步步高2015(新课标)一轮讲义：专题04应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题

第14页共14页专题四应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题考纲解读1.掌握平抛运动、圆周运动问题的分析方法.2.能利用动能定理、功能关系、能量守恒定律分析平抛运动和圆周运动组合问题．考点一用运动学公式和牛顿运动定律分析平抛与直线的组合运动1．平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两分运动具有等时性．2．当物体做直线运动时，分析物体受力是解题的关键．正确分析物体受力，求出物体的加速度，然后运用运动学公式确定物体的运动规律．3．平抛运动与直线运动的衔接点的速度是联系两个运动的桥梁，因此解题时要正确分析衔接点速度的大小和方向．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α＝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h＝0.8m，重力加速度取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝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H＝20.8m，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，vy＝v0tan53°，veq\o\al(2,y)＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s.(2)由vy＝gt1得t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0.4m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝eq\f(mgsin53°,m)＝8m/s2初速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/seq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)代入数据，解得t2＝2s或t2′＝－eq\f(13,4)s(不符合题意舍去)所以t＝t1＋t2＝2.4s.答案(1)3m/s(2)1.2m(3考点二用动力学和功能观点分析平抛与圆周的组合运动1．物体的圆周运动主要是竖直面内的圆周运动，通常应用动能定理和牛顿第二定律进行分析，有的题目需要注意物体能否通过圆周的最高点．2．平抛运动与圆周运动的衔接点的速度是解题的关键．例2如图2所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25m，斜面AB的长度为L＝1m．质量为m＝1kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2m，C点距离地面高度为h＝0.8m．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8图2(1)物块经C点时对圆弧面的压力；(2)物块滑至B点时的速度；(3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析(1)物块从C点到E点做平抛运动由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.4svC＝eq\f(x,t)＝3m/s由牛顿第二定律知FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)FN＝17.2N由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2N，方向竖直向下(2)从B点到C点由动能定理有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，vB＝2m/s(3)从A点到B点由veq\o\al(2,B)＝2aL，得a＝2m/s2由牛顿第二定律有mgsin37°＋Fcos37°－μ(mgcos37°－Fsin37°)＝ma代入数据，解得μ≈0.65答案(1)17.2N，方向竖直向下(2)2m/s(3突破训练1如图3所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与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M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2图3(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点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．答案(1)5m/s方向与水平面的夹角为37°(2)47.3(3)2.8解析(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H－h＝eq\f(1,2)gt2设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy＝gt则小物块运动到B点时的速度v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s速度方向与水平面的夹角为θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°(2)设小物块到达C点时速度为v2，从B点至C点，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)解得v2＝2eq\r(7)m根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff<Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0则长木板长度为l＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝2.8m所以长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板25.直线、平抛和圆周组合运动模型的分析1．模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合．2．表现形式：(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．3．应对策略：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带．很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口．例3如图4所示，AB段为一半径R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),6).(g＝10m/s2，结果可保留根号)图4(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．审题与关联解析(1)物块从A到B的过程，由动能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝2m/s在B点由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：FN＝3N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos30°＝eq\f(vB,v)解得：v＝eq\f(4\r(3),3)m/s(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mgsin30°－μmgcos30°＝ma1对薄木板：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t解得：a1＝2.5m/s2，t＝eq\f(4\r(3),15)s答案(1)3N，方向竖直向下(2)eq\f(4\r(3),3)m/s(3)2.5m/s2eq\f(4\r(3),15)s突破训练2如图5所示，将一质量m＝0.1kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2m，斜面高H＝15m，竖直圆轨道半径R＝5m．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，图5(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．答案(1)6m/s4.8m(2)2.05s(3)3解析(1)小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可得：v0＝vycotα由平抛运动规律得：veq\o\al(2,y)＝2ghh＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)x＝v0t1联立解得：v0＝6m/s，x(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点，需要时间t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.8s小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小vA＝eq\f(v0,cosα)＝10m/s从A点到B点由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vB＝20小球沿斜面下滑的加速度a＝gsinα＝8m由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25s小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间t＝t1＋t2＝2.05s(3)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑，小球从B点到D点，由动能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在D点由牛顿第二定律可得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)联立解得：FN＝3N由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力FN′＝3N，方向竖直向上高考题组1．