1、金博教育學科教師輔導講義 負責人審核簽字： 學員姓名： 馬陽陽 年 級： 高三 課時數：2 輔導科目：物理 學科教師：李建勛 校區名稱： 鶴壁校區 授課日期及時段課 型 預習課 同步課 復習課 專題課教學目標復習 能對平拋運動與圓周運動的運動狀態和受力狀況能夠進行準確分析復習 理解應用能量守恒及應用條件重點難點1、 對運動狀態的準確分析；2、能量守恒的條件和守恒臨界點。教學內容 考點一用運動學公式和牛頓運動定律分析平拋與直線的組合運動1平拋運動可以分為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，兩分運動具有等時性2當物體做直線運動時，分析物體受力是解題的關鍵正確分析物體受力，求出物體的加速

2、度，然后運用運動學公式確定物體的運動規律3平拋運動與直線運動的銜接點的速度是聯系兩個運動的橋梁，因此解題時要正確分析銜接點速度的大小和方向例1如圖1所示，一小球從平臺上水平拋出，恰好落在鄰近平臺的一傾角為53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h0.8 m，重力加速度取g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6，求：圖1(1)小球水平拋出時的初速度v0；(2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x；(3)若斜面頂端高H20.8 m，則小球離開平臺后經多長時間到達斜面底端？解析(1)由題意可知，小球落到斜面上并剛好沿斜面下滑，

3、說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，如圖所示，vyv0tan 53°，v2gh代入數據，得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由vygt1得t10.4 sxv0t13×0.4 m1.2 m(3)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度a8 m/s2初速度v5 m/svt2at代入數據，解得t22 s或t2 s(不符合題意舍去)所以tt1t22.4 s.答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s考點二用動力學和功能觀點分析平拋與圓周的組合運動1物體的圓周運動主要是豎直面內的圓周運動，通常應用動能定理和牛頓第二定律進行分析，有的題目需要注意物體能否通過圓周的最

4、高點2平拋運動與圓周運動的銜接點的速度是解題的關鍵例2如圖2所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，經過C點的切線方向水平已知圓弧的半徑為R1.25 m，斜面AB的長度為L1 m質量為m1 kg的小物塊(可視為質點)在水平外力F1 N作用下，從斜面頂端A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當到達B點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至C點拋出，若落地點E與C點間的水平距離為x1.2 m，C點距離地面高度為h0.8 m(sin 37°0.6，cos 37°0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：圖2(1)物塊經C點時對圓弧面的壓力；(2)物塊滑至B點時的速度；(

5、3)物塊與斜面間的動摩擦因數解析(1)物塊從C點到E點做平拋運動由hgt2得t0.4 svC3 m/s由牛頓第二定律知FNmgmFN17.2 N由牛頓第三定律知，物體在C點時對圓弧的壓力大小為17.2 N，方向豎直向下(2)從B點到C點由動能定理有mgR(1cos 37°)mvmv，vB2 m/s(3)從A點到B點由v2aL，得a2 m/s2由牛頓第二定律有mgsin 37°Fcos 37°(mgcos 37°Fsin 37°)ma代入數據，解得0.65答案(1)17.2 N，方向豎直向下(2)2 m/s(3)0.65突破訓練1如圖3所示，從

6、A點以v04 m/s的水平速度拋出一質量m1 kg的小物塊(可視為質點)，當小物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入固定的光滑圓弧軌道BC，經圓孤軌道后滑上與C點等高、靜止在粗糙水平面的長木板上，圓弧軌道C端切線水平已知長木板的質量M4 kg，A、B兩點距C點的高度分別為H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，小物塊與長木板之間的動摩擦因數10.5，長木板與地面間的動摩擦因數20.2，g10 m/s2.求：圖3(1)小物塊運動至B點時的速度大小和方向；(2)小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道C點的壓力大?。?3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板答案(1)5 m/s方向與水平面的夾角

7、為37°(2)47.3 N(3)2.8 m解析(1)設小物塊做平拋運動的時間為t，則有：Hhgt2設小物塊到達B點時豎直分速度為vy：vygt則小物塊運動到B點時的速度v15 m/s速度方向與水平面的夾角為：tan ，即37°(2)設小物塊到達C點時速度為v2，從B點至C點，由動能定理得mghmvmv設C點受到的支持力為FN，則有FNmg解得v22 m/s，FN47.3 N根據牛頓第三定律可知，小物塊對圓弧軌道C點的壓力大小為47.3 N(3)由題意可知小物塊對長木板的摩擦力Ff1mg5 N長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力Ff2(Mm)g10 N因Ff<

8、Ff，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動設小物塊在長木板上做勻減速運動，至長木板最右端時速度剛好為0則長木板長度為l2.8 m所以長木板至少為2.8 m，才能保證小物塊不滑出長木板25.直線、平拋和圓周組合運動模型的分析1模型特點：物體在整個運動過程中，經歷直線運動、圓周運動和平拋運動或三種運動兩兩組合2表現形式：(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動(3)平拋運動：與斜面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動3應對策略：這類模型一般不難，各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選

