高考物理二轮复习专题拋体运动和圆周运动平抛与圆周运动组合问题学案

1、4.平抛与圆周运动组合问题一、基础知识平抛圆周运动往往涉及多个运动过程和功能关系，解题的关键是做好两点分析：1临界点分析：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2运动过程分析：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；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哪个力二、典型例题 例1如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R0.8 m，OA水平

2、、OB竖直轨道底端距水平地面的高度h0.8 m从轨道顶端A由静止释放一个质量m10.1 kg小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个小球m2发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x0.4 m忽略空气阻力，重力加速度g10 m/s2.求：(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；(2)两球从B点飞出时的速度大小v2；(3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小解析(1)从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgRmv代入数据得：v14 m/s(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：竖直方向上有：hgt2代入数据解得：t0.4 s水平方向上有：xv2t代入数

3、据解得：v21 m/s(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1(m1m2)v2解得：m23m130.10.3 kg碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：FN(m1m2)g(m1m2)代入数据得：FN4.5 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5 N，方向竖直向下答案(1)4 m/s(2)1 m/s(3)4.5 N二、针对训练1固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D

4、，则小球通过D点后()A一定会落到水平面AE上B一定会再次落到圆弧轨道上C可能会再次落到圆弧轨道上D不能确定解析：选A.如果小球恰能通过最高点D，根据mgm，得vD，知小球在最高点的最小速度为.根据Rgt2得：t.则平抛运动的水平位移为：xR.知小球一定落在水平面AE上故A正确，B、C、D错误2如图所示，从A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m

5、，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g取10 m/s2.求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板解析：(1)物块做平抛运动：Hhgt2到达B点时竖直分速度：vygt3 m/sv15 m/s方向与水平面的夹角为：tan 即：37，斜向下(2)从A至C点，由动能定理mgHmvmv设C点受到的支持力为FN，则有FNmgm由上式可得v22 m/s，FN47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力Ff1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为FfFf2(Mm)g10 N因FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