抛体运动与圆周运动.pptx

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1、【体系构建】运动的合成与分解 抛体运动 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 匀速圆周运动的向心力 离心现象 第1页/共72页【考情快报】1.单独考查曲线运动的知识点时，题型一般为选择题；将曲线运动与功和能、电场与磁场综合考查时题型一般为计算题。2.预计2013年高考对该讲的考查主要是：（1）考查运动的合成与分解的问题；（2）考查平抛运动与其他知识点综合的问题；（3）考查圆周运动与其他知识点综合的问题。第2页/共72页【体系构建】第3页/共72页【核心自查】一、曲线运动1.合运动与分运动之间的三个关系 关系关系 说明说明 等时性等时性 分运动与合运动的运动时间分运动与合运动的运动时间_独立

2、性独立性 一个物体同时参与几个分运动，各运动一个物体同时参与几个分运动，各运动_等效性等效性 各个分运动的叠加效果与合运动的各个分运动的叠加效果与合运动的_相等独立进行效果相同第4页/共72页2.物体做曲线运动的条件合外力与速度方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，有以下两种情况：（1）若合外力为恒力，物体将做_；（2）若合外力为变力，物体将做_。匀变速曲线运动变加速曲线运动第5页/共72页二、平抛运动1.平抛运动的两个关系(1)位移关系(2)速度关系x=_y=_v0tvx=_vy=_v0gt第6页/共72页2.平抛（类平抛）运动的两个推论（1）做平抛（类平抛）运动的物体任意时刻速度的反向延

3、长线一定通过此时水平位移的_，如图甲所示。（2）如图乙，设做平抛（类平抛）运动的物体在任意时刻、任意位置处瞬时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则有tan=_。中点2tan第7页/共72页三、竖直平面圆周运动两种问题的比较最高点无支撑最高点无支撑 最高点有支撑最高点有支撑 实例实例 水流星、翻滚过山车水流星、翻滚过山车 车过拱桥、球过管道车过拱桥、球过管道 图示图示 第8页/共72页最高点无支撑最高点无支撑 最高点有支撑最高点有支撑 最高点最高点受力受力 重力重力G G和向下的弹力和向下的弹力F F弹弹 重力重力G G和弹力和弹力F F弹弹（向上（向上或向下）或向下）列式列式 m

4、g+Fmg+F弹弹=_=_mgmgF F弹弹=_=_ 恰好过恰好过最高点最高点 v=_v=_v=_v=_ 0第9页/共72页【热点考向1】运动的合成与分解【典题训练1】（2012潍坊二模）如图所示，图甲表示某物体在水平方向上分速度的vx-t图象，图乙表示该物体在竖直方向上分速度的vy-t图象（规定向上为正方向）。则()第10页/共72页A.物体的运动轨迹是抛物线B.物体做匀变速运动C.t=8 s时物体的速度大小是5 m/sD.物体处于失重状态【解题指导】【解题指导】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：（1 1）明确物体在水平方向和竖直方向上的运动性质。）明确物体在水平方向和竖直

5、方向上的运动性质。（2 2）根据分运动的性质确定合运动的性质。）根据分运动的性质确定合运动的性质。第11页/共72页【解析解析】选选A A、B B、C C。由图象可知物体在水平方向上做匀速直。由图象可知物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故物体线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故物体做匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线，选项做匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线，选项A A、B B正确；正确；t=8 st=8 s时，时，v vx=3 m/s=3 m/s，v vy=4 m/s=4 m/s，=5 m/s=5 m/s，选项，选项C C正确；由于物体的加

6、速度竖直向上，故物体处正确；由于物体的加速度竖直向上，故物体处于超重状态，选项于超重状态，选项D D错误。错误。第12页/共72页【典题训练2】（2012江苏高考）如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()第13页/共72页A.A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B.A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C.A、B不可能运动到最高处相碰D.A、B一定能相碰【解题指导解题指导】解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可

7、按以下思路分析：第14页/共72页【解析解析】选选A A、D D。A A、B B两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地两个小球在竖直方向上均做自由落体运动，两球落地之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，之后在竖直方向上均做竖直上抛运动，在同一时刻始终处于同一高度上，A A球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以球在水平方向上始终做匀速直线运动，所以A A、B B两个小球一定能够相碰，两个小球一定能够相碰，D D正确，正确，B B和和C C错误，只要错误，只要A A球的初速度足够大就可以在第一次落地之前相碰，球的初速度足够大就可以在第一次落地之前相碰，A A正确，

