抛体运动和圆周运动综合问题（解析版）-2025年高考物理一轮复习

抛体运动和因周运动的综合问题

素养目标:

1.掌握平抛运动的解题关键，在于对速度或位移的分解。

2.掌握圆周运动解题的三个关键:确定半径、分析向心力、确定临界条件。

3.掌握抛体运动和圆周运动结合点的处理方法。

1.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道尸。在。点与水平面相切，其圆心为O、半

径为R,圆弧对应的圆心角6=53。。一可视为质点的质量为加的小物块从S点以水平初速

度％）抛出，恰好在尸点沿切线方向进入圆弧轨道，最后滑上水平面在C点停下来。已知

小物块与水平面间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不计空气阻力，sin53。=0.8,求:

（1）S、P两点间的竖直高度;

（2）0、C两点间的距离。

【答案】⑴f、2R25尤

(2)——+—2-

5〃18〃g

【解析】（1）小物块从S到尸做平抛运动，恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道，此时有

tan0=—

%

解得小物块在P点的竖直分速度为

竖直方向有

2gh=片

解得S、尸两点间的竖直高度为

（2）小物块在尸点的速度为

%5

小物块从P点到C点过程，根据动能定理可得

12

mgRQ-cos0)-jumgs=0--mvp

解得0、C两点间的距离为

2R25尤

s=—+------

5〃18〃g

考点一先平抛运动后圆周运动

7T................

