【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案33-平抛与圆周运动组合问题的分析

平抛与圆周运动组合问题的分析考纲解读1.把握运用平抛运动规律、圆周运动学问解决综合性问题的方法.2.把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连接点．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，同时满足确定的空间几何关系．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°＝0.6，求：(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；图1(3)若斜面顶端高H＝20.8m，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，vy＝v0tan53°，v＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s.(2)由vy＝gt1得t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m(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＝＝5m/seq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)a代入数据，解得t2＝2s或t2′＝－eq\f(13,4)s(不合题意舍去)所以t＝t1＋t2＝2.4s.答案(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s技巧点拨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放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竖直向上放射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)．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的图2关系应满足()A．v1＝eq\f(H,x)v2B．v1＝v2eq\r(\f(x,H))C．v1＝eq\f(x,H)v2D．v1＝v2答案C解析由题意知从放射到拦截成功水平方向应满足：x＝v1t，同时竖直方向应满足：H＝eq\f(1,2)gt2＋v2t－eq\f(1,2)gt2＝v2t，所以有eq\f(x,v1)＝eq\f(H,v2)，即v1＝eq\f(x,H)v2，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m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3m/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，最终小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg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μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：图3(1)A、C两点的高度差；(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．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)解析(1)小物块在C点时的速度大小为vC＝eq\f(v0,cos53°)＝5m/s，竖直重量为vCy＝4m/s下落高度h＝＝0.8m(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mv－eq\f(1,2)mv解得vD＝eq\r(29)m/s小球在D点时由牛顿其次定律得FN－mg＝meq\f(vD2,R)代入数据解得FN＝68N由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68N，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a1＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1m/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μmgL＝eq\f(1,2)mv－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝3.625m，即木板的长度至少是3.625m答案(1)0.8m(2)68N(3)3.625m方法点拨程序法在解题中的应用所谓“程序法”是指依据题意按先后挨次分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力状况、运动性质、满足的规律等等，还要留意前后过程的连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＝5.6m，轮子半径R＝1m．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径图4与水平线成θ＝37°角．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/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)7.5m/s(2)12.5rad/s解析(1)水流做平抛运动，有h－Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2解得t＝eq\r(\f(2h－Rsin37°,g))＝1s所以vy＝gt＝10m/s，由图可知：v0＝vytan37°＝7.5m/s.(2)由图可知：v＝eq\f(v0,sin37°)＝12.5m/s，依据ω＝eq\f(v,R)可得ω＝12.5rad/s.

25．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：mg＝m(2分)所以vC＝5m/s(1分)(2)由C点到D点过程：mg(2R－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv(2分)在D点：mg＋FN＝meq\f(vD2,r)(2分)所以FN＝333.3N(1分)由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3N.(1分)(3)小滑车要能平安通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，则eq\f(1,2)mv＋mg(2R)＝eq\f(1,2)mv(2分)小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则h＝eq\f(1,2)gt2(1分)x＝v2t(1分)解得v2>v1，所以只要mgH＝eq\f(1,2)mv，即可满足题意．解得H＝7.2m(3分)答案(1)5m/s(2)333.3N(3)7.2m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．要特殊留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H＝6.0m，倾角θ＝37°；圆弧槽BC的半径R＝3.0m，末端C点的切线水平；C点与水面的距离h＝0.80m．人与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.一个质量m＝30kg的小伴侣从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下，不计空图6气阻力．求：(1)小伴侣沿斜槽AB下滑时加速度a的大小；(2)小伴侣滑到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，小伴侣在水平方向的位移x的大小．答案(1)4.4m/s2(2)10m/s1300N(3)4m解析(1)小伴侣沿AB下滑时，受力状况如图所示，依据牛顿其次定律得：mgsinθ－Ff＝ma①又Ff＝μFN②FN＝mgcosθ③联立①②③式解得：a＝4.4m/s2④(2)小伴侣从A滑到C的过程中，依据动能定理得：mgH－Ff·eq\f(H,sinθ)＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0⑤联立②③⑤式解得：v＝10m/s⑥依据牛顿其次定律有：FC－mg＝meq\f(v2,R)⑦联立⑥⑦式解得：FC＝1300N．⑧(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，小伴侣做平抛运动，设此过程经受的时间为t，则：h＝eq\f(1,2)gt2⑨x＝vt⑩联立⑥⑨⑩式解得：x＝4m.高考题组1．(2022·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头做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5m，离水平地面的高度H＝0.8m，物图7块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4m．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＝10m/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μ.答案(1)1m/s(2)0.2解析(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2①在水平方向上有s＝v0t②由①②式解得v0＝seq\r(\f(g,2H))代入数据得v0＝1m/s(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力供应向心力，有fm＝meq\f(v02,R)③fm＝μN＝μmg④由③④式得μ＝eq\f(v02,gR)代入数据得μ＝0.22．(2010·重庆理综·24)小明站在水平地面上，手握不行伸长的轻绳一端，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eq\f(3,4)d，重力加速度为g.忽视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.