第五章专题四平抛与圆周运动组合问题的分析

1、专题四平抛与圆周运动组合问题的分析备课人：吴素芬 审核人：左晶晶考纲解读 1.掌握运用平抛运动规律、圆周运动知识解决综合性问题的方法.2.掌握程序法在解题中的应用考点一平抛运动与直线运动的组合问题1一个物体平抛运动和直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点2两个物体分别做平抛运动和直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系例1如图1所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h0.8 m，重力加速度取g10 m/s2，sin 53°0.

2、8，cos 53°0.6，求： 图1(1)小球水平抛出时的初速度v0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(3)若斜面顶端高H20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？解析(1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，vyv0tan 53°，v2gh代入数据，得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由vygt1得t10.4 sxv0t13×0.4 m1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a8 m/s2初速度v5 m/svt2at代入数据，解得t22 s或t2 s(不合题意舍去)

3、所以tt1t22.4 s.答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s抓住小球平抛到斜面顶端“刚好沿光滑斜面下滑”这一关键条件，利用斜面倾角和速度的分解与合成求合速度突破训练1如图2所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直 图2上抛)设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足()Av1v2 Bv1v2 Cv1v2 Dv1v2答案C解析由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：xv1t，同时竖直方

4、向应满足：Hgt2v2tgt2v2t，所以有，即v1v2，C选项正确考点二平抛运动与圆周运动的组合问题例2如图3所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v03 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M3 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0.3，圆弧轨道的半径为R0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角53°，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：图3(1)A、C两点的

5、高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度(sin 53°0.8，cos 53°0.6)解析(1)小物块在C点时的速度大小为vC5 m/s，竖直分量为vCy4 m/s下落高度h0.8 m(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 53°)mvmv解得vD m/s小球在D点时由牛顿第二定律得FNmgm代入数据解得FN68 N由牛顿第三定律得FNFN68 N，方向竖直向下(3)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，小物块与长木板的加速度大小分别为

6、a1g3 m/s2，a21 m/s2速度分别为vvDa1t，va2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L3.625 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突破训练2在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4所示， 从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，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

7、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h5.6 m，轮子半径 图4 R1 m调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成37°角(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)问：(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 rad/s解析(1)水流做平抛运动，有hRsin 37°gt2解得t 1 s所以vygt10 m/s，由图可知：v0vytan 37°7.5 m/s.(2)由图可知：v

8、12.5 m/s，根据可得12.5 rad/s.27直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题的分析 解析(1)在C点：mgm（2分）所以vC5 m/s（1分）(2)由C点到D点过程：mg(2R2r)mvmv（2分）在D点：mgFNm（2分）所以FN333.3 N（1分）由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3 N. （1分）(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，则mvmg(2R)mv（2分）小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则hgt2（1分）xv2t（1分）解得v2>v1，所以只要mgHmv，即可满足题意解得H7.2 m（3分）答案(1)5 m/s(2)

9、333.3 N(3)7.2 m 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突破训练3水上滑梯可简化成如图6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H6.0 m，倾角37°；圆弧槽BC的半径R3.0 m，末端C点的切线水平；C点与水面的距离h0.80 m人与AB间的动摩擦因数0.2，取重力加速度g10 m/s2，cos 37°0.8，sin 37°0.6. 图6一个质量m30 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

10、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FC的大小；(3)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/s1 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 Ffma又FfFNFNmgcos 联立式解得：a4.4 m/s2(2)小朋友从A滑到C的过程中，根据动能定理得：mgHFf·mgR(1cos )mv20联立式解得：v10 m/s根据牛顿第二定律有：FCmgm联立式解得：FC1 300 N(3)在从C点滑出至落到水面的

11、过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t，则：hgt2xvt联立式解得：x4 m.高考题组1(2012·福建理综·20)如图7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R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m设物块 图7所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 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.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Hgt2在水平方向上有

12、sv0t由式解得v0s 代入数据得v01 m/s(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有fmmfmNmg由式得代入数据得0.22(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8所示已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为d，重力加速度为g.忽略手的 图8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

13、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(1)(2)mg(3)d解析(1)设绳断后球飞行的时间为t，由平抛运动规律有竖直方向：dgt2水平方向：dv1t解得v1由机械能守恒定律有mvmvmg(dd)解得v2 (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Rd由圆周运动向心力公式，有Fmaxmg得Fmaxmg(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3.绳承受的最大拉力不变，有Fmaxmgm，解得v3 绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有dlgt，xv3t1得x4 ，当l

