新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练3　抛体运动和圆周运动的结合

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1．如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入圆轨道。OA与竖直方向间的夹角为θ1，PA与竖直方向间的夹角为θ2。下列关系式正确的是( )
A. tan θ1tan θ2＝2 B. ct θ1tan θ2＝2
C. ct θ1ct θ2＝2 D. tan θ1ct θ2＝2
A 解析：小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A点时的速度与水平方向间的夹角为θ1，则tan θ1＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(gt,v0)，位移与竖直方向间的夹角为θ2，则tan θ2＝ eq \f(x,y)＝ eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝ eq \f(2v0,gt)，则tan θ1tan θ2＝2。故A正确，B、C、D错误。
2．如图所示，在竖直平面内，直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑 eq \f(1,4) 圆轨道水平相切于O点。O点在水平地面上，可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A，从A点飞出后落在 eq \f(1,4) 圆轨道上的B点，不计空气阻力，g取10 m/s2，则B点与O点的竖直高度差为( )
A. eq \f(（3－\r(5)）R,2) B. eq \f(（3＋\r(5)）R,2)
C. eq \f(（3－\r(5)）R,10) D. eq \f(（3＋\r(5)）R,10)
A 解析：小球刚好通过A点，则在A点由重力提供向心力，则有mg＝m eq \f(v2,\f(R,2))，解得v＝ eq \r(\f(gR,2))，小球从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x＝vt，竖直方向的位移h＝ eq \f(1,2)gt2，根据几何关系有x2＋h2＝R2，解得h＝ eq \f(（\r(5)－1）R,2)，B点与O点的竖直高度差为R－h＝R－ eq \f(（\r(5)－1）R,2)＝ eq \f(（3－\r(5)）R,2)，故A正确，B、C、D错误。
3．(2021·张家口模拟)(多选)如图所示，水平面上放置一固定平台和内壁光滑且竖直放置的固定圆弧形轨道。质量为m的小球从平台上水平向右抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆弧形轨道，最后小球刚好能够通过圆弧形轨道的最高点C。已知圆弧形轨道的半径为R，OB和OD的夹角为60°，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球通过最高点C时的速度为 eq \r(gR)
B. 小球通过最高点C时的速度为0
C. 平台高度为 eq \f(3,2)R
D. 小球抛出时的速度为 eq \r(gR)
AD 解析：小球通过圆弧形轨道的最高点C时，根据牛顿第二定律，在C点有mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)),R)，则小球经过最高点C时的速度vC＝ eq \r(gR)，故A正确，B错误；小球从B点运动到C点，根据动能定理有－mg(R＋R cs 60°)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))，解得vB＝2 eq \r(gR)，小球在B点的速度与水平面的夹角为60°，则小球在B点的水平速度为vBx＝vB cs 60°＝ eq \r(gR)，小球在B点的竖直速度为vBy＝vB sin 60°＝ eq \r(3gR)，小球做平抛运动的竖直位移h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(By)),2g)＝ eq \f(3,2)R，平台高度H＝h＋(R－R cs 60°)＝2R，小球在抛出点的速度v0＝vBx＝ eq \r(gR)，故C错误，D正确。
4．如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静置于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子位于过O点的竖直线的左侧N处，ON与OA的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小。
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
解析：(1)设小球在最高点时的速度为v1，在最高点由重力提供向心力，即
mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),L)
小球从A点运动到最高点的过程由动能定理得
－mg·2L＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
联立解得v0＝ eq \r(5gL)。
(2)小球以N点为圆心做圆周运动，如图所示，设最低点为M，小球到最低点时的速度为v，由牛顿第二定律得7mg－mg＝ eq \f(mv2,r)
小球从A点运动到M点的过程由动能定理得
－mgΔh＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
由几何关系得Δh＝L－r－(L－r)cs θ
联立解得r＝ eq \f(3＋2cs θ,4＋2cs θ)L。
(3)假设小球能通过A点，则竖直方向有
Δh＝ eq \f(1,2)gt2
水平方向有(L－r)sin θ＝vt
联立解得cs θ＝－ eq \f(35,23)
故假设不成立，所以小球不能通过A点。
答案：(1) eq \r(5gL) (2)r＝ eq \f(3＋2cs θ,4＋2cs θ)L
(3)不能，理由见解析
5．某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示。竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，质量为m＝0.1 kg的小球从轨道AB上高H处的某点由静止下滑，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示。g＝10 m/s2。