图8(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)转变绳长，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(1)eq\r(2gd)eq\r(\f(5,2)gd)(2)eq\f(11,3)mg(3)eq\f(d,2)eq\f(2\r(3),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：eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝eq\r(2gd)由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv＝eq\f(1,2)mv＋mg(d－eq\f(3,4)d)解得v2＝eq\r(\f(5,2)gd)(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＝eq\f(3,4)d由圆周运动向心力公式，有Fmax－mg＝eq\f(mv12,R)得Fmax＝eq\f(11,3)mg(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Fmax－mg＝meq\f(v32,l)，解得v3＝eq\r(\f(8,3)gl)绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有d－l＝eq\f(1,2)gt，x＝v3t1得x＝4eq\r(\f(ld－l,3))，当l＝eq\f(d,2)时，x有最大值xmax＝eq\f(2\r(3),3)d.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点时马上撤去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点图9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；(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)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，有竖直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向：R＝vCt②解①②得vC＝eq\f(\r(gR),2)在C点对小球由牛顿其次定律有：2mg－FNC＝2meq\f(vC2,R)解得FNC＝eq\f(3mg,2)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)·2mv④解③④得vB＝2eq\r(3gR)(3)BC过程对小球由动能定理有：－2mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)×2mv－eq\f(1,2)×2mv解得Wf＝eq\f(31mgR,4)4．如图10所示，质量为m＝1kg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＝0.9m，D点距水平面的高图10度h＝0.75m，取g＝10m/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θ.答案(1)4.5J(2)60N，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，由于经过C点恰能做圆周运动，所以，由牛顿其次定律得：mg＝meq\f(v12,R)解得：v1＝3m/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：W＝eq\f(1,2)mv解得：W＝4.5J(2)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：eq\f(1,2)mv＋mg·2R＝eq\f(1,2)mv小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿其次定律得：FN－mg＝meq\f(v22,R)联立解得：FN＝60N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＝60N，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h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\f(\r(15),10)s设小物块打在E点时速度的水平、竖直重量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α，则：vx＝v2vy＝gttanα＝eq\f(vx,vy)解得：tanα＝eq\r(3)所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.►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H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/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μ＝0.5.A、B均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/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；(3)A球落地时，A、B之间的距离．答案(1)3s30m(2)20m图1解析(1)对A球，由平抛运动规律得水平方向：x1＝v0t竖直方向：H＝eq\f(1,2)gt2解得x1＝30m，t＝3s(2)对于物块B，依据牛顿其次定律得，－μmg＝ma解得a＝－5m/s2当B速度减小到零时，有0＝v0＋at′得t′＝2s推断得：在A落地之前B已经停止运动，由运动学公式v2－v＝2ax2得：x2＝10m则Δx＝x1－x2＝20m.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为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2m．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.(g取10m/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，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)0.76m解析(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动学问得：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＝1m/s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)mv－eq\f(1,2)mv在B点时的机械能：EB＝eq\f(1,2)mv－mgH＝－4J(3)物块在B点时的速度vB＝4m/s物块沿BC斜面对上运动时的加速度大小为：a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2物块从B点沿BC斜面对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°)＝2m/s2B、D间的距离xBD＝eq\f(vB2,2a1)－eq\f(1,2)a2(t－t1)2＝0.76m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()A．小球到达c点的速度为eq\r(gR)图3B．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点时由牛顿其次定律得：mg＝eq\f(mvc2,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)mv＝2mgR＋eq\f(1,2)mv小球在b点，由牛顿其次定律得：FN－mg＝eq\f(mvb2,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，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，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角．则()A．eq\f(tanθ2,tanθ1)＝2B．tanθ1·tanθ2＝2图4C．eq\f(1,tanθ1·tanθ2)＝2D．eq\f(tanθ1,tanθ2)＝2答案B解析由题意可知：tanθ1＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，所以tanθ1·tanθ2＝2，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m＝1kg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＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8m(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝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，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．答案(1)3m/s(2)43N(3)1.5m解析(1)物块由A到B在竖直方向有veq\o\al(2,y)＝2ghvy＝4m/s在B点：taneq\f(θ,2)＝eq\f(vy,vA)，vA＝3m/s(2)物块从B到C由功能关系得mgR(1－coseq\f(θ,2))＝eq\f(1,2)mv－eq\f(1,2)mvvB＝eq\r(vA2+vy2)＝5m/s解得v＝33m2/s2在C点：FN－mg＝meq\f(vC2,R)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＝43N(3)因物块到达A点时的速度为3m/s，小于传送带速度，故物块在传送带上始终做匀加速直线运动μmg＝ma，a＝3m/s2PA间的距离xPA＝eq\f(vA2,2a)＝1.5m.6.如图6所示，半径R＝1.0m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θ＝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＝