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1、专题四专题四 应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题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，
2、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：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，v 2gh2 y代入数据，得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由 vygt1得 t10.
3、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/s2mgsin 53m初速度 v5 m/sv2 0v2 yvt2 atHsin 5312 2 2代入数据，解得 t22 s 或 t2 s(不符合题意舍去)134所以 tt1t22.4 s.答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s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
4、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 R1.25 m，斜面 AB 的长度为 L1 m质量为 m1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力 F1 N 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 x1.2 m，C 点距离地面高度为 h0.8 m(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2)求：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
5、点到 E 点做平抛运动由 h gt212得 t0.4 svC 3 m/sxt由牛顿第二定律知FNmgmv2 CRFN17.2 N由牛顿第三定律知，物体在 C 点时对圆弧的压力大小为 17.2 N，方向竖直向下(2)从 B 点到 C 点由动能定理有mgR(1cos 37) mv mv ，vB2 m/s122 C122 B(3)从 A 点到 B 点由 v 2aL，得 a2 m/s22 B由牛顿第二定律有mgsin 37Fcos 37(mgcos 37Fsin 37)ma代入数据，解得 0.65答案 (1)17.2 N，方向竖直向下 (2)2 m/s (3)0.65突破训练 1 如图 3 所示，从
6、A 点以 v04 m/s 的水平速度抛出一质量 m1 kg 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 M4 kg，A、B 两点距 C 点的高度分别为 H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数 10.5，长木板与地面间的动摩擦因数 20.2，g10 m/s2.求：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
7、块不滑出长木板答案 (1)5 m/s 方向与水平面的夹角为 37 (2)47.3 N(3)2.8 m 解析 (1)设小物块做平抛运动的时间为 t，则有：Hh gt212设小物块到达 B 点时竖直分速度为 vy：vygt则小物块运动到 B 点时的速度v15 m/sv2 0v2 y速度方向与水平面的夹角为 ：tan ，即 37vyv034(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 mv mv122 2122 1设 C 点受到的支持力为 FN，则有FNmgmv2 2R解得 v22 m/s，FN47.3 N7根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道 C 点的压力
8、大小为 47.3 N(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力 Ff1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff2(Mm)g10 N因 FfFf，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 l2.8 mv2 221g所以长木板至少为 2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板24.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
9、、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 R0.2 m 的光滑 圆弧轨道，EF 是一倾角为 30的足够14长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为 0.1 kg 的薄木板 CD，开始时薄木板被锁定一质量也为 0.1 kg 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
10、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 .(g10 m/s2，结果可保留根号)求：36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 mv122 B解得：vB2 m/s在 B 点由牛顿第二定律得：FNmgmv2 BR解得：FN3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为 3 N，方向竖直向下(2)设物块滑上薄木板的
11、速度为 v，则：cos 30vBv解得：v m/s4 33(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mgsin 30mgcos 30ma1对薄木板：mgsin 30mgcos 30ma2设物块和薄木板达到的共同速度为 v，则：vva1ta2t解得：a12.5 m/s2，t s4 315答案 (1)3 N，方向竖直向下 (2) m/s (3)2.5 m/s2 s4 334 315突破训练 2 如图 5 所示，将一质量 m0.1 kg 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 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
12、，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 h3.2 m，斜面高 H15 m，竖直圆轨道半径 R5 m取 sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2，求：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)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N，方向竖直向上 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：v0vycot
13、 由平抛运动规律得：v 2gh2 yh gt12 2 1xv0t1联立解得：v06 m/s，x4.8 m(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 0.8 s2hg小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小vA10 m/sv0cos 从 A 点到 B 点由动能定理得 mgH mv mv122 B122 A解得 vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度 agsin 8 m/s2由 vBvAat2，解得 t21.25 s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tt1t22.05 s(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
14、可得2mgR mv mv122 D122 B在 D 点由牛顿第二定律可得：FNmgmv2 DR联立解得：FN3 N由牛顿第三定律可得，小球在 D 点对轨道的压力 FN3 N，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 m1.0 kg 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 L1.0 m，B 点离地高度 H1.0 m，A、B 两点的高度差 h0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气影响，求：
15、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)1.41 m (2)20 N 解析 (1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有mgh mv122 B小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有 H gt212在水平方向上有 svBt由式解得 s1.41 m(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 Fmgmv2 BL 由式解得 F20 N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为 20 N.模拟题组2. 如图 7 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：图 7(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) mg，方向竖直向下 (2)2 (3)323gR31mgR4解析 (1)小球越过 C 点
