重难点04 平抛运动与圆周运动解析版.docx
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重难点04平抛运动与圆周运动解析版
重难点04平抛运动与圆周运动
【知识梳理】
考点一平抛运动基本规律的理解
1.飞行时间:
由t=知,时间取决于下落高度h,与初速度v0无关.
2.水平射程:
x=v0t=v0,即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定,与其他因素无关.
3.落地速度:
v==
,以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角,有
tanθ=vy=
vxv0
,所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关.
4.速度改变量:
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g,所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv=gΔt;相同,方向恒为竖直向下,如图所示.
5.两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,如图中A点和B点所示.
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处,设其末速度方向与水平方向的夹角为
α,位移与水平方向的夹角为θ,则tanα=2tanθ.
【重点归纳】
1.在研究平抛运动问题时,根据运动效果的等效性,利用运动分解的方法,将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动,即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律.这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动,变复杂运动为简
单运动,是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法.
2.常见平抛运动模型的运动时间的计算方法
(1)在水平地面上空h处平抛:
由h=1gt2知t=,即t由高度h决定.
2
(2)在半圆内的平抛运动(如图),由半径和几何关系制约时间t:
h=1gt2
2
R+
=v0t
联立两方程可求t.
(3)斜面上的平抛问题:
①顺着斜面平抛(如图)
方法:
分解位移
x=v0t
y=1gt2
2
tanθ=y
x
可求得t=2v0tanθ
g
②对着斜面平抛(如图)
方法:
分解速度
vx=v0vy=gt
tanθ=vy=gt
vxv0
可求得t=v0tanθ
g
(4)对着竖直墙壁平抛(如图)
水平初速度v0不同时,虽然落点不同,但水平位移相同.
t=d
v
3.求解多体平抛问题的三点注意
(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出,则两物体始终在同一高度,二者间距只取决于两物体的水平分运动.
(2)若两物体同时从不同高度抛出,则两物体高度差始终与抛出点高度差相同,二者间距由两物体
的水平分运动和竖直高度差决定.
(3)若两物体从同一点先后抛出,两物体竖直高度差随时间均匀增大,二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动.
考点二圆周运动中的运动学分析
描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等,现比较如下表:
角速度
①描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
②中学不研究其方向
∆θ2π
①ω=∆t=T
②单位:
rad/s
周期和转速
①周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)
②转速是物体单位时间转过的圈数(n),也叫频率(f)
2πr
①T=
v
单位:
s
②n的单位:
r/s、r/min,f的单位:
Hz
向心加速度
①描述速度方向变化快慢的物理量(a)
②方向指向圆心
v2
①a==ω2r
r
②单位:
m/s2
【重点归纳】
1.传动装置
(1)高中阶段所接触的传动主要有:
①皮带传动(线速度大小相等);②同轴传动(角速度相等);③齿轮传动(线速度大小相等);④摩擦传动(线速度大小相等).
(2)传动装置的特点:
(1)同轴传动:
固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同;
(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动:
皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等.
2.圆周运动各物理量间的关系
(1)对公式v=ωr的理解当r一定时,v与ω成正比.当ω一定时,v与r成正比.当v一定时,ω与r成反比.
2
(2)对a=v
r
=ω2r=ωv的理解
在v一定时,a与r成反比;在ω一定时,a与r成正比.考点三竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题
1.在竖直平面内做圆周运动的物体,按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类:
一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等),称为“绳(环)约束模型”,二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等),称为“杆(管道)约束模型”.2.绳、杆模型涉及的临界问题
【重点归纳】
竖直面内圆周运动的求解思路
(1)定模型:
首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同.
(2)确定临界点:
v临=
,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是FN
表现为支持力还是拉力的临界点.
(3)研究状态:
通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.(4)受力分析:
对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F合=F向.(5)过程分析:
应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.