9、用相應規律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯系兩過程的紐帶很多情況下平拋運動末速度的方向是解決問題的重要突破口例3如圖4所示，AB段為一半徑R0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面，斜面上有一質量為0.1 kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定一質量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點由靜止開始下滑，通過B點后水平拋出，經過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度已知物塊與薄木板間的動摩擦因數為.(g10 m/s2，結果可保留根號)求：圖4(1)物塊到達B點時對圓

10、弧軌道的壓力；(2)物塊滑上薄木板時的速度大?。?3)達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度所用的時間審題與關聯解析(1)物塊從A到B的過程，由動能定理得：mgRmv，解得：vB2 m/s在B點由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN3 N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下(2)設物塊滑上薄木板的速度為v，則：cos 30°解得：v m/s(3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得：對物塊：mgsin 30°mgcos 30°ma1對薄木板：mgsin 30°mgcos 30°ma2設物塊和

11、薄木板達到的共同速度為v，則：vva1ta2t解得：a12.5 m/s2，t s答案(1)3 N，方向豎直向下(2) m/s(3)2.5 m/s2 s突破訓練2如圖5所示，將一質量m0.1 kg的小球自水平平臺頂端O點水平拋出，小球恰好無碰撞地落到平臺右側一傾角為53°的光滑斜面頂端A并沿斜面下滑，斜面底端B與光滑水平軌道平滑連接，小球以不變的速率過B點后進入BC部分，再進入豎直圓軌道內側運動已知斜面頂端與平臺的高度差h3.2 m，斜面高H15 m，豎直圓軌道半徑R5 m取sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 m/s2，求：圖5(1)小球水平拋出的初

12、速度v0及斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x；(2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間；(3)若豎直圓軌道光滑，小球運動到圓軌道最高點D時對軌道的壓力答案(1)6 m/s4.8 m(2)2.05 s(3)3 N，方向豎直向上解析(1)小球做平拋運動落至A點時，由平拋運動的速度分解圖可得：v0vycot 由平拋運動規律得：v2ghhgtxv0t1聯立解得：v06 m/s，x4.8 m(2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面頂端A點，需要時間t1 0.8 s小球在A點的速度沿斜面向下，速度大小vA10 m/s從A點到B點由動能定理得mgHmvmv解得vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度

13、agsin 8 m/s2由vBvAat2，解得t21.25 s小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間tt1t22.05 s(3)水平軌道BC及豎直圓軌道均光滑，小球從B點到D點，由動能定理可得2mgRmvmv在D點由牛頓第二定律可得：FNmgm聯立解得：FN3 N由牛頓第三定律可得，小球在D點對軌道的壓力FN3 N，方向豎直向上高考題組1(2013·福建·20)如圖6，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質量m1.0 kg的小球現將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點地面上的D點與OB在同一豎直線上

14、，已知繩長L1.0 m，B點離地高度H1.0 m，A、B兩點的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣影響，求：圖6(1)地面上DC兩點間的距離s；(2)輕繩所受的最大拉力大小答案(1)1.41 m(2)20 N解析(1)小球從A到B過程機械能守恒，有mghmv小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m(2)小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有Fmgm由式解得F20 N根據牛頓第三定律得輕繩所受的最大拉力為20 N.模擬題組2如圖7所示，光滑曲面AB與水平地面BC相切于B，豎直光滑半圓軌道CD與水平地面BC相切

15、于C，已知圓軌道半徑為R，BC長為4R，且表面粗糙，一滑塊從AB軌道上距地面4R高處由靜止釋放，之后能夠通過圓軌道的最高點D，且對D處的壓力為0，求：圖7(1)若從曲面上距地2R高度處無初速度釋放滑塊，滑塊將停在何處；(2)若使滑塊通過D處后水平拋出，剛好擊中地面上的B點，應從AB軌道上離地面多高處由靜止釋放滑塊答案(1)距CR處(2)5.5R解析(1)從高4R處釋放恰能過最高點D，設動摩擦因數為，由動能定理有4mgR4mgR2mgRmv2在D點，有mgm從2R處釋放后滑塊將運動到半圓軌道上h高處，則有2mgR4mgRmgh0解得：h0.5R滑塊將沿水平軌道向左滑動距離x減速至0，有mghmg

16、x0解得：xR(2)要使滑塊擊中B點，則從D點平拋的速度為v1滿足4Rv1t且2Rgt2由釋放到運動到D點過程中，有mgH4mgR2mgRmv解得：H5.5R3如圖8所示，一質量為2m的小球套在一“”滑桿上，小球與滑桿的動摩擦因數為0.5，BC段為半徑為R的半圓，靜止于A處的小球在大小為F2mg，方向與水平面成37°角的拉力F作用下沿桿運動，到達B點時立刻撤去F，小球沿圓弧向上沖并越過C點后落在D點(圖中未畫出)，已知D點到B點的距離為R，且AB的距離為s10R.試求：圖8(1)小球在C點對滑桿的壓力；(2)小球在B點的速度大??；(3)由B到C過程中小球克服摩擦力所做的功答案(1)m

