1、更多资源关注微信公众号：学起而飞 专题专题 04平抛运动与圆周运动平抛运动与圆周运动 【母题来源一】【母题来源一】2019 年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国 II 卷） 【母题原题【母题原题】（2019新课标全国卷）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 vt 图象如图（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第一次滑翔过程中在竖
2、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】由 vt 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；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；由于 vt 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 0 vv a t 易知 a1a2，故 C 错 误；由图象斜率，速度为 v1时，第一次图象陡峭，第二次图象相对平缓，故 a1a2，由 Gfy=ma，可知，fy1 fy2，故 D 正确 【母题来源二】【母题来源
3、二】2019 年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷） 【母题原题】【母题原题】（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，重力加速度为g，则座舱 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A运动周期为 2R B线速度的大小为R C受摩天轮作用力的大小始终为mg D所受合力的大小始终为m2R 【答案】BD 【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式 2 T ，解得： 2 T ，故 A 错误；由圆周运动的线速度与 角速度的关系可知，vR，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
4、C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得： 2 FmR 合 ，故 D 正确。 【命题意图】考查平抛运动规律，摩擦力、向心力的来源、圆周运动的规律等知识点，意在考查考 生对圆周运动知识的理解能力和综合分析能力。 【考试方向】高考对平抛运动与圆周运动知识的考查，命题多集中在考查平抛运动与圆周运动规律 的应用及与生活、生产相联系的命题，多涉及有关物理量的临界和极限状态求解或考查有关平抛运动与圆 周运动自身固有的特征物理量。竖直平面内的圆周运动结合能量知识命题，匀速圆周运动结合磁场相关知 识命题是考试重点，历年均有相关选择题或计算题出现。 单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电
5、磁学知识相综合常以计算题的形式出现。 平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试 题。圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制 成综合类试题，这样的题目往往难度较大。 【得分要点】熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折 点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒 子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法。 1对于平抛运动，考生需要知道以下几点： （1）解决平抛运动
6、问题一般方法 解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用 更多资源关注微信公众号：学起而飞 分解初速度，也不用分解加速度，即先求分速度、分位移，再求合速度、 合位移；特别提醒：分解平抛运 动的末速度往往成为解题的关键。 （2）常见平抛运动类型：求运动时间往往是突破口 在水平地面水平平抛： 在半圆内的平抛运动： 斜面上的平抛问题：顺着斜面平抛；对着斜面平抛。 对着竖直墙壁平抛 （3）类平抛运动的求解方法 常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方 向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运
