平抛运动与圆周运动的组合问题

1、平抛运动与圆周运动的组合问题1如图所示，有一个可视为质点的质量为m= 1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以vo= 3 m/s的初速度水平抛出，到达 C点时，恰好沿 C点的切线方向进入固定在水平地 面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为 M = 3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数尸0.3,圆弧轨道的半径为 R= 0.5 m, C点和圆弧的g = 10 m/s2.求:圆心连线与竖直方向的夹角0= 53°不计空气阻力，取重力加速度(1) A、C两点的高度差;小物块刚要到达圆弧轨道末端

2、D点时对轨道的压力;(sin 53 =0.8, cos 53 = 0.6)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度. 解析(1)小物块在C点时的速度大小为vc = 5 m/s，竖直分量为 vcy= 4 m/scos 532vcy下落高度h = 0.8 m2g小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1 cos 53=)mvD2- 1mvC2解得 vd= .29 m/s小球在D点时由牛顿第二定律得Fn mg= m誓代入数据解得Fn = 68 N由牛顿第三定律得 Fn'= Fn = 68 N，方向竖直向下设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v,小物块在木板上滑行的过程中，小

3、物块与长木板的加速度大小分别为2a1 口 g= 3 m/s ,a2廿=1 m/s2速度分别为 v=vd a1t, v = a2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得1 2 1 2mg= ?mv d 2(m + M)v2解得L = 3.625 m,即木板的长度至少是3.625 m答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m方法点拨程序法在解题中的应用所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度.2、在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平 抛运

4、动的物体，水流轨道与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力.当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与轮子边缘的线速度相同.设水的流出点比轮轴高h= 5.6 m,轮子半径R= 1 m .调整轮轴0的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成0= 37°角.（已知sin 37= 0.6, cos 37= 0.8, g =10 m/s2）问：（1）水流的初速度 vo大小为多少？（2）若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少?答案 （1）7.5 m/s （2）12.5 rad/s解析（1）水流做平抛运动，有h Rsin 37 = |gt2解得

5、t=2 h Rsin 37 十g所以Vy= gt= 10 m/s,由图可知:V0= Vytan 37 = 7.5 m/s.v°由图可知：v= sin 37 = 12.5 m/s,根据 3= v可得 3= 12.5 rad/s.R3、J&SUHia设it的乐设氐 昭辱尉册a 即M木平曲说览克金一为临，惭料恢1&由0止聘下.总席柑人第+茸轨道申斤*=2 5 m +不计通过B直时阳前tUN失，靈幄设计要瑚.在轨誉臂点与耐离点容放的压九井通过卄算机昼示出来小柑车剧达蜡一牛阳科遺握直点亡転时刚好柑執也无乐力， 乂螳过比平執为酶人站：牛囿馬轨迫内僭.如*h适申轻,熾r;从水甲軌分

6、析运动过程抓性春段运动的运胡特征不计孕黑办世功，曲哮虔枕械能普 悦定雅.e自加建丘览克幼第飞人木能內,水帀廊* rftjTT的即厲为 Em居取10 W 小用韦6运动空过程 中可耗为质点，点：（0小滑耶圧第曲轨过址咼虑c址的那廐*的丸小；P）妙二牛科曲的-垃盂黑黑霍显益蠶？；若在水Ifc内尺嵩水平執逋边縄匚卜方的E点"m赴放”吒和气華厚度f H h哽MS巾希乍册胡安仝適过話涉軌逍只褪蒲列冬蝎上屈小葩至少应从离水平執血字 応的M幷始F* ?也蜡踌芋条畔-一是安全追过團期 Rii, x*ffliAaa 一崑町iiiin； 二丸早册込殆45鼻挥时乳姿上.对止一 賣小半挺連雇Ji it ft聯

7、驹牛条带下対 建平&忖址直邯可武解析在C点：mg = m VCR所以 Vc= 5 m/s1 1 2由 C 点到 D 点过程：mg(2R 2r)= qmv：2 qmvc在D点:mg+ FVD所以 Fn = 333.3 N由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3 N.(2分)(1分)(2分)(2分)(1分)(1分)V1,则(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为2mvc+ mg(2R) = Imv,(2分)小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为V2,则(1分)(1分)(3分)h=鼾x= V2t12解得V2>V1，所以只要 mgH = qmv2，即可满足题意.解得H