(1)求圆轨道的半径R；
(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点的位置与圆心O等高，求θ值。
解析：(1)小球经过D点时，竖直方向上的合力提供小球做圆周运动的向心力，即F＋mg＝m eq \f(v2,R)
小球从A点运动到D点的过程中只有重力做功，根据动能定理有
mg(H－2R)＝ eq \f(1,2)mv2
联立解得F＝m eq \f(v2,R)－mg＝ eq \f(2mg（H－2R）,R)－mg＝ eq \f(2mg,R)H－5mg
由题图乙中给出的F­H图像知斜率
k＝ eq \f(5－0,1.0－0.5) N/m＝10 N/m，即 eq \f(2mg,R)＝10 N/m
解得R＝0.2 m。
(2)小球离开D点后做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小。根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为 v＝ eq \r(gR)
小球落地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛运动下落的距离为R，所以小球平抛的射程
s＝vt＝v eq \r(\f(2R,g))＝ eq \r(gR)× eq \r(\f(2R,g))＝ eq \r(2)R
由几何关系可知，θ＝45°。
答案：(1)0.2 m (2)45°
6．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由 eq \f(1,4) 圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h＝2 m，s＝ eq \r(2) m。取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)一小环套在轨道上从a点由静止下滑，当其在bc段轨道上运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若小环从b点由静止因微小扰动而开始下滑，求小环到达c点时速度的水平分量的大小。
解析：(1)小环在bc段轨道上运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有
s＝vbt，h＝ eq \f(1,2)gt2
小环在ab段下滑过程中，根据动能定理可得
mgR＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
联立三式可得R＝ eq \f(s2,4h)＝0.25 m。
(2)下滑过程中，初速度为0，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(c))
因小环滑到c点时与竖直方向间的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向间的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知
sin θ＝ eq \f(vb,\r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))＋2gh))
根据运动的合成与分解可得sin θ＝ eq \f(v水平,vc)
联立可得v水平＝ eq \r(\f(2s2gh,s2＋4h2))＝ eq \f(2\r(10),3) m/s。
答案：(1)0.25 m (2) eq \f(2\r(10),3) m/s
7．如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程中的水平位移大小s＝0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
解析：(1)物块做平抛运动，则
在竖直方向上有H＝ eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有s＝v0t
联立解得v0＝s eq \r(\f(g,2H))＝1 m/s。
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
Ffm＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),R)
Ffm＝μFN＝μmg
联立解得μ＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),gR)＝0.2。
答案：(1)1 m/s (2)0.2
8．如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道内侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水面与水平滑道的高度差h＝5 m。现游客从滑道A点由静止下滑，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则：
(1)起滑点至少离水平滑道多高？
(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m 的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰好落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全下滑点A距水平滑道的高度取值范围是多少？
解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg＝m eq \f(v2,R)
从A点到圆形滑道最高点，由机械能守恒定律得
mgH1＝ eq \f(1,2)mv2＋mg·2R
解得H1＝5 m。
(2)落在M点时速度最小，游客从A点运动到C点由机械能守恒定律得
mgH1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
v1＝ eq \r(2gH1)＝10 m/s
游客从C点水平抛出，由平抛运动规律可知
h＝ eq \f(1,2)gt2
得t＝1 s
则s1＝v1t＝10 m
落在N点时s2＝s1＋L＝15 m
则对应的抛出速度v2＝ eq \f(s2,t)＝15 m/s
由mgH2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
得H2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)),2g)＝11.25 m
则安全下滑点A距水平滑道的高度范围为
5 m≤H≤11.25 m。
答案：(1)5 m (2)5 m≤H≤11.25 m