7、动具有等时性。 特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建 立适当的直角坐标系，将加速度分解为 ax、ay，初速 度 v0分解为 vx、vy，然后分别在 x、y 方向列方程求解。 2对于圆周运动，考生需要知道以下几点： （1）描述匀速圆周运动的各物理量间的关系：rnfrr T r v 22 2 ，a= r v 2 = 2 r （2）向心力是根据力的作用效果命名的，而不是一种特定的力（如重力），因此在分析物体的受力时， 切记不可将向心力也作为物体的受力考虑在内。 （3）在分析传动装置的线速度、角速度、向心加速度与半径之间的关系时，关键是抓住不变量，确定 另一变量与半径的正比或反比关系进行判断。如同
8、轴转动的物体上各点的角速度、转速n和周期T相等， 根据公式 rv ，可知线速度v与半径r成正比；皮带传动中，在皮带不打滑的情况下，通过皮带连接的 轮子边缘的各点的线速度大小相等（不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点的线速度也大小相等），根据公式 r v ，可知角速度与半径r成反比。 （4）做匀速圆周运动的物体，在合外力突然消失或者不足以提供物体做圆周运动所需的向心力的情况 下，质点是做半径越来越大的运动或沿切线方向飞去的运动，它不是沿半径方向飞去,做离心运动的质点不 存在的所谓的“离心力”作用，因为没有任何物体提供这种力。 1（2019四川省宜宾市高一下学期期末）如图所示，长为 L 的轻杆一端固定质
9、量为 m 的小球，另一端固 定在转轴 O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P 为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度 更多资源关注微信公众号：学起而飞 大小为 9 2 gL，忽略摩擦阻力和空气阻力，则以下判断正确的是 A小球不能到达 P 点 B小球到达 P 点时的速度大于gL C小球能到达 P 点，且在 P 点受到轻杆向下的弹力大小为 2 mg D小球能到达 P 点，且在 P 点受到轻杆向上的弹力大小为 2 mg 【答案】D 【解析】根据动能定理得： 22 p 11 2 22 mgLmvmv，解得： P 2 gL v 而小球在最高点的临界速度 可以为零，所以小球能到达最高点，AB 错误。
10、设杆子在最高点表现为支持力，则 2 p v mgFm L ，解 得： 2 p 2 v mg Fmgm L ，故杆子表现为支持力。C 错误，D 正确。 2（2019四川省宜宾市高一下学期期末）如图所示，将 a、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们 均落在水平地面上的 P 点，a 球抛出时的高度较 b 球的高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空 气阻力。与 a 球相比，b 球 A初速度较小 B速度变化率较小 更多资源关注微信公众号：学起而飞 C落地时速度一定相等 D落地时速度方向与其初速度方向的夹角较小 【答案】D 【解析】根据竖直方向 2 1 2 hgt，所以 a 运动时间长，而水平
11、匀速，水平位移相同，所以 a 的水平速度 小，A 错误。速度变化率等于加速度大小，两小球加速度均为 g，相同，B 错误。因为落地速度是竖直 速度与水平速度的合速度，而 a 的竖直速度大，水平速度小，所以无法具体比较两物体落地速度大小， C 错误。落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切值 0 tan gt v ，a 的初速度小，而运动时间长，所 以 a 落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确。 3（2019安徽省池州市高一下期末）一物体从空中某点以一定的初速度 v0做平抛运动，落地时的水平位 移为 s，记录下该平抛运动的轨迹，并按照 1：1 的比例制作成了一条钢制抛物线轨道，如图所示。
12、现让 一个铁环从抛物线轨道顶端从静止滑下，不计运动过程中摩擦阻力和空气阻力，重力加速度为 g，当铁 环滑落到抛物线轨道末端时，下面说法正确的是 A铁环的水平速度等于 0 v B铁环的竖直速度等于 0 gs v C铁环的末速度等于 0 gs v D铁环的末速度等于 2 2 0 0 gs v v 【答案】C 【解析】设铁环落地速度为v，根据机械能守恒 2 1 2 mghmv，2vgh，钢制轨道的高度h可根据 更多资源关注微信公众号：学起而飞 平抛运动规律求得， 0 s t v ， 2 2 2 0 1 22 gs hgt v ，因此铁环落地速度 2 2 00 22 2 gsgs vghg vv 。速
