小球能落在C点，运动时间有两种可能：当C点离O′最近时，r＝v0t1；当C点离O′最远时，5r＝v0t2.在这两种情况下，小球抛出时离O′的高度应满足h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))或h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(25gr2,2v\o\al(2,0)).由于两盘边缘线速度大小相等，ωMr＝ωNR，因此M盘的角速度是N盘的两倍，对应的角速度应满足ω1＝eq\f(22n＋1π,t1)＝eq\f(22n＋1πv0,r)(n∈N)和ω2＝eq\f(2·2nπ,t2)＝eq\f(4nπv0,5r)(n∈N*)，当n＝0时，A选项正确；B选项只给出了n＝0的情况，因此B项错误；比照ω2可知C选项错误；在满足小球抛出时离O′的高度的情况下，还应满足M盘转动的角速度关系，才能保证小球落在C点，D项错误．[答案]A3．(多项选择)如下图，半径为R的eq\f(1,4)圆弧轨道与半径为eq\f(R,2)的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心．现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在eq\f(1,4)圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，那么以下说法中正确的选项是()A．小球运动到A点时所受合力为零B．小球从B点出发时的初速度大小为eq\r(\f(5,2)gR)C．C点与A点的高度差为eq\f(3R,5)D．小球到达C点时的动能为eq\f(2\r(5)－1,4)mgR[解析]由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球在A点由重力提供其做圆周运动的向心力，选项A错误；在A点时，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,A),r)，其中r＝eq\f(R,2)，解得：vA＝eq\r(\f(gR,2))，由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入数据可解得：vB＝eq\r(\f(5,2)gR)，选项B正确；由平抛运动规律可得：x＝vAt，y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系可得：x2＋y2＝R2，联立求解得：y＝eq\f(\r(5)－1R,2)，故C点与A点的高度差为eq\f(\r(5)－1R,1)，选项C错误；由动能定理可知：EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mgy，解得：EkC＝eq\f(2\r(5)－1,4)mgR，选项D正确．[答案]BD4．(多项选择)如以下图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2.那么()A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N[解析]根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，那么B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．[答案]AC5．如下图，半径为R＝1m，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m＝1kg的小球，在水平恒力F＝eq\f(250,17)N的作用下由静止沿光滑水平面从A点运动到B点，A、B间的距离x＝eq\f(17,5)m，当小球运动到B点时撤去外力F，小球经半圆管道运动到最高点C，此时球对外轨的压力FN＝2.6mg，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g＝10m/s2)．求：(1)小球在B点时的速度的大小；(2)小球在C点时的速度的大小；(3)小球由B到C的过程中克服摩擦力做的功；(4)D点距地面的高度．[解析](1)小球从A到B过程，由动能定理得Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10m/s.(2)在C点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)又据题有FN＝2.6mg解得vC＝6m/s.(3)由B到C的过程，由动能定理得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得克服摩擦力做的功Wf＝12J.(4)设小球从C点到打在斜面上经历的时间为t，D点距地面的高度为h，那么在竖直方向上有2R－h＝eq\f(1,2)gt2由小球垂直打在斜面上可知eq\f(gt,vC)＝tan45°联立解得h＝0.2m.[答案](1)10m/s(2)6m/s(3)12J(4)0.2m6．一长l＝0.8m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.1kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如下图．让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)假设xOP＝0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力到达所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．[解析](1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgl解得小球运动到B点时的速度大小vB＝eq\r(2gl)＝4m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x＝vBty＝H－l＝eq\f(1,2)gt2解得C点与B点之间的水平距离x＝vBeq\r(\f(2H－l,g))＝0.8m(3)假设轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好到达最大值Fm，由圆周运动规律得Fm－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r)r＝l－xOP由以上各式解得Fm＝9N.[答案](1)4m/s(2)0.8m(3)9N7．如下图，一质量为M＝5.0kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上外表距离地面高h＝0.8m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.一质量为m＝2.0kg的滑块(可视为质点)以v0＝8m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止．此时撤去恒力F.此后当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R＝1.0m，圆弧所对的圆心角θ＝106°，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)平板车的长度；(2)障碍物A与圆弧左端B的水平距离；(3)滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小．[解析](1)滑块在平板车上运动时，对滑块，由牛顿第二定律得加速度的大小a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2对平板车，由牛顿第二定律得a2＝eq\f(F＋μmg,M)＝3m/s2设经过时间t1滑块与平板车相对静止，共同速度为v，那么有v＝v0－a1t1＝a2t1，解得v＝3m/s滑块与平板车在时间t1内通过的位移分别为x1＝eq\f(v0＋v,2)t，x2＝eq\f(v,2)t1那么平板车的长度为L＝x1－x2＝eq\f(v0,2)t1＝4m.(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2，那么h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，xAB＝vt2解得xAB＝1.2m.(3)对滑块，从离开平板车至运动到C点的过程中，由动能定理得mgh＋mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(106°,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FN＝86N由牛顿第三定律可知在C点滑块对轨道的压力大小为FN′＝86N.[答案](1)4m(2)1.2m(3)86N8．如下图，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细圆管轨道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R.开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g.解除弹簧锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出．小球在C点时所受弹力大小为eq\f(3,2)mg.(1)求弹簧在锁定状态下的弹性势能Ep；(2)假设换用质量为m1的小球用锁定弹簧发射(弹簧的弹性势能不变)，小球质量m1满足什么条件时，从C点抛出的小球才能击中薄板DE?[解析](1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，设小球到达C点的速度大小为v1，根据能量守恒定律可得Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)又小球经C点时所受的弹力的大小为eq\f(3,2)mg，分析可知弹力方向只能向下，根据向心力公式得mg＋eq\f(3,2)mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，联立解得Ep＝e