14、时，x有最大值xmaxd.模拟题组3如图9所示，一质量为2m的小球套在一“”滑杆上，小球与滑杆的动摩擦因数为0.5，BC段为半径为R的半圆，静止于A处的小球在大小为F2mg，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 图9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s10R.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)2(3)解析(1)小球越过C点后做平抛运动，有竖直方向：2Rgt2水平方向：RvCt解得vC在C点对小球由

15、牛顿第二定律有：2mgFNC2m解得FNC由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNCFNC，方向竖直向下(2)在A点对小球受力分析有：FNFsin 37°2mg小球从A到B由动能定理有：Fcos 37°·sFN·s·2mv解得vB2(3)BC过程对小球由动能定理有：2mg·2RWf×2mv×2mv解得Wf4如图10所示，质量为m1 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点的正上方，D点为轨

16、道的最低点小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾 图10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R0.9 m，D点距水平面的高度h0.75 m，取g10 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.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：mgm解得：v13 m/s小物块由A到B的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：Wmv解得：W4.5 J(2)设小物块经过D点时的速度大

17、小为v2，对从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：mvmg·2Rmv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：FNmgm联立解得：FN60 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：FNFN60 N，方向竖直向下(3)小物块离开D点后做平抛运动，设经时间t打在E点，由hgt2得：t 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，则：vxv2vygttan 解得：tan 所以：60°由几何关系得：60°. (限时：45分钟)题组1平抛运动与直线运动的组合1如图1所示，在距地面高为H45

18、 m处，有一小球A以初速度v010 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为0.5.A、B均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；图1(3)A球落地时，A、B之间的距离答案(1)3 s30 m(2)20 m解析(1)对A球，由平抛运动规律得水平方向：x1v0t竖直方向：Hgt2解得x130 m，t3 s(2)对于物块B，根据牛顿第二定律得，mgma解得a5 m/s2当B速度减小到零时，有0v0at得t2 s判断得：在A落地之前B已经停止运动，由运动学公式v2

19、v2ax2得：x210 m则xx1x220 m.2如图2所示，一物块质量m1.0 kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h0.032 m，粗糙斜面BC倾角为37°，足够长物块与两斜面间的动摩擦因数为0.5，A点离B点所在平面的高度H1.2 m物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B点的机械能损失最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8.(g取10 m/s2)图2(1)物块水平抛出的初速度v0是多少？(2)若取A所在水平面为零势能面，

20、求物块第一次到达B点的机械能(3)从滑块第一次到达B点时起，经0.6 s正好通过D点，求B、D之间的距离答案(1)0.6 m/s(2)4 J(3)0.76 m解析(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动知识得：vy m/s0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则vA m/s1 m/sv0vAcos 53°0.6 m/s(2)物块在A点时的速度vA1 m/s从A到B的运动过程中由动能定理得mgHmgcos 53°mvmv在B点时的机械能：EBmvmgH4 J(3)物块在B点时的速度vB4 m/s物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为：a1g(sin 37°cos 3

21、7°)10 m/s2物块从B点沿BC斜面向上运动到最高点所用时间为t10.4 s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a2g(sin 37°cos 37°)2 m/s2B、D间的距离xBDa2(tt1)20.76 m题组2平抛运动与圆周运动组合问题3水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切， 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c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，则() 图3A小球到达c点的速度为B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

22、2 答案ACD解析小球在c点时由牛顿第二定律得：mg，vc，A项正确；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：mv2mgRmv小球在b点，由牛顿第二定律得：FNmg，联立解得FN6mg，B项错误；小球由c点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：xvct,2Rgt2.解得t2 ，x2R，C、D项正确4如图4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，1是OA与竖直方向的夹角，2是BA与竖直方向的夹角则() 图4A.2 Btan 1·tan 22C.2 D.2答案B解析由题意可知：

23、tan 1，tan 2，所以tan 1·tan 22，故B正确5如图5所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m1 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R1.0 m，圆弧对应的圆心角106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h0.8 m(g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)求：图5(1)物块离开A点时水平初速度的大小；(2)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0.3，传

24、送带的速度为5 m/s，求PA间的距离答案(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v2ghvy4 m/s在B点：tan ，vA3 m/s(2)物块从B到C由功能关系得mgR(1cos )mvmvvB5 m/s解得v33 m2/s2在C点：FNmgm由牛顿第三定律知，物块经过C点时对轨道压力的大小为FNFN43 N(3)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mgma，a3 m/s2PA间的距离xPA1.5 m.6如图6所示，半径R1.0 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 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m1 kg的物块(可视 图6为质点)从空中A点以v01.2 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10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，sin 37°0.6，cos 37°0.8，取g10 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