(2013·福建·20)如图6，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0m，B点离地高度H＝1.0m，A、B两点的高度差h＝0.5m，重力加速度g取图6(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．答案(1)1.41m(2)20解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2②在水平方向上有s＝vBt③由①②③式解得s＝1.41m④(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L)⑤由①⑤式解得F＝20N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为20N.模拟题组2．如图7所示，光滑曲面AB与水平地面BC相切于B，竖直光滑半圆轨道CD与水平地面BC相切于C，已知圆轨道半径为R，BC长为4R，且表面粗糙，一滑块从AB轨道上距地面4R高处由静止释放，之后能够通过圆轨道的最高点D，且对D处的压力为0，求：图7(1)若从曲面上距地2R高度处无初速度释放滑块，滑块将停在何处；(2)若使滑块通过D处后水平抛出，刚好击中地面上的B点，应从AB轨道上离地面多高处由静止释放滑块．答案(1)距Ceq\f(4,3)R处(2)5.5R解析(1)从高4R处释放恰能过最高点D，设动摩擦因数为μ，由动能定理有4mgR－4μmgR－2mgR＝eq\f(1,2)mv2在D点，有mg＝meq\f(v2,R)从2R处释放后滑块将运动到半圆轨道上h高处，则有2mgR－4μmgR－mgh＝0解得：h＝0.5R滑块将沿水平轨道向左滑动距离x减速至0，有mgh－μmgx＝0解得：x＝eq\f(4,3)R(2)要使滑块击中B点，则从D点平抛的速度为v1满足4R＝v1t且2R＝eq\f(1,2)gt2由释放到运动到D点过程中，有mgH－4μmgR－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：H＝5.5R3．如图8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μ＝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：图8(1)小球在C点对滑杆的压力；(2)小球在B点的速度大小；(3)由B到C过程中小球克服摩擦力所做的功．答案(1)eq\f(3,2)mg，方向竖直向下(2)2eq\r(3gR)(3)eq\f(31mgR,4)解析(1)小球越过C点后做平抛运动，由平抛运动规律得竖直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向：R＝vCt②解①②得vC＝eq\f(\r(gR),2)在C点对小球由牛顿第二定律有：2mg＋FNC＝2meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FNC＝－eq\f(3mg,2)，负号表示FNC的方向竖直向上由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNC′＝FNC＝eq\f(3mg,2)，方向竖直向下(2)在A点对小球受力分析有：FN＋Fsin37°＝2mg③小球从A到B由动能定理有：Fcos37°·s－μFN·s＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)④解③④得vB＝2eq\r(3gR)(3)由B到C过程对小球由动能定理有：－2mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得Wf＝eq\f(31mgR,4)(限时：45分钟)►题组1直线与平抛运动的组合1．如图1所示，小球a、b的质量分别是2m和m，a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速度下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，比较a、b落地的运动过程有图1A．a、b两球同时到达地面B．a、b落地时的速度相同C．重力对a、b做的功相等D．落地时a、b两球重力做功的瞬时功率相等答案D解析物体a受重力和支持力，F合＝2mgsin30°，根据牛顿第二定律，a＝eq\f(g,2)，物体b做平抛运动，加速度为g，知两物体的加速度不变，所以两物体都做匀变速运动，设斜面高度为h，则2h＝eq\f(1,2)×eq\f(g,2)teq\o\al(2,a)，h＝eq\f(1,2)×gteq\o\al(2,b)，解得ta＝2tb，故A错误．对a运用动能定理，2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,a)－0，对b运用动能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，知b球的速率大于a球的速率．故B错误．a、b在竖直方向位移相同，但a的重力是b的两倍，故重力对a、b做的功不相等，故C错误．落地时a、b在竖直方向的速度大小分别为eq\f(1,2)eq\r(2gh)、eq\r(2gh)，由功率的计算公式P＝Fv可知落地时a、b两球重力做功的瞬时功率均为mgeq\r(2gh)，故D正确．2．如图2所示，一物块质量m＝1.0kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝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h＝0.032m，粗糙斜面BC倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2m．斜面AB和斜面BC在B点用一段平滑的小圆弧连接，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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，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，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0.6s正好通过D点，求B、D之间的距离．答案(1)0.6m/s(2)－4J(3解析(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动规律得：vy＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.032)m/s＝0.8m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则vA＝eq\f(vy,sin53°)＝eq\f(0.8,0.8)m/s＝1m/sv0＝vAcos53°＝0.6m/s(2)物块在A点时的速度vA＝1从A到B的运动过程中由动能定理得mgH－μmgcos53°eq\f(H,sin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)在B点时的机械能：EB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－mgH＝－4J(3)物块在B点时的速度vB＝4物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为：a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m物块从B点沿BC斜面向上运动到最高点所用时间为t1＝eq\f(vB,a1)＝0.4s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2mB、D间的距离：xBD＝eq\f(v\o\al(2,B),2a1)－eq\f(1,2)a2(t－t1)2＝0.76m►题组2直线、平抛和圆周的组合运动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eq\r(gR)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2eq\r(\f(R,g))答案ACD解析小球在c点时由牛顿第二定律得：mg＝eq\f(mv\o\al(2,c),R)，vc＝eq\r(gR)，A项正确；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)小球在b点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,b),R)，联立解得FN＝6mg，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：x＝vct,2R＝eq\f(1,2)gt2.解得t＝2eq\r(\f(R,g))，x＝2R，C、D项正确．4．如图4所示，AB段为长度L1＝5m的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CD的高度h＝1.25m，EFD为一半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道．现有一质量m＝1kg的小球，在恒定的外力F＝4N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动．力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道DEF的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取图4(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离．答案(1)1.8m(2解析(1)设平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