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1.(2019·新课标全国Ⅱ卷)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v–t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A.由v–t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积,故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离,所以,A错误;B.由于第二次竖直方向下落距离大,由于位移方向不变,故第二次水平方向位移大,故B正确C.由于v–t斜率知第一次大、第二次小,斜率越大,加速
度越大,或由a=v-v0,易知a1>a2,故C错误;D.由图像斜率,速度为v1时,第一次图像
t
陡峭,第二次图像相对平缓,故a1>a2,由G–fy=ma,可知,fy1 2.(2019·江苏卷)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱 .运动周期为2πR ω B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R 【答案】BD 【解析】由于座舱做匀速圆周运动,由公式ω=2π,解得: T=2π,故A错误;由圆周运动 Tω 的线速度与角速度的关系可知,v=ωR,故B正确;由于座舱做匀速圆周运动,所以座舱受到摩天轮的作用力是变力,不可能始终为mg,故C错误;由匀速圆周运动的合力提供向心力可得: 合 F=mω2R,故D正确。 3.现把滑水道简化为由位于竖直平面内的两个半径都是R的1/4圆周连接而成,如图所示的AOB。 已知两圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直平面上,O2B沿水池的水面,滑水的人(看作质点,质量为m)可由圆弧AO的任意点从静止开始下滑,下滑点与O1的连线与竖直方向的 夹角记为θ,不计一切阻力,(sin37°=0.6,cos37°=0.8, ≈1.7 ).则 A.若θ=0,人可以沿圆弧OB滑下而落到B点B.若θ=60°,人落水点到起点的水平距离为2RC.若θ=37°,那么小孩在两个圆弧上滑过的弧长一定相等D.若小孩从A点静止下滑,则小孩滑到O点时对O点的压力大小为2mg 【答案】C 【解析】A.若θ=0,即C与O点重合mgcosα-=vmg(R-Rcosα)=1mv2 2 FNmR2 N=0,求解cosα=,说明从O点静止下滑,将会在某处离开轨道,到不了B点,所以选项A 3 错误。 B.若θ=60°,则下滑到O点的速度1mv2=mg(R-Rcos600),即v=,因为 2OO v21 mg=m R ,由于人所受支持力为零,故人在O点脱离轨道,离开轨道后平抛运动R= gt2, 2 由此可知水平位移x=vt=2R,所以人落水点到起点的水平距离x= 3R+2R≈2.85R,选 2 项B错误;C.假设人从C点静止下滑到P处,设P速度为v,则在P处的向心力 v2mgcosα-FN=mR ,根据机械能守恒定律可知 mg(R-Rcos370+R-Rcosα)=1mv2,当FN=0时,联立两式可知cosα=0.8,即角度为 2 37°时,小孩离开斜面,选项C正确。 D.小孩从A点静止释放,根据机械能守恒定律vo=, 在最低处FN 2 - v mg=m0,联立可知FN=3mg,选项D错误。 R 4.如图所示,b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,BC为圆周运动的直径,竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为R。 当b球运动到切点B时,将a球从切点正上方的A点水平抛出,重力加速度大小为g,从a球水平抛出开始计时,为使b球在运动一周的时间内与a球相遇 (a球与水平面接触后不反弹),则下列说法正确的是 A.a球在C点与b球相遇时,a球的运动时间最短 B.a球在C点与b球相遇时,a球的初始速度最小 C.若a球在C点与b球相遇,则a球抛出时的速率为 D.若a球在C点与b球相遇,则b球做匀速圆周运动的周期为 【答案】C 【解析】A.平抛时间只取决于竖直高度,高度R不变,时间均为t=;故A错误。 BC.平抛的初速度为v=x,时间相等,在C点相遇时,水平位移最大 t xmax =2R,则初始速度最大为: vmax =2R=,故B错误,C正确。 D.在C点相遇时, t b球运动半个周期,故b球做匀速圆周运动的周期为Tb =2t=2 ,故D错误。 故选C。 5.北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行。 这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会,图示为某滑雪运动员训练的情景: 运动员从弧形坡面上滑下,沿水平方向飞出后,又落回到斜面上。 