节加银储备卡

1.先平抛运动，如果落入圆弧时沿切线方向，一定注意分解合速度，此时合速度

与飞入点的切线方向相同。

例题1.如图所示，光滑平台SE左侧竖直平面内固定着半径为R=0.75m、圆心为。的光滑

圆弧轨道。S,。。连线与水平面的夹角为。=37。；平台右侧在£点与水平传送带相接，平台

与传送带上表面在同一水平面上，传送带右侧与足够长的、倾角为。=37。的斜面用平滑连

接。质量为加=lkg的光滑小球从尸点以速度v°=3m/s水平向左抛出，恰好在。点沿切线方

向进入圆弧轨道，然后滑上平台，与平台上静止在。点的滑块发生弹性碰撞。已知滑块质

量为M=3kg,滑块与传送带、斜面间的动摩擦因数均为〃=0.75,传送带顺时针转动的速度大

小恒为v度7m/s,传送带长度d=2.45.m,不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?,

sin370=0,6o求：

（1）尸、。两点的高度差；

（2）小球经过S点时对圆弧轨道的弹力大小；（结果保留3位有效数字）

（3）小球与滑块第一次碰撞后，滑块沿斜面E8运动的最高点到厂的距离。（结果保留3位

有效数字）

【答案】(1)0.8m；(2)75.3N；(3)2.04m

【解析】（1）从尸到0过程做平抛运动，设到达。点时的竖直方向速度为wP、。两点

的高度差为〃，则有

tan=-

竖直方向做自由落体运动有

y=2gh

联立解得

/z=0.8m

（2）设到达。点时的速度为四，则有

v0=vQsin0

从。到S过程由机械能守恒有

1212

(7?+7?sin0)=—mvs~—mvQ

解得

vs=7m/s

根据牛顿第二定律，在S点有

Fs-mg=m^

代入数据得

用275.3N

由牛顿第三定律得小球在S点对轨道弹力大小为75.3N。

（3）小球与滑块碰撞过程由动量守恒有

mvs=mv+Mu

由机械能守恒有

—mvl=—mv2+—Mir

2s22

解得

v=-3.5m/s,u=3.5m/s

假设滑块在传送带上一直加速，设其离开传送带时的速度大小为优，则滑块在传送带上的加

速度

代数据解得4=7m/s,恰好等于传送带速度，假设成立。设滑块沿斜面运动距离为/,滑块

在斜面上的加速度

Mgsin0+juMgcos0

=12m/s

Ix2.04m

例题2.如图，在水平地面上竖直固定一光滑圆弧形轨道，轨道半径尺=Im,2C为轨道的

竖直直径，N与圆心。的连线与竖直方向成53。。现有一质量以=1kg的小球（可视为质点）

从点P以初速度%=3.6m/s水平抛出，小球恰好能从/点无碰撞的飞入圆弧轨道。不计一

切阻力,重力加速度g取lOtn/s?,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

（1）小球到达圆轨道/点时的速度大小；

（2）运动到最低点B时对轨道的压力大小；

（3）小球能否通过竖直轨道的最高点C?请说明理由。

B

【答案】（1）6m/s；（2）54N；（3）见解析

【解析】（1）小球恰好能从/点无碰撞的飞入圆弧轨道，则有

解得小球到达圆轨道/点时的速度大小为

（2）小球从/点到3点过程，根据动能定理可得

11

mg7?(l-cos53°)=—22

解得

vB=2VfTm/s

在2点，根据牛顿第二定律可得

XTVg

N-mg=

解得

N=54N

根据牛顿第三定律可知，运动到最低点B时对轨道的压力大小为54N。

(3)当小球刚好经过竖直轨道的最高点C,由重力提供向心力得

V2.

mg=m-s2-

R

解得

=海=厮m/s

设小球可以通过竖直轨道的最高点C,从3点到C点过程，根据动能定理可得

1,1,

-mg'2R-—mvc--mvB

解得

vc=2m/s

由于

vc=2m/s<v1nhi=ViOm/s

则小球不能通过竖直轨道的最高点Co

【易错分析】

1.找不到，沿切向方向飞入圆弧的解题切入点。

2.不会把抛体运动和圆周运动的知识综合应用o

考点二先圆周运动后平抛运动

u..............

扣锅储备至

1.恰好无碰撞的落入斜面，意思是合速度方向与斜面平行，依然要分解此时的合速度。

例题3.如图，倾角为。=37。，长s=2.5m的斜面轨道CZ)上铺了一层可以改变动摩擦因数

的匀质特殊材料，斜面底部。点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在。点,

自然状态下另一端恰好在。点。在轨道CD左侧有一个高度可以调节的平台，平台上放置

一个半径火=0.8m的四分之一光滑圆弧/瓦将一质量加=2kg的小滑块（可以视为质点）

在A端静止释放从B端水平抛出，通过调整高度按钮使得滑块从C点刚好沿切线方向无碰

撞进入CD轨道。滑块通过D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。

（1）求滑块在8点受到轨道的支持力大小；

（2）求2点与C点的高度差；

（3）若滑块可以在斜面上来回运动最终停在。点，求〃的取值范围。

【解析】（1）滑块从4到8过程，根据动能定理可得

解得

vB=4m/s

在8点，根据牛顿第二定律可得

N一mg二加宣

解得滑块在B点受到轨道的支持力大小为

N=60N

（2）滑块从。点刚好沿切线方向无碰撞进入轨道，则在。点有

tan<9=—

%

解得滑块经过C点时的竖直分速度大小为

vy=3m/s

则8点与C点的高度差为

h=—=0.45m

2g

（3）滑块在C点的速度大小为

若滑块可以在斜面上来回运动最终停在。点，设滑块沿斜面下滑压缩弹簧后被弹簧弹回刚

好到达C点速度为0；则从C点下滑到返回C点过程，根据动能定理可得

cos0-2s=0——mv；

为了使速度减为0的滑块在斜面上可以下滑，需要满足

mgsin6>/nmgcos3

可得

3

吗

综上分析可知，〃的取值范围为

53

—<u<—

164

例题4.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机的小球

（可视为质点），给小球一初速度，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点

时，绳的张力恰好达到最大值而突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳

的手离地面高度为乩手与球之间的绳长为弓，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匕和球落地时的速度大小旷2o

