2022年高考物理一轮复习新题快递-微专题4-平抛运动与圆周运动的综合问题.docx

微专题四平抛运动与圆周运动的综合问题1(多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最终能够从A端水平抛出落到地面上下列说法正确的是 ()A小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2B小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2C小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RD小球能从细管A端水平抛出的最小高度HminR答案：BC解析：设小球从A端水平抛出的速度为vA，由机械能守恒，得mgHmg2Rmv，得vA，设空中运动时间为t，由2Rgt2，得t2，水平位移x水vAt22，故B正确小球能从细管A端水平抛出的条件是D点应比A点高，即H2R，C正确2半径为R的光滑半圆轨道BCD与光滑水平抛道BA在B处相切，小球弹射器P弹射的小钢球恰能从半圆轨道的最高点D处沿切线进入轨道内，并沿半圆轨道做圆周运动，弹射器射管轴线与水平面成角，射管管口到B点的距离为x，管口到水平面的高度不计，取重力加速度为g，不计空气阻力，则下列结论不正确的是()Ax有最小值，且最小值xmin2RB有最大值，且最大值的正切值tan max2C若增大x，要保证小球仍从D处切入圆轨道，则小球过D点时对轨道的压力减小D若减小，要保证小球仍从D处切入圆轨道，则小球弹出时的速度增大答案：C解析：小球从最高点D进入圆轨道并做圆周运动，应满足FNmgm，则进入轨道的最小速度vmin.小球从射出到进入圆轨道，可看作反向的平抛运动，水平方向xvxt，竖直方向2Rgt2，代入最小速度得x的最小值xmin2R，A选项正确；小球的竖直速度vygt2为定值，则vx越小，越大，故tan max2，反之，越小，vx越大，小球射出时的速度v越大，B、D两项正确；由于小球在空中的运动时间t2是定值，因此x越大，vx越大，由FNmgm可知小球在D点对轨道的压力越大，C选项错误3如图所示，质量为m0.2 kg的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A以初速度v0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径P点到桌面的竖直距离为R.小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，取g10 m/s2.(1)求小球在A点的初速度v0及AP间的水平距离x；(2)求小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力；(3)推断小球能否到达圆轨道最高点M.答案：见解析解析：(1)小球由A点做平抛运动，在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P点的竖直分速度为vyvtan 45v0由平抛运动规律得vygt，Rgt2，xv0t解得v04 m/s，x1.6 m.(2)小球在P点的速度为v4 m/s小球从P点到N点，由动能定律得mgR(1cos 45)mvmv2小球在N点，由牛顿其次定律得FNmgm解得小球所受支持力FN(142) N由牛顿第三定律得，小球对N点的压力为FN(142) N，方向竖直向下(3)假设小球能够到达M点，对小球由P点到M点由动能定理得mgR(1cos 45)mv2mv2解得v m/s小球能够完成圆周运动，在M点须有mgm即vM m/s由vvM知，小球不能到达圆轨道最高点M.4(2021青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R1 m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h1.25 m在滑道左端静止放置质量为m0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为0.2.当用一大小为F4 N的水平拉力向右拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度2 rad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上连续滑行，过B点水平抛出，恰好落入小桶内取重力加速度g10 m/s2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度答案：(1)0.3 s(2)4 m解析：(1)物块做平抛运动，设水平初速度为v，所用时间为t，则水平方向Rvt竖直方向hgt2解得物块离开滑道时的速度v2 m/s，t0.5 s设拉动物块时的加速度为a1，所用时间为t1，由牛顿其次定律得Fmgma1解得a18 m/s2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a2，所用时间为t2，由牛顿其次定律得mgma2解得a2 2 m/s2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间T1 s物块在滑道上先加速后减速，则va1t1a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为t1t2tT解得t10.3 s.(2)物块加速t10.5 s的末速度v1a1t14 m/s则滑道长Lx1x2a1t124 m.