8、答案选正确，答案选A A、D D。第15页/共72页【拓展提升】【考题透视】运动的合成和分解类问题是近几年高考的热点问题，分析近几年高考题，命题规律主要有以下几点：（1）以选择题的形式考查，一般考查对合运动和分运动的定性判断。（2）偶尔考查对速度、位移和加速度的简单计算。第16页/共72页【借题发挥】解决运动合成和分解的一般思路（1）明确合运动或分运动的运动性质。（2）明确是在哪两个方向上的合成或分解。（3）找出各个方向上已知的物理量（速度、位移、加速度）。（4）运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。第17页/共72页【创新预测】1.在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，

9、下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是()第18页/共72页【解析解析】选选B B。跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度。跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大，知道速度与所受阻力的规律是解决本题有关，且速度越大受到的阻力越大，知道速度与所受阻力的规律是解决本题的关键。竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力逐渐增大，的关键。竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，水平方向只受阻力，速度逐渐减小，阻力合力逐渐减

10、小，加速度逐渐减小，水平方向只受阻力，速度逐渐减小，阻力逐渐减小，加速度逐渐减小。在逐渐减小，加速度逐渐减小。在v-tv-t图象中图线的斜率表示加速度，故图象中图线的斜率表示加速度，故A A、C C、D D错误，错误，B B正确。正确。第19页/共72页2.船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2，为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为()【解析解析】选选C C。根据运动的合成与分解的知识，可知要使船垂直到达对岸的。根据运动的合成与分解的知识，可知要使船垂直到达对岸的码头，即要船的合速度指向对岸。根据平行四边行定则，选项码头，即要船的合速度指向对岸。根据平行四边行定则，选项C C

11、正确。正确。第20页/共72页【热点考向2】平抛（类平抛）运动的基本规律【典题训练3】（2012衡水二模）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：第21页/共72页（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的

12、距离。第22页/共72页【解析解析】（1 1）设电子经电压）设电子经电压U U1 1加速后的速度为加速后的速度为v v0 0，由动能定理，由动能定理得得eUeU1 1=,=,解得解得（2 2）电子以速度）电子以速度v v0 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设电直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设电子在偏转电场运动的时间为子在偏转电场运动的时间为t t1 1，电子的加速度为，电子的加速度为a a，离开偏转，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为电场时相对于原运动方向的侧移量为y y1 1

13、，由牛顿第二定律和运，由牛顿第二定律和运动学公式得动学公式得解得解得a=a=第23页/共72页水平方向：水平方向：L L1=v=v0t t1竖直方向：竖直方向：y y1=解得解得（3 3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v vy，根据运，根据运动学公式得动学公式得电子离开偏转电场后做匀速直线运电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为光屏上所用的时间为t t2，电子打到，电子打到荧光屏上的侧移量为荧光屏上的侧移量为y y2，如图所示，如图所示 第24页/共72页水平方向：水平方向：L

14、 L2=v=v0t t2竖直方向：竖直方向：y y2=v=vyt t2解得解得P P到到O O点的距离为点的距离为答案：答案：第25页/共72页【拓展提升】【考题透视】该知识为每年高考的重点，分析近几年考题，命题规律有以下几点：（1）平抛（类平抛）运动常结合圆周运动的知识进行考查。（2）类平抛运动常以带电粒子在电场中运动的形式考查。（3）在综合题目中常结合功能关系进行考查。第26页/共72页【借题发挥】类平抛运动的求解方法1.常规求解方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的初速度为零的匀加速直线运动，运用直线运动规律进行求解。2.特殊分解方法对于有些问题，可以过抛出

15、点建立适当的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，然后分别在x、y轴方向上列方程求解。第27页/共72页【创新预测】1.如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端，先后以不同的初速度水平向右抛出相同的两只小球，下列说法正确的是()A两小球落到斜面上历时相同B两小球落到斜面上的位置相同C两小球落到斜面上时速度大小相同D两小球落到斜面上时速度方向相同 第28页/共72页【解析解析】选选D D。小球做平抛运动，由两分运动的特点知。小球做平抛运动，由两分运动的特点知 ，得，得 ，因，因v v0 0不同，则不同，则t t不同，不同，由由v vy=gt=gt、v=v=及及h=h=可知，可知，v vy、v v

16、及及h h不同，故不同，故A A、B B、C C均错误，而速度与水平方向的夹角均错误，而速度与水平方向的夹角的正切的正切 ，知，知为定值，故为定值，故D D正确。正确。第29页/共72页2.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为1 2 4，电荷量之比为1 1 2，则下列判断中正确的是()第30页/共72页A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功