（2）轻绳能承受的最大拉力7；多大？

（3）保持手离地面的高度d不变，改变绳长乙让球重复上述运动，若绳仍在球运动到最

低点时恰好张力达到最大值而断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长乙应是多少？最

大水平距离/为多少？

【答案】（1）d2gd,、口gd；（2）（3）y,

V2323

【解析】（1）设绳断后小球飞行时间为4,小球做平抛运动，竖直方向

11

—dJ=-g.2

421

水平方向

d-v/i

解得

v^^lgd

小球落地时在竖直方向的分速度为Vy,则

2rd

0=2g7

小球落地速度

所以

（2）小球在最低点，根据牛顿第二定律

3d

T-m2=m—,R

RT

解得轻绳对小球拉力大小

T=~11mg

据牛顿第三定律得，轻绳能承受的最大拉力

T11

Tm=—mg

（3）小球在最低点，根据牛顿第二定律

绳断后做平抛运动，竖直方向

d-L=­gt1

水平方向

x=v0t2

解得

由数学关系得，当乙=4时

2

【易错分析】

1.平抛运动的水平位移极值问题应用二次函数求极值的方法。

考点三先圆周运动后斜抛运动

例题5.竖直平面内有三个圆轨道，甲轨道与水平面相切于/点，甲、乙轨道相切于8点,

甲、丙轨道相切于。点，在各自相切部位轨道稍微错开，使得小球能无能量损失从一个轨

道进入另一轨道，轨道如图所示。质量为加的小球以某一初速度沿水平面进入半径为R的

甲轨道，经过相切点8后进入乙轨道，并恰好经过其最高点C,随后又从8点飞出，经过

丙轨道后再次经过甲轨道最低点时对轨道压力为30N。已知尺=2r=0.4m,m=lkg,

002、O1O3与竖直方向夹角均为6=60°,整个轨道除了弧线是粗糙的，其余均光滑，

求：

（1）小球第一次经过N点时的初速度大小；

（2）小球从3点运动到。点的时间以及该过程离地面最高的高度；

（3）小球从/点进入轨道后再次回到/点过程中损失的机械能。

'-A

【答案】(1)2括m/s；(2)(s,0.9m；(3)6J

【解析】(1)根据题意可知，在最高点C,由牛顿第二定律有

mg=m-

r

解得

从A到。过程中，由机械能守恒定律有

~mvA~~^mvc=+^)(1+cos600)

解得

vA=2V5m/s

(2)从A到8过程中，由机械能守恒定律有

~mvA~^mvB=7"gR(l+cos60°)

解得

vB=2V2m/s

小球从3点飞出后做斜抛运动，水平方向上有

vBcos60°-t=xBD=V37?

