2023-2024学年福建省福州二中高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州二中高一（下）期中物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物体的几种运动中机械能守恒的是( )
A. 匀速下落的跳伞运动员B. 真空中自由下落的铁球
C. 沿斜面匀速上滑的木块D. 在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球
2.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉点火发射，17时46分，与空间站组合体完成自主快速交会对接。若地球半径为R，质量为M，引力常量为G，对接前空间站组合体质量为m，距地球表面高度为h，则对接前空间站组合体对地球的万有引力大小是( )
A. 等于GMm(R+h)2B. 小于GMm(R+h)2C. 等于GMmR2D. 大于GMmR2
3.列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tanα≈sinα)，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用
B. 列车过转弯处的速度v= gRhd时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨
C. 列车过转弯处的速度v< gRhd时，列车轮缘会挤压外轨
D. 若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度
4.如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静止于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b，则当b刚落地时a的速度为( )
A. ghB. 2ghC. 3ghD. 6gh
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为0.5m的菜盘，OA=2OB，圆盘匀速转动，两菜盘均视为质点且不打滑。下列说法正确的是( )
A. A、B两处菜盘的周期之比为1：2
B. A、B两处菜盘的线速度大小之比为2：1
C. A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4：1
D. A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为4：1
6.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内( )
A. 做匀加速直线运动，加速度大小为a=vmt
B. 在时间t内通过的位移为s=vm2t
C. 牵引力的功率P=f⋅vm
D. 牵引力做功等于Pt
7.质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则( )
A. 物体从A运动到B的时间是1.5s
B. 物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J
C. 物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J
D. 物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J
8.2022年2月8日，谷爱凌夺得北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台金牌。现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定，斜面倾角为30°，运动员滑至坡底的过程中，其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 运动员下滑过程中只有重力做功B. 运动员下滑过程中受到的阻力为60N
C. 运动员下滑时加速度的大小为4m/s2D. 不能求出运动员质量m的数值
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.长0.5m的轻杆，一端连着质量0.5kg的小球，另一端绕过O点的水平固定轴在竖直平面内自由转动．当小球以2m/s的速率通过最高点时，受到轻杆的作用力为大小为______N，是______(选填“拉力”或“支持力”).g=10m/s2．
10.一条小河，河宽60m，水流速度是6m/s，船在静水中的速度是3m/s，如果它能以最短的时间渡河，则时间至少是______s，若它能以最短的航程渡河，则航程是______m。
11.如图，一辆质量为1600kg的汽车驶过凹凸形路面。汽车驶过顶端P和底部Q两点时对路面的压力大小分别为NP、NQ，则NP ______NQ(选填“大于”“小于”或“等于”)。若已知汽车驶过P点时速度大小为10m/s，P点处圆弧半径为40m，重力加速度大小g=10m/s2，则NP= ______N。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
(1)在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的______；
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎法
(2)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m
B.运动半径r
C.角速度ω
(3)图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为9：1，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.9：1
B.1：9
C.3：1
D.1：3
13.(1)某学校使用的是电磁式打点计时器，则该打点计时器要接下面的______(填“A”或“B”)电源。
(2)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，在下面所列举的该实验的几个操作步骤中，你认为没有必要进行的或者错误的步骤是______(多项)(填字母代号)。