17、之比为1 2 2D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1 2 4第31页/共72页【解析解析】选选B B。粒子加速过程。粒子加速过程qUqU1 mvmv2，从，从B B至至M M用时用时得得 ，所以，所以t t1t t2t t31 1 ，选项，选项A A错误。偏转位错误。偏转位移移 ，所以三种粒子打到荧光屏上的位置，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项相同，选项B B正确。因正确。因W WqEqEy y，得，得W W1W W2W W3q q1q q2q q31 11 12 2，选项，选项C C、D D错误。错误。第32页/共72页【热点考向3】圆周运动的综合运用【典题训练4】（2012海南

18、高考）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。求：（1）小球在AB段运动的加速度的大小；（2）小球从D点运动到A点所用的时间。第33页/共72页【解题指导解题指导】“刚好能沿圆轨道经过最高点刚好能沿圆轨道经过最高点”的物理含义是到最高点的物理含义是到最高点C C时轨时轨道对小球的压力为零。结合牛顿运动定律和机械能守恒定律可迎刃而解。道对小球的压力为零。结合牛顿运动定律和机械能守恒定律可

19、迎刃而解。第34页/共72页【解析解析】（1 1）小球在）小球在BCDBCD段运动时，受到重段运动时，受到重力力mgmg、轨道的压力、轨道的压力F FN N的作用，如图所示，根的作用，如图所示，根据题意，据题意，F FN N00，且小球在最高点，且小球在最高点C C所受压力所受压力为零，则为零，则F FNC=0 =0 设小球在设小球在C C点的速度为点的速度为v vC C，根据牛顿第二定律得：，根据牛顿第二定律得：mg=mg=设在设在B B点的速度为点的速度为v vB B,小球从小球从B B点运动到点运动到C C点，由机械能守恒定律点，由机械能守恒定律得：得：小球在小球在ABAB段做初速度为零

20、的匀加速直线运动，设加速度为段做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a a，则：则：第35页/共72页由由式得：式得：a=a=(2)(2)设小球在设小球在D D点速度为点速度为v vD，下落到，下落到A A点速度为点速度为v v，由机械能守恒，由机械能守恒定律得：定律得：设由设由D D点运动到点运动到A A点的时间为点的时间为t t，由运动学公式得：，由运动学公式得：v=vv=vD+gt +gt 由由式得：式得：答案：答案：第36页/共72页【拓展提升】【考题透视】该知识为每年高考的重点和热点，近几年的高考命题规律主要有以下几点：（1）常结合平抛运动知识和功能关系进行综合考查。（2）常结合电

21、磁场知识以带电粒子在磁场中运动的形式进行考查，此类问题综合性较强。第37页/共72页【借题发挥】解决圆周运动力学问题的一般步骤（1）首先要明确研究对象；（2）对其受力分析明确向心力的来源；（3）确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径；（4）将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况，。解题时应根据已知条件进行选择。第38页/共72页【创新预测】如图所示，AB段为一半径R=0.2 m的光滑 圆形轨道，EF为一倾角为=30的光滑斜面,斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD,木板的下端D离斜面底端的距离为15 m,开始时木板被锁定。一质量也为0.1 kg 的物块

22、从A点由静止开始下滑,通过B点后被水平抛出,经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,在物块滑上木板的同时木板解除锁定。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为=。取g=10 m/s2，求：第39页/共72页（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；（2）物块做平抛运动的时间；（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度,则这个速度为多大?第40页/共72页【解析解析】（1 1）物块由）物块由A A到到B B 由动能定理得：由动能定理得：mgR=mgR=解得：解得：在在B B点由牛顿第二定律得：点由牛顿第二定律得：解得：解得：由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为由牛顿第三定律可知物块对轨道的压

23、力为3 N3 N。（2 2）设物块到达斜面的竖直速度为）设物块到达斜面的竖直速度为v vy，则：，则：tan=tan=，v vy=gt,=gt,解得：解得：第41页/共72页（3 3）物块在）物块在E E点的速度：点的速度：对物块：对物块：v=v+av=v+a1t ta a1=g(sin-cos)=2.5 m/s=g(sin-cos)=2.5 m/s2对木板：对木板：v=av=a2t ta a2=g(sin+cos)=7.5 m/s=g(sin+cos)=7.5 m/s2解得：解得：v=m/sv=m/s答案：答案：（1 1）3 N 3 N （2 2）（3 3）m/sm/s第42页/共72页曲线

24、运动综合问题的规范求解曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破：1.分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量（一般指线速度）往往是解决问题的突破口。第43页/共72页2.分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：（1）若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒。（2）若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提