竖直方向上有

(%sin60。『

h=

2g

解得

t=^-s,h=0.3m

5

离地面最高的高度

H=7?（l+cos60°）+/z=0.9m

（3）小球再次回到A点时，由牛顿第二定律有

由能量守恒定律可得，小球从/点进入轨道后再次回到/点过程中损失的机械能

联立解得

A£=6J

V限时检测T

、---------------公（建议用时：60分钟）

1.（多选）如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽4BC,4C连线与地面相平，凹槽NC

是位于竖直平面内以。为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧，8为圆弧最低点。

现将一质量为加的小球（可视为质点）从水平地面上P处以初速度%斜向右上方抛出，%

与水平地面夹角为0。该小球恰好能从/点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧/2C继续

运动后从C点以速率与飞出。不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法中正确的是（）

A.小球由尸点运动到/点的过程中，所用时间为经站

g

B.小球由尸点运动到/点的过程中，水平位移为说s-2。

g

C.小球经过圆弧形轨道的。点时受到轨道的支持力大小为加gcose+誓

D.小球经过圆弧形轨道N2段和2C段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相

等

【答案】BC

【解析】AB.小球由尸点飞出后做斜抛运动，竖直方向根据对称性可知，小球由P点运动

到4点的过程中，所用时间为

（_2v0sin0

g

水平方向根据

x=v0cos0-t

可得水平位移为

八2vnsin0v：sin20

x=v0cosu--------=----------

gg

故A错误，B正确；

C.小球经过圆弧形轨道的。点时，根据牛顿第二定律可得

（y）2

N—mgcos0=m——

解得支持力大小为

N=mgcos0+

故C正确；

D.由于存在摩擦力做负功，所以小球经过圆弧形轨道段和8C段任意同一水平面的两

个位置时，小球在N8段的速度总是大于在3C段的速度，根据

“v2

N—mgcosa=m—

可知小球经过圆弧形轨道48段和BC段任意同一水平面的两个位置时，在N8段的弹力总

是大于在BC段的弹力，在段的摩擦力总是大于在3c段的摩擦力，则小球经过圆弧形

轨道AB段因摩擦产生的热量大于经过圆弧形轨道BC段因摩擦产生的热量，故D错误。

故选BCo

2.（多选）竖直平面内半径为R的外侧光滑的圆轨道，一小球受到微小扰动从轨道的顶点/

点由静止开始沿圆轨道下滑，至8点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻

力，下列说法正确的是（）

A.在8点时，小球对圆轨道的压力为零

2

B.8点离水平面的高度为§火

C./到2过程，小球水平方向的加速度不断增大

D.8到C过程，小球做平抛运动

【答案】AB

【解析】A.在8点时，小球脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，选项A正确；

B.设8点与圆心连线与水平方向夹角为6,则在8点时

・Z）V2

mgsinc/=m—

从N到8点机械能守恒，则

1

mgR（l-sin^）=­mv

解得

sin0=2

3

2

则2点离水平面的高度为选项B正确；

C./到8过程，小球在两点时受水平力均为零，而在中间过程水平方向有加速度，则

小球水平方向上受力先增加后减小，小球水平方向的加速度先增加后减小，选项C错误；

D.8到C过程，小球做斜下抛运动，选项D错误。

故选AB。

3.（多选）如图所示，一个质量为0.2kg的小球，以v°=2m/s的初速度从/点平抛出去，恰

好从2点沿切线进入圆弧，经过圆弧后从。点射出，又恰好落到2点。已知圆弧半径

7?=0.4m,N与。在同一水平线上，g=10m/s2„以下计算正确的是（）

B.。点的速度大小为Im/s

C.A,D的距离为0.8m

D.在。点时，小球对管壁的作用力方向竖直向下

【答案】ABD

【解析】A.小球从4到5做平抛运动，竖直方向上有

1

R+Rcosd=—gt27

到达8点时，有

tan6^=-

%

联立可得

。=60。，t=­s

5

故A正确;

C.A,。的距离为

3

xAD=%/+7?sin0--V3m

故C错误;

B.小球从。到3,根据平抛运动的规律有

Rsin0=vDt'

R+Rcos0=—gt

所以

t'=t=^—s,vD=Im/s

故B正确；

D.在。点，有

me>m—

R

所以小球受到管壁向上支持力，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的作用力方向竖直向下,

故D正确。

故选ABD,

4.如图所示，长为R的轻绳一端固定于。点，另一端系一质量为加的小球，使之在竖直

平面内做圆周运动，小球刚好能通过最高点4。当小球运动到最低点8时，绳恰好断裂。B

点距地面高度2R,小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)小球通过4点时的速度大小；

(2)绳子能承受的最大拉力；

(3)小球从B点到落地点的位移。

【答案】(1)麴；(2)6mg.(3)2底R

【解析】(1)小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，由

v2

ms:=m——

R

解得

V=4SR

(2)从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得

1,1,

mg2R=—mvB--mv

解得

VB=y[5gR

当小球运动到最低点8时，有

F-mg=〃

R

解得绳子能承受的最大拉力为

F-6mg

(3)8点距地面高度2R,做平抛运动，竖直方向有

水平方向有

x=vBt

联立解得

X=2y/5R

小球从B点到落地点的位移为

£=&+(27?)2=2y/6R

5.如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=1.0m。轨道底端距

水平地面的高度/?=1.25m。从轨道顶端/由静止释放一个质量加=0.1kg的小球(可视为质

点)，小球到达轨道底端8时，沿水平方向飞出，落地点C与8点之间的水平距离尤=

2.5m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小球运动到2点时所受支持力打的大小；

(2)小球落地前瞬间的速度大小股及方向。

h

7777777777777777777777777777777777777

【答案】(1)3.5N；(2)5"n/s，与水平方向夹角45。斜向右下方

【解析】(1)小球由3点运动到C点的过程中，竖直方向上做自由落体运动有

,12

h=2gt

得

t-0.5s

水平方向做匀速直线运动有

X=V”

得

VB=5m/s

由牛顿第二定律

2

FVB

K

解得

FN=3.5N

（2）小球落地前瞬间，竖直方向的速度

vy=gt=5m/s

水平方向的速度

VJ（=VB=5m/s

落地前瞬间速度

%=+=5V2m/s

速度方向与水平方向夹角45。斜向右下方。

6.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s

水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从/点切入光滑竖直圆弧轨道,

并沿轨道下滑。4、5为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为尺=1.0m,人和车的总

质量为200kg,特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取

g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。）求：

（1）从平台飞出到/点，人和车运动的水平距离s；

（2）从平台飞出到/点时速度大小Va及圆弧对应圆心角0;