A.按照图示的装置安装器件
B.将打点计时器接到学生电源的直流输出端上
C.用天平测量出重物的质量
D.先放手让纸带和重物下落，再接通电源开关
E.选择一条纸带，用刻度尺测出重物从起始点O(此时重物的速度为零)下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn
F.分别算出12mvi2和mghi(i=1,2,3⋅⋅⋅n)，在实验误差允许范围内看是否相等。
(3)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点周期为0.02s，自由下落的重物质量为1kg，打出一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有多个点没画出，打点计时器打下点B时，物体的速度vB=______m/s，从起始点O(此时重物的速度为零)到打下B点的过程中，重力势能的减少量ΔEp=______J，此过程中物体动能的增量ΔEk=______J。(本题答案均保留两位有效数字)
五、计算题：本大题共3小题，共32分。
14.如图所示，质量m=10kg的物体放在水平面上，在水平拉力F=100N作用下，从A点静止开始向右匀加速直线运动到B点，AB间距s=8m。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g取10m/s2.求：
(l)物体在B点的速度v大小；
(2)从A到B拉力F的平均功率P。
15.如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m，v=3.0m/s，m= 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；
(2)小物块落地时的动能Ek；
(3)小物块的初速度大小v0。
16.如图，一个质量为m=0.6kg 的小球以某一初速度v0=2m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点的切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60 ​0，g=10m/s2.试求：
(1)小球到达A点时的速度vA的大小；
(2)P点与A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、跳伞运动员匀速下落，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，故A错误；
B、真空中的自由下落的铁球，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C、沿斜面匀速上滑的木块，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故C错误；
D、在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球，受弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
只有重力做功或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒条件分析答题。
本题考查了判断机械能是否守恒，知道机械能守恒的条件即可正确解题；特别注意D项中系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒。
2.【答案】A
【解析】解：已知地球半径为R，对接前空间站组合体距地球表面高度为h，到地心的距离为R+h，则根据万有引力定律可得对接前空间站组合体对地球的万有引力大小为
F=GMm(R+h)2故选：A。
地球半径为R，对接前空间站组合体距地球表面高度为h，到地心的距离为R+h，根据万有引力定律列式分析。
解答本题时，要掌握万有引力定律，知道空间站组合体对地球的万有引力大小与组合体到地心的距离有关。
3.【答案】B
【解析】解：A、列车转弯时受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，故A错误；
B、对列车受力分析，当火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力时，由牛顿第二定律得：mgtanα=mv2R
根据题意可知：tanα≈sinα=hd
联立解得临界速度为：v= gRhd，所以此时列车轮缘不会受挤压，故B正确；
C、当v< gRhd时，转弯所需的合力FD、若要提高列车速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，故D错误。
故选：B。
火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力偏大，此时内轨对火车有侧压力。
解决本题的关键是知道火车拐弯时对内外轨均无压力，此时靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力。
4.【答案】A
【解析】解：对a、b单个球来说，机械能不守恒，但是对于ab组成的系统来说，绳的拉力是内力，ab系统只有重力做功，所以机械能守恒，
取地面为零势能面，由机械能守恒得，3mgh=mgh+12mv2+12×3mv2，
解得v= gh，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
对ab整体，受力分析可知，系统的机械能守恒，由于ab是通过同一条绳相连的，所以它们的速度大小相等，对系统由机械能守恒定律可以求得结果．
对于单个的物体而言，a的机械能增加，b的机械能减小，所以不能对单个的物体使用机械能守恒，另外还要知道ab是同一条绳相连的，它们的速度大小相等．
5.【答案】BD
【解析】解：A.圆盘上A、B两个点，属于同轴转动，故A、B两个点的角速度ωA=ωB，根据ω=2πT可知周期TA：TB=1：1，故A错误；
B.A、B两点的角速度相等ωA=ωB，根据v=rω知线速度与半径成正比，可得A、B两处菜盘的线速度大小之比为2：1，故B正确；
C.A、B两点的角速度相等ωA=ωB，根据向心加速度公式a=ω2r，所以aA：aB=rA：rB=2：1，故C错误；
D.A、B两点的踩盘所受的静摩擦力提供向心力，根据向心力公式f=ma，所以fAfB=maA0.5maB=m0.5m×21=41，故D正确。
故选：BD。