25、供的，能够确定物体在垂直于初速度方向所受的合外力。在初速度方向做匀速运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动。第44页/共72页【典题例证】【典例】（2012无锡二模）（13分）如图所示，ABC和DEF是两条在同一竖直平面内的光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做距离F的高度相同，现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放。第45页/共72页（1）若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少要有多高？（2）若小球静止释放处离C点的高度h小于（1）中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，

26、求此h的值（取g=10 m/s2）。第46页/共72页【解题关键解题关键】（1 1）“竖直竖直”“”“光滑光滑”说明物体在整个过程中机械能守恒。说明物体在整个过程中机械能守恒。小球沿小球沿ABCABC轨道下滑，高度轨道下滑，高度H H决定小球在决定小球在D D点的速度。点的速度。（2 2）小球在）小球在DEFDEF轨道中的运动性质与小球在轨道中的运动性质与小球在D D点的速度有关：当小球在点的速度有关：当小球在D D点的点的速度大于临界值时，小球将沿轨道做圆周运动；当小球在速度大于临界值时，小球将沿轨道做圆周运动；当小球在D D点的速度小于临点的速度小于临界值时，小球将做平抛运动。界值时，小球

27、将做平抛运动。第47页/共72页【解题思路解题思路】（1 1）在）在ABCABC段过程中，由机械能守恒定律列方程，建立小球下段过程中，由机械能守恒定律列方程，建立小球下落高度落高度H H与到达与到达D D点时的速度点时的速度v v的关系。的关系。（2 2）明确小球能沿轨道）明确小球能沿轨道DEFDEF运动的条件，列动力学方程。运动的条件，列动力学方程。第48页/共72页【规范解答规范解答】（1 1）设小球到达）设小球到达C C点时的速度大小为点时的速度大小为v v，根据机，根据机械能守恒定律得：械能守恒定律得：（2 2分）分）小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足小球能在竖直平面内

28、做圆周运动，在圆周最高点必须满足 （2 2分）分）联立以上两式并代入数据解得：联立以上两式并代入数据解得：H0.2 m H0.2 m （1 1分）分）即要使小球经即要使小球经C C处水平进入轨道处水平进入轨道DEFDEF且能沿轨道运动，且能沿轨道运动，H H的最小的最小高度为高度为0.2 m0.2 m。（1 1分）分）第49页/共72页（2 2）若）若hHhH，小球过，小球过C C点后做平抛运动，设球经点后做平抛运动，设球经C C点时的速度大点时的速度大小为小为v vx,则有：则有：（2 2分）分）r=vr=vxt t （2 2分）分）根据机械能守恒定律得：根据机械能守恒定律得：（2 2分）分

29、）联立以上三式并代入数据解得：联立以上三式并代入数据解得：h=0.1 m h=0.1 m （1 1分）分）答案：答案：（1 1）0.2 m 0.2 m （2 2）0.1 m0.1 m 第50页/共72页【拓展训练】1.（2012衡水二模）如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为 ，轨道底端水平并与半径顶端相切。质量为m的小球由A点静止滑下。小球在水平面上的落点为C（重力加速度为g），则()第51页/共72页A小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B小球将从B点开始做平抛运动到达C点COC之间的距离为D小球从B运动到C的时间等于【解析解析】选

30、选B B、C C。小球从。小球从A A到到B B，由机械能守恒定律得，由机械能守恒定律得 ，解得，解得v=v=，故小球将从，故小球将从B B做平抛运动到达做平抛运动到达C C点，选项点，选项B B正确、正确、A A错误；小球从错误；小球从B B到到C C，竖直方向，竖直方向 ，解得解得 ，水平方向，水平方向x=vt=x=vt=，选项，选项C C正确，正确，D D错误。错误。第52页/共72页2.在竖直平面内，由光滑斜面和光滑半圆形轨道分别与粗糙水平面相切连接而成的轨道如图所示，半圆形轨道的半径为R=0.4 m，质量为m=0.8 kg可视为质点的小物块从斜面上距水平面高为h处的A点由静止开始下滑

31、，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失。运动到圆轨道最低点C处时对轨道的压力为FN=40 N，水平轨道BC长L=0.9 m，物块与水平面间的动摩擦因数为=0.5，g取10 m/s2。求:第53页/共72页（1）A点距水平面的高度h；（2）小物块第一次由B点到C点运动的时间；（3）小物块能否通过圆形轨道的最高点D。【解析解析】（1 1）物块通过圆形轨道最低点）物块通过圆形轨道最低点C C时，由牛顿第二定律时，由牛顿第二定律得：得：由牛顿第三定律得：由牛顿第三定律得：FFN=F=FN=40 N,=40 N,对对A A到到C C过程由动能定理得过程由动能定理得解得：解得：h=1.25 mh=