（3）人和车运动到圆弧轨道最低点O,求此时对轨道的压力大小。

【答案】(1)s=1.2m；(2)匕=5m/s,8=106°；(3)8600N

【解析】（1）从平台飞出到/点的过程，人和车做平抛运动，根据平抛运动规律，有

,12

h=2gt

解得

t=0.4s

从平台飞出到4点，人和车运动的水平距离为

s=vt=l.2m

(2)从平台飞出到4点，根据动能定理，有

1

mgh加匕/一—mv2

2

解得

得

9=2。=106。

(3)从4到。的过程中由动能定理有

mgR(\-cos53O)=gmv：-gmv\

在最低点，有

F-mg=m^

解得

F=8600N

根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600N。

7.如图所示，光滑斜面N5与水平传送带8c平滑连接，8c长4=4.5m,与物块的动摩擦

因数〃=0.3,传送带的速度v=3m/s。设质量加=2kg的物块由静止开始从4点下滑，经过

C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从。点进入竖直光滑圆弧轨道。OE,DE连线水平。已知

圆弧半径尺=2.0m,对应圆心角。=106。，物块运动到。点时对轨道的压力为61N

（g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）»求：

（1）物块运动到。点的速度大小v°；

（2）物块下落的高度”的取值范围；

（3）第（2）问中，物块与传送带间产生的热量。的最大值。

【答案】（1）vfl=5m/s；（2）0<//<1,8m:（3）Q=9J

【解析】（1）物块在。点，根据牛顿第二定律

F^-mg=m-^

K

解得

vo=V5Tm/s

物块由D点到。点利用动能定理有

mgR（T-cosg）=；mvo-；mvD

解得

vD=5m/s

（2）在。点将速度沿水平和竖直进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物体的水平速

度即为七,故

9r/

vc=vDcos—=3m/s

当物块下落高度最大时，物块在传送带上一直匀减速运动到。点，根据牛顿第二定律有

jumg=ma

解得

a-3m/s2

根据速度位移公式有

从4到5根据动能定理可得

〃7g"max

=1.8m

假设滑到传送带的速度为零，则在传送带上加速到共速通过的位移为

v2

x=——=1.5m<L

2a

所以，只需滑块可以滑到传送带上，即可满足要求，即物块下落的高度〃的取值范围为

0<H<1,8m

（2）当物块下落高度最大时，物块在传送带上一直匀减速运动到C点时，产生的热量最多,

此时根据运动学知识可知

vc=vB-at

所以相对位移

Ax=£—v，=1.5m

产生的热量

Q=jumg/^x=9J

8.如图所示，在水平地面的右侧有一个圆心在。点，半径厂=0.2m的光滑圆弧形轨道，它

与地面连接于A点，B、C分别是轨道的最低和最高点，/O连线与竖直方向呈37。。一个小

球（可视为质点）从尸点静止释放，与正下方直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向

右，大小与碰前相同，小球恰好能在A点沿轨道切线进入轨道。已知尸点与地面的高度

〃=0.5m,小球质量〃?=0.2kg,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.60

（1）小球能否通过C点？若能，求出C点轨道对小球的弹力大小，若不能，说明理由；

（2）求A点与尸点的水平距离s。

【解析】（1）根据题意，若小球恰好能通过。点，设速度为v，则有

mg=m—

r

解得

v=y[gr=5/2m/s

小球从尸点到C点过程中，没有机械能的损失，由机械能守恒定律有

mgH-mgr(1+cos37°)=gmv：

解得

vc=J2.8m/s>v=V2m/i

说明小球能通过C点，在C点，由牛顿第二定律有

v2

mg+F=m——

Nr

解得

氏=0.8N

（2）设小球做自由落体的高度为//,其与三棱柱碰前（后）速度大小为v,小球在A处速

度的竖直分量为办，从G到A的时间为匕其与三棱柱碰前，由自由落体运动有

v2=2gh

在A处由速度关系有

\=vtan37°

由G到A的过程，竖直方向上有

v；=2g("j)

vy=gt

水平方向上有

s=vt

综上代入数据得

s=0.48m

9.如图所示，为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m,/端沿水平方向。水平轨道

2C与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C,。为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD,

