2h
t知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．2．水平射程：x＝v0t＝v0
g
．落地速度：2，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．3h
g
222
vx表示落地速度与θ，以轴正方向的夹角，有vvv2hg
xyx
v
2gh
y
tan原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt；相同，方向恒为竖直向下，如图所示．5．两个重要推论（1）做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示．（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.【重点归纳】！
vv
x0
12021年高考物理【热点·重点·难点】专练（新高考专用）重难点04 平抛运动与圆周运动【知识梳理】考点一 平抛运动基本规律的理解1．飞行时间：由


1
2h
2
t决定．，即t由高度h（2）在半圆内的平抛运动（如图），由半径和几何关系制约时间t：
h知gt
g
2
1
2
hgt
2
22
Rt0v联立两方程可求t.（3）斜面上的平抛问题：①顺着斜面平抛（如图）方法：分解位移x＝Rhvt
0
1
2
ygt
2
y
可求得tan
x
2vtan
0
t②对着斜面平抛（如图）原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
g
21.在研究平抛运动问题时，根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动，即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律．这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法．2.常见平抛运动模型的运动时间的计算方法（1）在水平地面上空h处平抛：由


v
gt
y
tan可求得
vv
x0
vtan
0
t（4）对着竖直墙壁平抛（如图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．
g
d
t3.求解多体平抛问题的三点注意（1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动．（2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定．（3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动．考点二 圆周运动中的运动学分析描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
v
3方法：分解速度vx＝v0vy＝gt


s2r
v①②单位：m/s角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)②中学不研究其方向①
tT
2
②单位：rad/s周期和转速①周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)②转速是物体单位时间转过的圈数(n)，也叫频率(f)①
tT
2r
T②单位：sn的单位：r/s、r/min，f的单位：Hz向心加速度①描述速度方向变化快慢的物理量(a)②方向指向圆心①a＝
v
v2=ω2r②单位：m/s2【重点归纳】1.传动装置（1）高中阶
r
段所接触的传动主要有：①皮带传动(线速度大小)相等；②同轴传动(角速度相等)；③齿轮
传动(线速度大小相等)；④摩擦线速度大传动(小相等)．（2）传动装置的
特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各(2)点角速度相同；皮带传动、齿轮
传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．2．圆周运动
各物理量间的关系原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
4较如下表：定义、意义公式、单位线速度①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①


2＝ω2r＝ωv的理解在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．考点三 竖直平面内圆周运动的
v
r
绳模型与杆型模问题1．在竖直平面内做圆周运动的物体，
按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如
球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称约“绳(为)环束模型”，二是有如支撑(球与杆连接在、
弯管内的运动等)，称约“杆(为)管道束模型”．2．
绳、杆模型涉及的临界问题绳
模型杆模型常见类型均是
没有支撑的小球均是有支撑的小球过
最高点的
2
mv
vgr小球恰能v做圆周运动得临＝0讨
mg得:
临由
r
临界条件由
vgr
论分析(1)过最高点时，
力，沿半径背离圆心(2)当
2
mv
Fmg+=，绳、轨道对球产生弹
N
时，0vgr
r
2
mv
2
向圆心，随v的增大
mvN-+=，F背gmF
N
力
Fmg=-(2)不
r
N
r
而减小(3)当
v，在gr
能过最高点时，
v当时，FN＝0(4)gr
到达最高点前小球已经脱离了
v原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究时，！gr
圆F(1)当v＝0时，轨道N＝mg，FN为支持
5（1）对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．（2）对a＝


2
mv
Fmg=，+FN指向圆心
N
r
并随v的增大而【增大重点归纳】竖直面内圆周运动的求解思
路(1)定模型：
首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．(2)确
vgr
定临界点：轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为
临，对
支持力还是拉力的临界点．(3)研究
状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受
力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列F出方程，合＝F向．(5)过程分析：
应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．【
限时检测】（建议分时：用30钟）一、单
项选择本：题题共4小题。1．如图所示的
机械圆置可以将装周运动转化为直线上的往复运动、连杆AB。OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，
过杆OB在竖直面内的圆周运动可通连滑杆AB使块连平水在横杆上左右滑
动。已杆知OB0L=长为.4m，绕O点做逆时针，ω方向匀速转动的角速度为=10rad/s当连杆AB与水平方向夹角为θ=37°，AB杆
与OB杆刚好垂直，滑块的水平速度大小为（　　A．4m/sB．）3m/sC．3.2m/sD．5m/s【
答案】 D【
详解】此时B点的速度大
小为
vL=BA即向，线方的切沿圆方向方==�向，ws/m4s/m4.010
故AB杆上各点的速度大小为均为，此速度v滑块的实际水平速度沿
杆方向的分速度，故滑块的水平速度大小为
v4
'
v===/sm/s5m
o原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
cos370.8
6


个点，如图所示，ab=bc=cd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个
小球，它上在斜面落b点。若小球空O点以速度2v水平抛出从不计，气阻力，则它 在斜面上的（ 落）A．c与d之
间某B．c点一点C．b与c之
间某．D一点d点【
答案】 C【
详解】过b作
一条与水平面平行的虚线，如图所示若
没有斜面，当小球以O点从速度2v水平抛出时，小球变在水平面上时水平位移落为原来则的倍，2
小球将落在所画c水平线上点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的b、c之间。故选C。3．如图所示，一内壁
2珠，现有两个小钢aA、B（均可
光滑的圆锥，，轴线OO�是面直的竖顶点O在下方，锥角为
视为质点）在圆锥内的壁上沿不同的圆道轨运动，则它圆做们周运动的（　
）A．周期可
能相同B．线速度可
能相同原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
7故选D。2．斜面上有a、b、c、d四


小一定相等D．向心力大
小一定相等【
答案】 C【
详解】小球受
力如图所示：由图可知，
小球圆周运动的向心力由重力和支持力的合力提供，即
22
mgmv4p
Fmr===AB．因两
n
2
tanarT
小球运动的半径不相等，故它们运动的周期和线速度均不相等，错误故AB；CD．因两
小球的质量不一定相等，故它们所受的向心力大小不一定相等，而向心加速度为
g
a=与
n
tana
它们的质量无关，故向心加速度大小一定相等，故C正D错误。确故选C。4．如图所示，水平传
送带的一端Q与水平地面间的高度差为右h，现将小滑块（视为质点）无初速度地
放在传送带的左端P，滑块到达Q点时恰好对传送带无压力，离开传送带落到地面上的M点（图中
未画Q），出、M平点间的水两距离为x。计传不送带的厚度以及空阻气力。传送带轮子的半径为（
　　2A．2）hxB．
22
xx
2hC．4D．h24hx原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
8C．向心加速度大


答案】 B【分析】本题考
查平抛运动与圆周运动，目的是考查学生的推理能力。【
详解】设
滑块点过Q通时的速度大小为v，滑块离开传送带空在后中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有x=vt
1
2
hgt=设
2
块滑的质，传量m为送带轮子的半径为R，因滑块时，通过Q点滑块到达Q点时恰好对传送带压无
力，其所受重力恰好提供向心力，故有
2
v
mgm=联立解得
R
2
x
R=
2h选项B正
确。故选B。二、多
项选择本：题题共2小。题5．如图所示，水��