A、B两个点位于同一个圆盘上，角速度是相等的，根据角速度与周期的关系T=2πω作答；根据角速度与线速度的关系式v=rω作答；根据角速度与向心加速度的关系式a=ω2r作答；静摩擦力提供向心力，根据向心力公式作答。
本题考查同轴转动模型，解题关键是要能分析出A、B两点角速度的关系，再利用两点角速度的关系推导出圆周运动其他物理量之间的关系，难度不大。
6.【答案】CD
【解析】解：A、复兴号动车以恒定功率运动，由牛顿第二定律得Pv−f=ma
易知v增大，a变小，是变加速直线运动。故A错误；
B、若复兴号做匀变速直线运动，v−t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为x=vm2t
复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v−t图像如图中曲线所示，其位移s>vm2t
故B错误；
C、当a=0时，合力为零，所以F=f，此时速度最大，故牵引力F=f=Pvm
所以此时牵引力的功率为P=fvm
故C正确；
D、牵引力做功等于W=Pt，故D正确。
故选：CD。
根据P=Fv分析：动车以恒定功率P在平直轨道上运动，则速度在增大，牵引力在减小，加速度在减小；当牵引力的大小等于最大阻力fm时，速度达到最大值为vm，再根据运动学公式即可判断，根据动能定理判断牵引力做功。
注意动车以恒定功率P在平直轨道上运动时，牵引力是在变化的，故加速度也在变；根据动能定理求解时不要忘了阻力做的功。
7.【答案】AC
【解析】解：A、设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh，代入数据得：v0=2m/sB、物体运动到B的速度是v=4m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2−12mv02=12×1×42−12×1×22J=6 J，故B错误；
C、在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带=vt1=4m，故产生热量Q=μmg△x=μmg(x带−x1)，代入数据得：Q=2 J，故C正确；
D、电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=(12mv2−12mv02)+Q=6J+2 J=8 J，故D错误。
故选：AC。
先由机械能守恒定律求出物体滑到A点时的速度。根据物体在传送带的运动情况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带相同所用时间，并求出匀加速运动的位移，分析物体运动到B的速度。再求出物体向右匀速运动时间，即可所求时间；由动能定理求摩擦力对物体做功。由运动学可求物体与传送带间的相对位移△S，进而由Q=μmg△S可求产生的热量。
物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分就是增加了内能。根据能量守恒求解。
本题首先要求同学们能正确分析物体的运动情况，判断物体与传送带是否有共速。要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能。
8.【答案】BC
【解析】解：A、由图像可知，运动员下滑过程中机械能不断减小，机械能不守恒，除重力以外还有其他力做功，故A错误；
B、由功能关系可知，运动员下滑过程克服阻力做的功等于机械能的减小量，即有fs=|ΔE|，则运动员受到的阻力大小为f=|ΔE|s=601.0N=60N，故B正确；
CD、由图知，运动员下滑到底端时的动能为：Ek=12mv2=240J
由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2=2as
由牛顿第二定律得：mgsin30°−f=ma
联立解得：a=4m/s2，m=60kg，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据图像读出运动员的机械能变化情况，结合功能关系分析是否是只有重力做功；根据功能关系求出运动员受到的阻力大小；根据图像求出运动员到达底端时的动能，结合动能定理与牛顿第二定律分析答题。
本题的关键要分析清楚运动员的受力情况，确定各力做功情况，明确图像的斜率表示的物理意义，应用功能关系、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
9.【答案】1；支持力
【解析】解：当杆子在最高达作用力为零时，有：mg=mv2r，
解得：v= gr= 5m/s>2m/s.知杆子表现为支持力．
根据牛顿第二定律得：mg−F=mv′2r，
解得：F=mg−mv′2r=5−0.5×40.5=1N．
故答案为：1；支持力
求出杆子作用力为零时，小球在最高点的速度，从而判断出杆子的作用力，运用牛顿第二定律求出杆子作用力的大小．
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．
10.【答案】20 120
【解析】解：当静水中的速度与河岸垂直时，渡河时间最短
t=dv静
代入数据可得：t=20s。
因为船在静水中的速度小于水速，所以当合速度垂直于船在静水中的速度时，渡河距离最小，速度矢量关系如图：
由几何关系可得：
v静v水=ds
代入数据可得：s=120m。
故答案为：20；120。
当静水中的速度与河岸垂直时，渡河时间最短，由公式：t=dv静解出时间；船在静水中的速度小于水速当合速度垂直于船在静水中的速度时，渡河距离最小，由v静v水=ds求解即可。
本题考查小船渡河模型，解题关键是分析最短距离时需要分清静水中的速度与水速的大小关系。属于中档难度的题目。
11.【答案】小于；1.2×104
【解析】汽车驶过顶端P点有mg−NP=mvP2RP，解得NP=mg−mvP2RP，
车驶过底部Q点有NQ−mg=mvQ2RQ，解得NQ=mg+mvQ2RQ
可知，NP小于NQ；
若已知汽车驶过P点时速度大小为10m/s，P点处圆弧半径为40m，根据上述解得NP=1600×10N−1600×10240N=1.2×104N
故答案为：小于，1.2×104。
汽车经过P点和Q点时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律判断汽车对两点的压力大小；代入数据求解NP。
本题考查竖直面内的圆周运动，解题关键是对汽车做好受力分析，结合牛顿第二定律分析求解即可。
