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1、专题四平抛与圆周运动组合问题的分析考纲解读 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 530.8，cos 530.6，求：(1)小球水平抛出时的
2、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 sxv0t130.4 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v 5 m/svt2a代入数据，解得t22 s或t2 s(不合题意舍去)所以tt1t22.4 s.答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s技巧点拨
3、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 ()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，同时竖直方向应满足：Hgt2v2tgt2v2t，所以有，即v1v2，C选项正确考点二平
4、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
5、，木板的最小长度(sin 530.8，cos 530.6)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h 0.8 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)v
6、2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方法点拨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R1 m调整轮
7、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37角(已知sin 370.6，cos 370.8，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 37gt2解得t 1 s所以vygt10 m/s，由图可知：v0vytan 377.5 m/s.(2)由图可知：v12.5 m/s，根据可得12.5 rad/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：mgm (2分)所以vC5 m/s (1分)(2)由C点到D点过程
8、：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v2v1，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)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
9、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 370.8，sin 370.6.一个质量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 图6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、)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 Ff ma 又Ff FN FNmgcos 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：mgHFfmgR(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过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t，则：hgt2 xvt 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 图7块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 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fmm