对应的圆心角6=37。。圆弧和倾斜传送带时相切于£点，£尸的长度为/=10m。一质

量为掰=lkg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从/点

飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过£点，随后物块滑上传送带£凡已知物

块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数

〃=0.5,取gulOm/s:sin37°=0.6,cos37°=0.8=求：

（1）物块从/点飞出的速度大小％和在/点受到的支持力大小心（结果保留两位有效数

字）；

（2）物块到达C点时的速度大小Vc及对C点的压力大小区c；

（3）若物块能被送到下端，则物体从E端到下端所用时间的范围。（该问结果可保留根式）

【答案】（1）8m/s,61N；（2）10m/s,208N；（3）（5-V15）s<f<3s

【解析】（1）小球从/点到C点做平抛运动，竖直方向有

=个2gh={2g-2R=2y[gR=2jl0x0.9m/s=6m/s

在C点，有

tan37°=2

%

解得

%=8mzs

在/点，对物块根据牛顿第二定律得

2

机g+公”=机今

K

解得

"61N

(2)物块到达C点时速度大小

v6

v=——--=——m/s=10m/s

crsin37°0.6

在C点对物块，根据牛顿第二定律可得

-mgcos37°=m-

r

代入数据解得

氏二208N

由牛顿第三定律知，物块对C点的压力大小

&c=2208N

(3)因为V£=Vc=10m/s,设传送带的速度为v,物块刚滑上传送带时，若物块的速度大于

传送带的速度，物块的加速度大小为小根据牛顿第二定律可知

mgsin37°+jumgcos37°=ma1

解得

2

ax=10m/s

物块速度减至传送带速度所需时间为

vF-v

K=~-

通过的位移为

-v2

&=

2q

达到相同速度后，由于mgsine>〃mgcose,故物体继续向上做减速运动，根据牛顿第二定

律可得

mgsin37°-/jmgcos37°=ma,

解得加速度大小

a2=2mzs2

当到达尸点时，速度恰好为零，则

2

v=2a2x2

V

再+x2=1

代入数据解得

v=5m/s,tx=0.5s,Z2=2.5S

上滑所需要的最大时间

%max=4+%2=0.5s+2.5s=3s

若传送带的速度始终大于等于物块向上滑动的速度，则物块在传送带上一直以加速度电向

上做减速运动，则

712

1=V£Zmin--^min

代入数据解得

U=（5-V15）s

物块从E端到尸端所用时间的范围为

（5-a?卜<?<3s

10.如图所示，/点距水平面2c的高度〃=1.8m,3c与光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D

为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE对应的圆心角6=37。，圆弧和倾斜传送带族相切于£

点，斯的长度为/=9.75m,一质量为加=lkg的小物块从/点以%=8m/s的速度水平抛出,

经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点。当物块经过E点时速度大小与经过C点

时速度大小相等，随后物块滑上传送带ER已知物块在传送带运动时会在传送带上留下划

2

痕，物块与传送带环间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g=10m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

求：

（1）物块做平抛运动时水平方向的位移3c的长度；

（2）物块到达C点时速度；

（3）若传送带顺时针运转的速度为5m/s,物块从E端到尸端在传送带上留下的划痕长度

【答案】（1）4.8m；（2）10m/s,方向与水平方向夹角为37。；（3）4m

【解析】（1）物块从N到C做平抛运动，下落时间

水平位移8c的长度为

I=vot=8x0.6m=4.8m

（2）物体运动到C点时，竖直方向的速度

vr=gt=6m/s

物块到C点时速度大小为

vc=1yv；=lOm/s

与水平方向的夹角

tana=—=—

%4

夹角是37。。

（3）已知方=%,物块刚滑到传送带时，物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大

小为田，根据牛顿第二定律可知

mgsin37°+pimgcos370=max

达到传送带速度所需时间为

「g=o.5s

%

通过的位移为

vl-v2

x=-....=3.75m<I

]2%

划痕等于

S[=-vtx=1.25m

则达到相同速度后，由于机gsin6>〃加geos。，故物块继续向上微减速运动，根据牛顿第二

定律可得

mgsin370-/jmgcos37°=ma2

当到达尸点时，速度给好为匕，则

,12

/—X]=v2t2——a2G

划痕长度

s2=vt2-(/-%1)=4m

因为

s2>S]

划痕重叠的部分为1.25m,所以物块在传送带上运动时会留下的划痕长度4m。

11.如图所示，竖直面内光滑弧轨道B