13、 度方向与水平方向的夹角： 00 2 tan y vgh vv ，则 0 2 0 cos 2 v vgh ；铁环的水平速度等于 2 0 cos 2 x gs vv vgh ，选项 A 错误；铁环落地的合速度等于 0 gs v ，选项 B 错误；铁环的末速度等 于 0 gs v ，选项 C 正确；铁环的末速度不等于 2 2 0 0 gs v v ，选项 D 错误。 4（2019云南省陆良县高三一模）在倾角为的斜坡上，沿着与水平线成角的方向斜向上方抛出一石块， 如图所示。设石块落在斜坡上的位置离抛出点的距离为 L，则石块抛出的初速度为 A 0 1 2cos gL v B 0 1 2sin gL v
14、 C 0 1 cos 2 vgL D 0 1 sin 2 vgL 【答案】B 【解析】将石块的运动看成是沿 v0方向的匀速直线运动和自由落体运动的合运动运动合成情况如图所 示。图中平行四边形对角线是合运动位移，依题意其大小为 L，两条相邻边 s 和 h 则是两个分运动的位 移。设运动时间为 t，由运动学公式知：sv0t，h 1 2 gt2再由几何关系知：scosLcos，ssin+Lsin 更多资源关注微信公众号：学起而飞 h 联立以上四式，消去 t，解得 0 1 2sin gL v ，故 B 正确；ACD 错误；故选 B。 5（2019浙江省台州市联谊五校高一下学期期中）如图所示为一个半径为
15、 5 m 的圆盘，正绕其圆心做匀 速转动，当圆盘边缘上的一点 A 处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方 20 m 的高度有一小球正在 向边缘的 A 点以一定的速度水平抛出，g 取 10 m/s2，要使得小球正好落在 A 点，则 A小球平抛的初速度一定是 2.5 m/s B小球平抛的初速度可能是 2.5 m/s C圆盘转动的角速度一定是 rad/s D圆盘转动的加速度可能是 rad/s 【答案】A 【解析】根据 2 1 2 hgt可得 2 2s h t g ，则小球平抛运动的初速度 0 2.5m/s R v t ，故选项 A 正 确，B 错误；根据2tn，(1 2 3)n 、K，解得圆盘转动的
16、角速度 2n n t ，(1 2 3)n 、K， 圆盘转动的加速度为 22222 5arnrn ，(1 2 3)n 、K，故选项 C、D 错误。 6 （2019广东省汕头市潮南实验学校高一月考） 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面， 圆锥筒固定， 有质量相等的小球 A 和 B 沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A球 A 的角速度等于球 B 的角速度 B球 A 的线速度大于球 B 的线速度 C球 A 的运动周期小于球 B 的运动周期 D球 A 与球 B 对筒壁的压力相等 【答案】BD 【解析】小球 A 和 B 紧贴着内壁分别在水平面内做匀速
17、圆周运动。由于 A 和 B 的质量相同，小球 A 和 B 在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的。由公式 2 Fmr ，由于球 A 运动的半径 大于 B 球的半径， F 和 m 相同时， 半径大的角速度小， 球 A 的角速度小于球 B 的角速度， 故 A 错误； 由 向心力的计算公式2 v Fm r ，由于球 A 运动的半径大于 B 球的半径，F 和 m 相同时，半径大的线速度 大，球 A 的线速度大于球 B 的线速度，故 B 正确；由周期公式 2 T ，所以球 A 的运动周期大于球 B 的运动周期，故 C 错误；球 A 对筒壁的压力等于球 B 对筒壁的压力，所以 D 正确 【名
18、师点睛】对物体受力分析是解题的关键，通过对 AB 的受力分析可以找到 AB 的内在的关系，它们 的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题 7（2019安徽省池州市高一期末）一根长为 L 的细线上端系在天花板上 P 点，下端系一质量为 m 的小球， 将小球拉离竖直位置，给小球一个与悬线垂直的水平初速度使小球在水平面内做匀速圆周运动，悬线与 竖直方向的夹角为，悬线旋转形成一个圆锥面，这就是常见的圆锥摆模型，如右图所示。关于圆锥摆， 下面说法正确的是（已知重力加速度为 g） A圆锥摆的周期 T 与小球质量无关 更多资源关注微信公众号：学起而飞 B小球做圆周运动的向
19、心力由绳子的拉力和重力的合力提供 C圆锥摆的周期 cos 2 L T g D小球做匀速圆周运动向心加速度为sing 【答案】ABC 【解析】由牛顿第二定律得 2 2 4 tanmgmr T ，sinrL，解得 cos 2 L T g ，周期与摆球质量 无关，A、C 正确；小球做圆周运动的向心力由拉力和重力的合力提供，B 正确；由牛顿第二定律得 tanmgma，小球的向心加速度tanag，D 错误。 8（2019四川省绵阳市南山中学实验学校高一月考）2013 年 9 月 9 日，WTA 官网公布最新一期网球女单 选手世界排名，我国女选手李娜位居第 5 位。如题图所示，李娜在边界 A 处正上方 B