若斜面足够长且倾角为0,弧形坡而与斜面顶端有--定高度差,某次训练时,运动员从弧形坡面飞出的水平速度大小为v0,飞出后在空中的姿势保持不变,不计空气阻力,下列判断正确的是 A.若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出,落到斜面前瞬间速度方向一定相同B.若运动员飞出时的水平速度大小变为2v,运动员飞出后经t=2v0tanθ距斜而最远 0g C.若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0,运动员落点位移为原来的4倍“ D.若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0,落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大 【答案】B 【解析】AD.利用物体从斜面顶端平抛的运动规律: 设人从A点平抛,落到斜面上的C点,沿 AC作一直线ACB,则从A平抛时,落到斜面AB上时,速度方向与水平方向的夹角都相等,则 落到斜面上E点时y方向速度vyE小于落到D点时y方向速度vyD水平方向速度相同,则落到E 点时速度与水平方向的夹角比落到D点小,故AD错误;B.运动员速度与斜面平行时,离斜面 最远,当速度为2v0时,有tanθ= gt 2v0 ,得t=2v0tanθ,故B正确;C.若沿AB斜面平抛, g vygt 2v0tanθ 2v2tanθ 落到斜面上D点的时间tanϕ===2tanθ,得t=,x=v0t=0, v0v0gg x2v2tanθ s==0,可知当速度为2v0时,s'=4s,则落到E点时的距离为s''<4s,故C cosθgcosθ 错误。 故选B。 6.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度,使其能跳到旁边等高的平台上。 如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,其最高点离平台的高度为h,在最高点时的速度为v,若质量为m可视为质点的棋子在运动过程中,只受重力作用,重力加速度为g,以平台所在平面为零势能面,则 A.棋子从最高点落到平台上所需时间t=2 B.棋子在两平台上落点间的距离x=v C.棋子落到后一个平台上时的机械能E=mgh+1mv2 2 D.棋子落到后一个平台上时的动能Ek =1mv2 2 【答案】C 【解析】A.棋子从最高点落到平台上,竖直方向上做自由落体运动,下落时间: t=,故A 错误;B.棋子在水平方向上做匀速直线运动,根据运动的对称性,上升和下落的时间是相同的, 所以棋子在两平台上落点间的距离x=2v ,故B错误;C.棋子运动过程中机械能守恒, 棋子在最高点的机械能为: E=mgh+1mv2,与落到后一个平台上时的机械能相等,故C正确; 2 D.根据动能定理,棋子从最高点到平台上: mgh=Ek D错误。 故选C. - 1mv2,解得: E 2k =mgh+1mv2,故 2 7.如图所示,在高H=10m处将小球A以v1=20m/s的速度水平抛出,与此同时地面上有个小球B以 v2=10m/s的速度竖直上抛,两球在空中相遇,不计空气阻力,取g=10m/s2g=10m/s2,则 A.从它们抛出到相遇所需的时间是0.5s B.从它们抛出到相遇所需的时间是1s C.两球抛出时的水平距离为5m D.两球抛出时的水平距离为20m 【答案】BD 【解析】AB.两球相遇时有: 1gt2+vt-1gt2=H,解得: t=H =1s,故A错误;B正确。 2 222v CD.两球抛出时的水平距离x=vt=v1H=20m,故C错误,D正确。 v2 8.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点,如图所示,当轻杆绕轴B C以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,绳a在竖直方向,绳b在水平方向,当小球运动到图示位置时,绳b被烧断的同时杆子停止转动,则 A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动 B.在绳被烧断瞬间,a绳中张力突然增大C.若角速度ω较小,小球在平行于平面ABC的竖直平面内摆动D.若角速度ω较大,小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动 【答案】BD b 【解析】A.b绳未断时,a绳拉力为小球重力mg,Lb为b的长度,小球速度为: v=Lω2, b绳断时,由于惯性,球具有水平向外的速度受竖直向下的重力和竖直向上的a绳的拉力而在竖 v2 直面内做圆周运动,故A错误;B.由牛顿运动定律有: Fa-mg=m,可知当b绳断时, a 绳a的拉力大于小球重力,B正确;C.当ω较小时,球在最低点速度较小,可能会存在: v≤,不能摆到与A点等高处,而在竖直面内来回摆动,水平方向没有力提供向心力,故不能在平行于平面ABC的竖直平面内摆动,故C错误;D.