17、g，方向豎直向下(2)2(3)解析(1)小球越過C點后做平拋運動，由平拋運動規律得豎直方向：2Rgt2水平方向：RvCt解得vC在C點對小球由牛頓第二定律有：2mgFNC2m解得FNC，負號表示FNC的方向豎直向上由牛頓第三定律有，小球在C點對滑桿的壓力FNCFNC，方向豎直向下(2)在A點對小球受力分析有：FNFsin 37°2mg小球從A到B由動能定理有：Fcos 37°·sFN·s·2mv解得vB2(3)由B到C過程對小球由動能定理有：2mg·2RWf×2mv×2mv解得Wf(限時：45分鐘)題組1直線與平拋

18、運動的組合1如圖1所示，小球a、b的質量分別是2m和m，a從傾角為30°的光滑固定斜面的頂端無初速度下滑，b從斜面等高處以初速度v0平拋，比較a、b落地的運動過程有()圖1Aa、b兩球同時到達地面Ba、b落地時的速度相同C重力對a、b做的功相等D落地時a、b兩球重力做功的瞬時功率相等答案D解析物體a受重力和支持力，F合2mgsin 30°，根據牛頓第二定律，a，物體b做平拋運動，加速度為g，知兩物體的加速度不變，所以兩物體都做勻變速運動，設斜面高度為h，則2h×t，h×gt，解得ta2tb，故A錯誤對a運用動能定理，2mgh×2mv0，對b運用

19、動能定理，有mghmvmv，知b球的速率大于a球的速率故B錯誤a、b在豎直方向位移相同，但a的重力是b的兩倍，故重力對a、b做的功不相等，故C錯誤落地時a、b在豎直方向的速度大小分別為、，由功率的計算公式PFv可知落地時a、b兩球重力做功的瞬時功率均為mg，故D正確2如圖2所示，一物塊質量m1.0 kg自平臺上以速度v0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角為53°的粗糙斜面AB頂端，并恰好沿該斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h0.032 m，粗糙斜面BC傾角為37°，足夠長物塊與兩斜面間的動摩擦因數均為0.5，A點離B點所在平面的高度H1.2 m斜面AB和斜面BC在B點用一段平

20、滑的小圓弧連接，物塊在斜面上運動的過程中始終未脫離斜面，不計在B點的機械能損失最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2.圖2(1)物塊水平拋出的初速度v0是多少？(2)若取A所在水平面為零勢能面，求物塊第一次到達B點的機械能(3)從滑塊第一次到達B點時起，經0.6 s正好通過D點，求B、D之間的距離答案(1)0.6 m/s(2)4 J(3)0.76 m解析(1)物塊離開平臺做平拋運動，由平拋運動規律得：vy m/s0.8 m/s由于物塊恰好沿斜面下滑，則vA m/s1 m/sv0vAcos 53°0.6 m/s(2

21、)物塊在A點時的速度vA1 m/s從A到B的運動過程中由動能定理得mgHmgcos 53°mvmv在B點時的機械能：EBmvmgH4 J(3)物塊在B點時的速度vB4 m/s物塊沿BC斜面向上運動時的加速度大小為：a1g(sin 37°cos 37°)10 m/s2物塊從B點沿BC斜面向上運動到最高點所用時間為t10.4 s，然后沿斜面下滑，下滑時的加速度大小為：a2g(sin 37°cos 37°)2 m/s2B、D間的距離：xBDa2(tt1)20.76 m題組2直線、平拋和圓周的組合運動3水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道b

22、c相切，一小球以初速度v0沿直軌道向右運動如圖3所示，小球進入圓形軌道后剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道上的d點，則()圖3A小球到達c點的速度為B小球到達b點時對軌道的壓力為5mgC小球在直軌道上的落點d與b點距離為2RD小球從c點落到d點所需時間為2 答案ACD解析小球在c點時由牛頓第二定律得：mg，vc，A項正確；小球由b到c過程中，由機械能守恒定律得：mv2mgRmv小球在b點，由牛頓第二定律得：FNmg，聯立解得FN6mg，B項錯誤；小球由c點平拋，在平拋運動過程中由運動學公式得：xvct,2Rgt2.解得t2 ，x2R，C、D項正確4如圖4所示，AB段為長度L15 m的粗糙水平地面，其動摩擦因數0.2，它高出水平地面CD的高度h1.25 m，EFD為一半徑R0.4 m的光滑半圓形軌道現有一質量m1 kg的小球，在恒定的外力F4 N的作用下，由靜止開始從水平面的A點開始運動力F作用一段距離后將其撤去，隨后物體從B點飛出，落在水平地面CD上某處并反彈，因為與地面碰撞時有能量損失，反彈過程水平速度分量不變而豎直速度分量減小，彈起后剛好沿半圓軌道DEF的