12.【答案】C C C
【解析】解：(1)探究1个物理量与多个物理量之间的关系时，应采用控制变量法，故C正确，ABD错误；
故选：C。
(2)两个钢球质量和运动半径相等，根据F=mrω2可知，是在研究向心力的大小F与角速度的关系，故AB错误，C正确；
故选：C。
(3)根据题意，由向心力公式F=mrω2，两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球A和钢球C所受向心力的比值为9：1，则塔轮1和塔轮2转动的角速度之比为3：1，根据v=Rω可知，与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为3：1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：(1)C；(2)C；(3)C
(1)探究不同变量对结果的影响使用的是控制变量法。
(2)(3)通过向心力公式分析，并解得角速度之比，结合线速度相等可解得变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比。
本题考查实验方法和圆周运动实验，需熟练掌握圆周运动相关的求解方程。
13.【答案】A BCD 0.98 0.49 0.48
【解析】解：(1)电磁打点计时器要用低压交流电源，故A正确；
(2)A、按照图示安装实验器材，故A正确；
B、打点花计时器接到学生电源的交流输出端上，故B错误；
C、验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，不必要用天平测量物体的质量，故C错误；
D、实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误；
EF、由下降高度求得重力势能减少量，测出瞬时速度计算动能增加量，在实验误差允许范围内看是否相等即可验证机械能守恒，故EF正确；
本题选错误的，
故选：BCD。
(3)由题意可得物体由O到B的过程中，重物高度下降了：Δh=5.01cm，故重力势能的减小量：ΔEP=mgΔh=1×9.8×0.501J≈0.49J
B点的速度等于AC段的平均速度，故：VB=0.0706−×2m/s=0.98m/s，则动能的增加量：ΔEK=12mvB2=12×1×(0.98)2≈0.48J
在重物在下落中会受到空气阻力，故增加的动能小于减小的重力势能，实验中存在误差，故在误差允许的范围内机械能守恒；
故答案为：(1)A；(2)BCD；(3)0.98，0.49，0.48
(1)(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定错误的或没有必要的操作步骤．
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．
解决本题的关键掌握实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．
14.【答案】解：(1)对物体分析，根据动能定理得：
(F−μmg)s=12mv2−0
代入数据解得：v=8m/s
(2)从A到B物体做初速度为零的匀加速直线运动，平均速度为：v−=v2=4m/s
从A到B拉力F的平均功率为：P=Fv−=100×4W=400W
答：(l)物体在B点的速度v大小是8m/s；
(2)从A到B拉力F的平均功率P是400W。
【解析】(1)物体从A运动到B的过程，只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理求物体在B点的速度v大小；
(2)根据公式P=Fv−=F⋅v2求从A到B拉力F的平均功率P。
本题涉及力在空间的效果求速度，利用动能定理比较简洁。对于平均功率，也可以根据功的公式求出拉力F做的功，再根据P=Wt求解。
15.【答案】解：(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有：h=12gt2，
代入数据解得：t=0.3s，
水平方向有：s=vt=3.0×0.3m=0.9m；
(2)对物块从飞出桌面到落地过程，由动能定理得：
mgh=Ek−12mv2，
代入数据解得落地时的动能为
Ek=0.9J；
(3)对滑块从开始运动到飞出桌面的过程，由动能定理得：
−μmgl=12mv2−12mv02，
代入数据解得：v0=4m/s；
答：
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m；
(2)小物块落地时的动能为0.9J；
(3)小物块的初速度为4m/s。
【解析】(1)物块离开桌面后做平抛运动，根据竖直分位移公式求出运动时间，再由水平分位移公式求出水平距离s；
(2)对于平抛过程，由动能定理可以求出落地时的动能；
(3)对于物块在水平桌面上运动的过程，由动能定理可以求出物块的初速度。
对于平抛运动，要熟练运用运动的分解法研究，知道在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求水平距离。要掌握应用动能定理解题的方法与思路，灵活选取研究的过程．对于(2)(3)两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解。
16.【答案】解：(1)小球恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：
vA=v0cs60∘=4m/s
(2)vy=vAsinθ=4× 32m/s=2 3m/s
由平抛运动的规律得：vy2=2gh
代入数据解得：h=0.6m
(3)物体刚好过C点，则有：mg=mvC2R
A到C的运动过程中，运用动能定理得：−mg(R+Rcsθ)−Wf=12mvC2−12mvA2
联立并代入数据得：W=1.2J
(1)小球到达A点时的速度vA的大小为4m/s；
(2)P点与A点的竖直高度H为0.6m；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W为1.2J。
【解析】(1)恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的水平距离和竖直距离；
(3)物体刚好通过C点，由牛顿第二定律求的C点速度，从A到C的运动过程，运用动能定理求阻力做功；
本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法。