(完整word版)平抛运动与圆周运动的组合问题(含答案)

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V0= 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R= 0.5 m, C点和圆弧的 不计空气阻力，取重力加速度 g = 10 m/s2.求： .4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1= 0.3,圆弧轨道的半径为圆心连线与竖直方向的夹角0= 53°,(1) A、C两点的咼度差；小物块刚要到达

2、圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(sin 53 = 0.8, cos 53 =0.6)(3)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 = V" = 5 m/s，竖直分量为 vcy= 4 m/scos 53Vcy.2下落高度h = 7= 0.8 m2g小物块由C到D的过程中，由动能定理得。1 2 1 2mgR(1 cos 53 =)mvD mvc解得 vd=729 m/s小球在D点时由牛顿第二定律得Fn mg= mvR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

3、达到共同速度，大小为v,小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1 = ig 3 m/s2,比二肾殳1 m/s2速度分别为 v=vd ait, v = a2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得1 2 1 2 mg= 2mv 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并明确每一过程的受力所谓“程序法”是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程,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

4、易水轮机，如图所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平10抛运动的物体，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10 m/s2）问:0= 37°角.（已知 sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, g = 厂u壯(1) 水流的初速度 V0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 r

5、ad/s解析(1)水流做平抛运动，有h Rsi n 37 = ggt2./2 h Rsin 37 ° .解得 t= /7= 1 s所以Vy= gt= 10 m/s,由图可知：V0Vytan 377.5 m/s.v°由图可知：v= sin 37 = 12.5 m/s,根据 3= R可得 3= 12.5 rad/s.3、90】側2卿，听示.疫果孟MSttt的Y鶴乐设隆，唾卷鱼战地朋&|与木平分析运动过程«性春段运动的运动特征第?轨进内册申m*不计通过 fl,«teK计 嗨求成写JiSft点萍宦力传空小箱车讲辕酋的压九井通IB I算机扯乐岀耒一小滑车親

6、达第一牛觸用轨道械福点处时刚好对饥Ifl无压A, 车计醉鼻力世M ,用号選札彎g自知遠Antit茹.乂羟过>¥執边附人需二卜恻常轨迪内«,如1*1逍半轻r =1.5 m ,熾£从水甲軌琳t A水權内,水ifii离水平ftifr的沟氣3 m上取1<1 m/i小龄市仆:话动牛过祚中Gift为质点+点:(3)«周迄动杓帚算转, ”只有甫办tt ',粗黑丰議乐二電律即可* 睜"r-庄第_牛形锹iEtiW髙点D处小车对飙昶a力齐陆大小；要家ijiAD址时的速Jt Dm可艸用 3胞奇恆丈肆建止片在庸龍内竝*呼駅L逋边懑d：F方的E点小1

7、2 m处放 代* (吒垂甲度不計h发怔M'tt乍毗認安量诅过W形轨道團隹蒲到咒垫上，期4侖丰至少应从离水平tt道字成的Jft方幷始F*?勒一圖ftiff妣-込*第二做适- 一是安全追过刚 R11,囂*能遇HU 址町ililD； 二二是+範運功总上落対乜姿上Jtja 逼小屮miiji.通追比戦两牛时下到 建平即可武鮮.FH52解析 (1)在C点：mg = mZ_R（2分）所以 Vc= 5 m/s（1分）1 1 2由 C 点到 D 点过程：mg（2R 2r）= mv：? gmvcVD 2在 D 点：mg + Fn = m（2分）（2分）所以 Fn = 333.3 N由牛顿第三定律知小滑车对

8、轨道的压力为333.3 N.(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为1 2 1 2qmvc + mg(2R) = 2mv1小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为V2,则V1,则（1分）（1分）（2分）（1分）（1分）X= V2t1 2解得V2>V1，所以只要 mgH = qmv?，即可满足题意.（3分）解得H = 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.AA = = =1 1 1卫匸L-C取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

9、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；点与水面的距离 h= 0.80 m .人与AB间的动摩擦因数尸0.2,重力加速度 g= 10 m/s2, cos 37 = 0.8, sin 37 = 0.6.一个质量 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；(2) 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(3) 在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方

10、向的位移 答案(1)4.4 m/s2 解析(1)小朋友沿 顿第二定律得：(2)10 m/s 1 300 N (3)4 mAB下滑时，受力情况如图所示，根据牛Fc的大小;x的大小.mgsin 0- Ff = ma 又 F f = jilNFn = 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 + mgR(1 cos 0 = ；mv2 0sin 02联立式解得：v = 10 m/s2根据牛顿第二定律有：Fc mg= mVR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