8、 = 7.2 m答案 (1)5 m/s (2)333.3 N (3)7.2 m技巧点拨1 对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律.2要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点.4、水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽BC平滑连接.斜槽 AB的竖直高度差H = 6.0 m，倾角0= 37 °圆弧槽BC的半径R= 3.0 m，末端C点的切线水平；C点与水面的距离 h= 0.80 m .人与AB间的动摩擦因数 尸0.2,取重力加速度 g= 10 m/s2, cos 37 ° 0.8, sin 37 = 0.6.一个质

9、量 m=30 kg的小朋友从滑梯顶端 A点无初速度地自由滑下，不计空气阻力.求:(1) 小朋友沿斜槽 AB下滑时加速度a的大小；小朋友滑到C点时速度v的大小及滑到 C点时受到槽面的支持力Fc的大小;在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x的大小.答案 (1)4.4 m/s2(2)10 m/s 1 300 N (3)4 m解析(1)小朋友沿AB下滑时，受力情况如图所示，根据牛 顿第二定律得：mgsin 0 Ff = ma 又 F f = (11NFn = mgcos 0联立式解得：a = 4.4 m/s2(2) 小朋友从A滑到C的过程中，根据动能定理得：H1mgH Ff + mg

10、R(1 cos 0) = mv2 01 sin 02联立式解得：v = 10 m/s根据牛顿第二定律有:Fc mg= mR联立式解得：Fc = 1 300 N .(3) 在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为则：h= 2gt2x= vt联立式解得：x= 4 m.5、(2012福建理综 2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，物块平抛落地过程水平位移的大小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

11、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卩答案(1)1 m/s (2)0.2解析(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H = ggt2在水平方向上有 s= V0t由式解得代入数据得V0= 1 m/s(2) 物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有” V02 fm= mRfm= (1N= i由式得代入数据得mgV02尸示尸0.26、(2010重庆理综 24小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水 平距离d后落地，如图所示

12、.已知握绳的手离地面高度为d,手与3球之间的绳长为4d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.(1) 求绳断时球的速度大小 V1和球落地时的速度大小 V2.(2) 问绳能承受的最大拉力多大？(3) 改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水 平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？答案(3)2(1) ,'2gd¥d£mg(1)设绳断后球飞行的时间为 竖直方向：Jd = 2gt2 水平方向：d = vit 解得 vi= ;2gd131由机械能守恒定律有 2mv 2 = 2mvi解析由平抛运动规律有3mg(d - 4d)解得V2

13、 =(2)设绳能承受的最大拉力大小为 球做圆周运动的半径为 R= 3dFmax,这也是球受到绳的最大拉力的大小.由圆周运动向心力公式，有Fmv12max mg = R11得 Fmax= ymg设绳长为I，绳断时球的速度大小为 v3.绳承受的最大拉力不变，有Fmax mg= mvp ,解得V3 =绳断后球做平抛运动，竖直位移为d- I，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有,X有最大值X max= fd.2m的小球套在一"滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为1 2 d-1 = 2gt1 , x= v3t1 得 X = 4 ld- 1 ,当 I =7、如图所示，一质量为 2m 的小球套在

14、一 |f 滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为尸0.5, BC段为半径为R的半圆，静止于 A处的小球在大小为 F = 2mg，方向与水平面成 37° 角的拉力F作用下沿杆运动，到达 B点时立刻撤去F，小球沿圆弧向上冲并越过 C点后落 在D点(图中未画出)，已知D点到B点的距离为R,且AB的距离为s= 10R试求：(1) 小球在C点对滑杆的压力；小球在B点的速度大小；(3) BC过程小球克服摩擦力所做的功.答案(1)3mg,方向竖直向下(2)2 . 3gR31严解析(1)小球越过C点后做平抛运动，有竖直方向：2R= 1gt2水平方向：R= vc t解得VgRvc =在C点对小球由牛顿第二定

15、律有:2mg Fnc= 2mvcR解得 fnc=3mmg由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力Fnc = Fnc = ?，方向竖直向下在A点对小球受力分析有:Fn + Fsi n 37 = 2mg小球从A到B由动能定理有:Feos 3712s fn s= 2 mvB解得Vb= 2 3(3) BC过程对小球由动能定理有：1 2 1 2 2mg R Wf= 2X 2mvC x 2mv B 解得Wf=呼48、如图所示，质量为 m= 1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动.C点在B

16、点的正上方，D点为轨道的最低点. 小物块离开D点后,做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点已知半圆轨道的半径R=0.9 m , D点距水平面的高度 h= 0.75 m,取g = 10 m/s2，试求:(1) 摩擦力对小物块做的功；(2) 小物块经过D点时对轨道压力的大小；(3) 倾斜挡板与水平面间的夹角0.答案 (1)4.5 J (2)60 N，方向竖直向下(3)60 °解析(1)设小物块经过C点时的速度大小为V1，因为经过C点恰能做圆周运动，所以,由牛顿第二定律得:v1 2mg= mR"解得：v1 = 3 m/s小物块由A到B的过程中，设摩擦力对小物块做