20、 点将球水平向右击 出，球恰好过网 C 落在 D 处，已知 AB 高 h11.8 m，x18.3 m，CD9.15 m，网高为 h2，不计空气 阻力，则 A球网上边缘的高度 h2=1 m B若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为 60 m/s，球不能落在对方界内 C任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 D任意降低击球高度（仍高于 h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 【答案】AC 【解析】根据 h1= 1 2 gt12得： 1 1 22 1.8 s0.6s 10 h t g ，则平抛运动的初速度为： 0 18.39.15 2 m/s45.75
21、m/s 0.6 x x v t 。则运动到球网的时间为： 0 18.3 s0.4s 45.75 x t v ；则下落 的高度为：h= 1 2 gt2= 1 2 100.16 m=0.8 m，则球网上边缘的高度为：h2=h1h=1.8 m0.8 m=1m。故 更多资源关注微信公众号：学起而飞 A 正确。根据 x=v0t1=600.6 m=36 m2x，知球一定能落在对方界内。故 B 错误。增加击球高度，只有 速度合适，球一定能发到对方界内。故 C 正确。任意降低击球高度（仍大于 h2），会有一临界情况，此 时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，
22、 就一定能将球发到界内，故 D 错误。 9（2019重庆市南岸区高一期末）如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB 和圆轨道 BCD 组成，AB 和 BCD 相切于 B 点，OB 与 OC 夹角为 37，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D 为圆 轨道的最低点和最高点），可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某点由静止滑下，用力传感器测 出滑块经过圆轨道最低点 C 时对轨道的压力为 F， 并得到如图乙所示的压力 F 与高度 H 的关系图象，该 图线截距为 2 N，且过（0.5 m，4 N）点。取 2 10 m/sg 。求： （1）滑块的质量和圆轨道的半径； （2）若要求滑
23、块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少； （3）是否存在某个 H 值，使得滑块经过最高点 D 飞出后落在圆心等高处的轨道上.若存在，请求出 H 值；若不存在，请说明理由。 【答案】（1）m=0.2kg ，1m（2） 1 1hm 2 2.5hm（3） 97 36 m 【解析】（1）当0H 时，由图象截距可知 2 NFmg 0.2 kgm 当小物块从 A 点静止下滑，由图象知，0.5 mh ，对轨道的压力 1 4 NF 2 1 1 2 mghmv 2 1 1 v Fmgm R 更多资源关注微信公众号：学起而飞 解得1mR （2）不脱离轨道分两种情况： 到圆心等高处速度为零 有能量守恒可知，滑块从静
24、止开始下滑高度 1 1mhR 通过最高点，通过最高点的临界条件 D vgR 设下落高度为 0 H 由动能定理 2 0D 1 2 2 mg HRmv 解得 0 2.5 mH 则应该满足下落高度 2 2.5mh （3）假设滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的 E 点： sin37 R OE D xOEv t 2 1 2 Rgt 解得： D 5 5 m/s 3 v 而滑块过 D 点的临界速度 DL 10m/svgR 由于： DDL vv，所以存在一个 H 值，使得滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的 点 2 DL 1 2 2 mg HRmv 解得： 9
25、7 m 36 H 更多资源关注微信公众号：学起而飞 10（2019湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高一期中）如图所示，从 O 点水平抛出的小球，到达斜 面顶端 P 处，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿斜面滑下。已知斜面倾角=60，小球初速度 v0=10 m/s，取 g=10 m/s2，不计空气阻力，求： （1）小球从抛出点 O 到 P 点的竖直高度 h； （2）抛出点 O 到 P 点的水平距离 x（计算结果中可以有根号）。 【答案】（1）15 m（2）103 m 【解析】（1）小球到达 P 点时的竖直分速度为： 0tan 10 3 m/s y vv 由速度位移关系公式得： 2 2 y vgh 解得：15 mh （2）飞行时间：3 s y v t g 从 O 到 P 点的水平距离： 0 10 3 mxv t