11、程经历的时间为 则：h= 2gt求绳断时球的速度大小 V1和球落地时的速度大小 V2. 问绳能承受的最大拉力多大？ 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？x= vt联立式解得：x= 4 m.当转速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, 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 g= 10 m/s2

12、.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 =如2在水平方向上有 s= V0t由式解得V0= s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_V02fm= m-Rfm= jiN=由式得mgV02尸忝尸0.2代入数据得6、 (2010重庆理综-24)、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.已知握绳的手离地

13、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.777777、Zz?</yyyz/zz/z?yyiT答案儕mgd 2(3) 2 J(1)设绳断后球飞行的时间为竖直方向：4d = 1gt2水平方向：d = vit 解得V1 =寸2gd 由机械能守恒定律有解析由平抛运动规律有1312mv2 = 2mvi3mg(d - 4d)解得 v2= yigd(2)设绳能承受的最大拉力大小为Fmax，这也是球受到绳的最大拉力的大小.球做圆周运动的半径为R= |dmv12由圆周运动向心力公式，有Fmax mg=-R得 F max= ymg设绳长为I，绳断时球的速度大小为 V

14、3.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1 2 d I = 2gt1 , x= v3t1 得x = 4寸-d-，当I = 2时，x有最大值Xmax=字d.7、如图所示，一质量为 2m的小球套在一 “ 1”滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为卩=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=

15、 10R试求：(1) 小球在C点对滑杆的压力；(2) 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)|mg，方向竖直向下(2)3gR解析(1)小球越过C点后做平抛运动， 有竖直方向：2R= gt2 水平方向：R= vc t 解得vC = 2在C点对小球由牛顿第二定律有：vc 2 2mg Fnc= 2m-R-解得Fnc =響由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力Fnc= Fnc =卑罗，方向竖直向下(2) 在A点对小球受力分析有：Fn + Fsin 37 =2mg小球从A到B由动能定理有：1 2Feos 37 s FN s= 2 mvB解得VB= 2屈R(3) BC过

16、程对小球由动能定理有：1 2 1 22mg R Wf= 2 2mvC x 2mv B解得Wf=呼B48、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Rn巧=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

17、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= m-R-解得：v1 = 3 m/sW,由动能定理得:小物块由A到B的过程中，设摩擦力对小物块做的功为1 2W= mv 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 f 1 22mv 1 + mg R = 2mv 2N,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 =V22R

18、联立解得：Fn = 60 ND点时对轨道的压力大小为:由牛顿第三定律可知，小物块经过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:t=匣t= 10 s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则：Vx = V2vy = gtvxtan a=vy解得：tan a=yJ3所以：a= 60°由几何关系得:0= a= 60°9、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, V0沿直轨道向右运动. 如图3所示，小球进入圆一小球以初速度形轨道后刚好能通过 e点，然

19、后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，贝yA .小球到达c点的速度为pgRB .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c点落到d点所需时间为2、詹答案 ACD解析 小球在c点时由牛顿第二定律得: mvc2f十“mg=, vc=/gR, A 项正确；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得:12 CR 12mv B = 2mgR + 2mv c小球在b点，由牛顿第二定律得：2Fn mg= 口，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= Vct,2R= ggt2.解得 t= 2, x= 2R, C、

20、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01是OA与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.0是圆弧的圆心，竖直方向的夹角，0是BA与竖直方向的夹角.则A .晋=2tan 01C 1= 2C. tan 0 ta02=B. tan 01 tar12= 2D .響=2tan 0答案 B解析 由题意可知：tan 0 =選,tanvx v00=：=严"=晋，所以 tan 01 - ta02 = 2，故 B 2gt215正确.(P点)，轻放一质量为 m= 1 kg的物块，物B点进入竖直光11、如图所示，在水平匀速运

21、动的传送带的左端块随传送带运动到 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 53 =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;(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0.3,传送带的速度为 5 m/s，求PA间的距离.Vy2=

22、 2ghvy = 4 m/s在 B 点：tan 0= v, 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 2mv BVB/ VA2+Vy2= 5 m/s2解得 vc = 33 m2/s241 LVC 2在 C 点：Fn mg= mR"由牛顿第三定律知，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 速直线运动卩 mig ma, a= 3 m/s2va 2PA 间的距离 xFA= "2 = 1.5 m.12、如图所示，半径 R

23、= 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0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V0= 1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的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j1= 0.2,木板与路面间的动摩擦因数j= 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 °=)2mv 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= mVR-联立