17、的功为W,由动能定理得:丄 2W= 2mv 1解得：W= 4.5 J设小物块经过 D点时的速度大小为 V2,对从C点运动到D点的过程，由机械能守恒 定律得：1 2 1 22mv 1 + mg R= °mv2小物块经过 D点时，设轨道对它的支持力大小为Fn,由牛顿第二定律得：Fn mg =V22m R联立解得：Fn = 60 N由牛顿第三定律可知，小物块经过D点时对轨道的压力大小为：Fn '= Fn= 60 N，方向竖直向下1小物块离开D点后做平抛运动，设经时间t打在E点，由h = ?gt2 得:设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为Vx、Vy,速度跟竖直方向的夹角为 a

18、则：Vx = V2vy = gtVx tan a=Vy解得：tan a=叮3所以：a= 60°水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道be相切,由几何关系得：=a= 60°一小球以初速度V0沿直轨道向右运动. 如图3所示，小球进入圆 形轨道后刚好能通过 e点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的 d点，贝U()A .小球到达e点的速度为,gRB .小球到达b点时对轨道的压力为 5mgC.小球在直轨道上的落点 d与b点距离为2RD .小球从e点落到d点所需时间为答案 ACD解析 小球在e点时由牛顿第二定律得:mVe2mg=百Ve= *gR, A项正确;小球由b到e过程中，

19、由机械能守恒定律得:1mVB2 = 2mgR+ 2mVe2小球在b点，由牛顿第二定律得:2Fn mg= m，联立解得RFn = 6mg, B项错误；小球由e点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x= Vet,2R= 2gt2.解得 t= 2 - : R, x= 2R, C、D 项正确.10、如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽从高台边B点以某速度V0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道. O是圆弧的圆心，91是OA与 竖直方向的夹角， 9是BA与竖直方向的夹角.贝U( )tan 02 cr 丄“A.= 2B tan 0 ta0= 2tan 0iC12

20、D tan 0 _ 2 tan 0 tart2 tan 0答案 B解析由题意可知：tan 0 = vy= gt, tan 0= xv0t = 2罟，所以 tan 0 ta0 = 2，故 Bvx voy i 丄2 gt正确11、如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为 m= 1 kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑B、D为圆弧的两端点，其连线水平已知圆弧半径R= 1.0 m,圆弧对应的圆心角 0= 106° ,轨道最低点为 C, A点距水平面的高度 h = 0.8 m(g取10 m/s2, sin 5

21、3 =0.8, cos 53 =0.6)求：(1)物块离开A点时水平初速度的大小; 物块经过C点时对轨道压力的大小;0.3，传送带的速度为 5 m/s，求PA间的距离.vy2= 2gh(3) 设物块与传送带间的动摩擦因数为 答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m 解析(1)物块由A到B在竖直方向有vy = 4 m/s在 B 点：tan 0= vi, va= 3 m/s2 vA物块从B到C由功能关系得0 1 2 1 2mgR(1 cos 2)= 2mvC qmv Bvb= , vA2+vy2= 5 m/s2解得 vC = 33 m2/s2在C点： Fn mg= mvR由牛顿第三

22、定律知，物块经过C点时对轨道压力的大小为Fn '= Fn = 43 N因物块到达A点时的速度为3 m/s，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加 速直线运动m= ma,2a= 3 m/sPA间的距离xfa=va22a=1.5 m.12、如图所示，半径 R= 1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B和圆心O的连线与水平方向间的夹角0= 37 °另一端点C为轨道的最低点.C点右侧的水平路面 上紧挨C点放置一木板，木板质量M = 1 kg，上表面与C点等高.质量m= 1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以vo = 1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的

23、B端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数m= 0.2,木板与路面间的动摩擦因数俘=0.05, sin 37=0.6, cos 37= 0.8,取 g= 10 m/s2.试求：(1) 物块经过轨道上的 C点时对轨道的压力；(2) 设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木 板上滑下？答案 (1)46 N (2)6 m解析(1)设物块经过B点时的速度为VB，贝yvbs in 37 = V0设物块经过C点的速度为vc，由机械能守恒得：1 2 . 。 1 2qmv b + mg(R+ Rsin 37 Umvcv C2 物块经过C点时，设轨道对物块的支持力为 Fc,根据牛顿第二定律得：FC-mg= m= 联立解得：Fc= 46 N由牛顿