当ω较大时,球在最低点速度较大,如果: v≥,可在竖直面内做完整的圆周运动,故D正确。 9.如图所示光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R),小球a、b大小相同,质量均为m,其直径略小于管径,能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度v通过轨道最低点,且当小球a在最低点时,小球b在最高点,以下说法正确的是 A.当小球b在最高点对轨道无压力时,小球a比小球b所需向心力大5mg B.当v=时,小球b在轨道最高点对轨道无压力 C.速度v至少为 ,才能使两球在管内做圆周运动 D.只要v≥,小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力都大6mg 【答案】BD v2 【解析】AB.当小球对轨道无压力时,则有: mg=m1,解得v1=,由机械能守恒定律 R 可得,mg2R=1mv2-1mv2,解得v=,在最高点无压力时,向心力F1=mg;最低点 221 v2 时,向心力F2=mR=5mg,即a球比b球所需向心力大4mg。 故A错误,B正确。 C.因小 球在管内转动,则内管可对小球提供向上的支持力,故可看作是杆模型;故小球的最高点的速度只要大于零,小球即可通过最高点,根据动能定理知,mg2R=1mv2,解得v=,故C 2 v2v2 错误。 D.在最高点时,F1+mg=m1,在最低点F2-mg=m2,则 RR v2v2 1212 F2-F1=2mg+m2-m1,由机械能守恒可得mg2R=mv2-mv1 ,可得: F2-F1=6mg; RR22 即只要能做完整的圆周运动,压力之差都等于6mg。 故D正确。 10.如图所示为马戏团的猴子表演杂技示意图。 平台上质量为5kg的猴子(可视为质点)从平台边缘A点抓住长l=0.8m水平绳的末端,由静止开始绕绳的另一个固定端O点做圆周运动,运动至O点正下方B点时松开绳子,之后做平抛运动。 在B点右侧平地上固定一个倾角为37°的斜面滑梯CD,猴子做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向。 已知sin37°=0.6, cos37°=0.8,不计空气阻力影响,求(g取10m/s2) (1)猴子刚运动到B点时的速度大小; (2)猴子刚运动到B点且绳子还未脱手时,其对绳子的拉力; (3)猴子从B点运动到C点的时间以及BC两点间的水平距离。 【答案】 (1)4m/s (2)150N,竖直向下(3)0.3s1.2m 【解析】 (1)设猴子在B点的速度为v,由A到B的过程中,由机械能守恒定律得mgl=1mv2 2 代入数据解得: v=4m/s (2)设在B点时猴子所受的拉力为F,由牛顿第二定律得: F-mg=mv 2 l 联立解得: F=150N 由牛顿第三定律得: 猴子拉绳的力等于绳拉猴子的力大小等于150N,方向竖直向下。 (3)据题得: 猴子到达C点时竖直分速度vy=vtan37°=3m/s 平抛时间 t=vy g =3s=0.3s10 BC间的水平距离x=vt=1.2m 11.如图所示摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台,接着以4m/s水平速度离开平台,落至地面时,恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨道下滑. A、B为圆弧两端点,其连线水平.已知圆弧半径为2m,人和车的总质量为200kg,特技表演的全过程中,空气阻力不计.(计算中取g=10m/s2.求: (1)从平台飞出到A点,人和车运动的水平距离s. (2)从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ. (3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s,求此时人和车对轨道的压力. 【答案】 (1)1.6m (2)4 m/s,90°(3)5600N 【解析】 (1)车做的是平抛运动,很据平抛运动的规律可得: 竖直方向上: H=1gt2 22 水平方向上: s=vt2 可得: s=v =4⨯ 2⨯0.8m=1.6m. 10 (2)摩托车落至A点时其竖直方向的分速度: vy=gt2=4m/s 到达A点时速度: vA== =42m/s 设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α,则: tanα=vy v =4=1 4 即α=45︒,所以: θ=2α=90︒ (3)对摩托车受力分析可以知道,摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力, 所以有: N-mg=m v'2R 当v'=6m/s时,计算得出N=5600N. 由牛顿第三定律可以知道人和车在最低点O时对轨道的压力为5600N.
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