32、1.25 m 第54页/共72页（2 2）物块从）物块从A A点运动到点运动到B B点的过程中，由动能定理得：点的过程中，由动能定理得：物块从物块从B B至至C C做匀减速直线运动做匀减速直线运动由速度公式得：由速度公式得：v vC=v=vB-gt-gt解得：解得：t=0.2 st=0.2 s第55页/共72页（3 3）若物块能从）若物块能从C C点运动到点运动到D D点，由动能定理得：点，由动能定理得：解得：解得：v vD D=0=0物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为v vD1D1，由牛顿第二定，由牛顿第二定律得：律得：解得：解得：v vD1D1=2 m

33、/s=2 m/s由于由于v vD Dvyya，得，得t tb=t=tctta，选项，选项A A错误，错误，B B正确；又根据正确；又根据 ，因为，因为y ybyya，x xbxvvb，v vbvvc,选项选项C C错误，错误，D D正确。正确。第58页/共72页2.（2012安庆一模）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是()A小球落地点离O点的水平距离为RB小球落地点离O点的水平距离为2RC小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D若将半圆弧轨道上部的 圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低 第

34、59页/共72页【解析解析】选选B B。恰能通过最高点。恰能通过最高点P P，则在最高点，则在最高点P P时重力恰好提时重力恰好提供向心力，选项供向心力，选项C C错误；由圆周运动的知识可得错误；由圆周运动的知识可得 ，小球离开小球离开P P点后做平抛运动，点后做平抛运动，x=vt,2R=gtx=vt,2R=gt2，解得，解得x=2R,x=2R,故选故选项项A A错误，错误，B B正确；若将弧轨道上部的正确；若将弧轨道上部的 圆弧截去，其他条件不圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度为零，故能达到的最大高

35、度比为零，故能达到的最大高度比P P点高，选项点高，选项D D错误。错误。第60页/共72页3.（2012临汾二模）如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()A B.C D.第61页/共72页【解析解析】选选D D。小球到。小球到P P点时水平位移和竖直位移相等，点时水平位移和竖直位移相等，即即 ，合速度，合速度故选项故选项D D正确。正确。第62页/共72页4.（2012长沙二模）如图所示是游乐场中过山车的实物图片，右图是过

36、山车的模型图。在模型图中半径分别为R12.0 m和R28.0 m的两个光滑圆形轨道，分别固定在倾角为37斜轨道面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。第63页/共72页现使小车（视作质点）从P点以一定的初速度沿斜面向下运动。已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为 ，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。问：（1）若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？（2）若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？第64页/共72页【解析解析】（1 1）设小车经过）设小车经过A A点时的临

37、界速度为点时的临界速度为v v1，则：，则：设设Q Q点与点与P P点高度差为点高度差为h h1，PQPQ间距离为间距离为L L1，则：，则：P P到到A A对小车，由动能定理得：对小车，由动能定理得：解得：解得：第65页/共72页（2 2）Z Z点与点与P P点高度差为点高度差为h h2 2，PZPZ间距离为间距离为L L2 2，则：，则：小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件是在小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件是在B B点速度为点速度为v v2 2，且在且在B B点时有：点时有：设设P P点的初速度为点的初速度为v v0202，P P点到点到B B点的过程，由动能定理得：点的过程，由动能

38、定理得：解得：解得：可知可知v v020210 m/s10 m/s，能安全通过，能安全通过答案：答案：（1 1）m/s m/s （2 2）能）能第66页/共72页5.（2012台州二模）如图所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，已知绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度 落到墙脚边。求：（1）绳断裂瞬间的速度v1；（2）圆柱形房屋的高度H和半径R。第67页/共72页【解析解析】（1 1）小球在绳断前瞬时受力如图所示，由牛顿第二）小球在绳断前瞬时受力如图所示，由牛顿第二定律得定律得竖直方向：竖直方向：水平方向：水平方向：由几何关系得：由几何关系得：r=Lsin r=Lsin 由受力分析可知，由受力分析可知，=60,=60,解得解得第68页/共72页（2 2）小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得）小球从抛出到落地，由机械能守恒定律得 解得解得设小球由平抛至落地的水平射程为设小球由平抛至落地的水平射程为x x，如图所示。，如图所示。水平方向：水平方向：x=vx=v1t t竖直方向：竖直方向：又有又有 ,解得解得R=3LR=3L答案：答案：（1 1）（2 2）3L3L第69页/共72页第70页/共72页第71页/共72页感谢您的观看。第72页/共72页