1、專題四平拋與圓周運動組合問題的分析備課人：吳素芬 審核人：左晶晶考綱解讀 1.掌握運用平拋運動規律、圓周運動知識解決綜合性問題的方法.2.掌握程序法在解題中的應用考點一平拋運動與直線運動的組合問題1一個物體平拋運動和直線運動先后進行，要明確直線運動的性質，關鍵抓住速度是兩個運動的銜接點2兩個物體分別做平拋運動和直線運動，且同時進行，則它們運動的時間相等，同時滿足一定的空間幾何關系例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.

2、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，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(不合題意舍去)

3、所以tt1t22.4 s.答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s抓住小球平拋到斜面頂端“剛好沿光滑斜面下滑”這一關鍵條件，利用斜面傾角和速度的分解與合成求合速度突破訓練1如圖2所示，我某集團軍在一次空地聯合軍事演習中，離地面H高處的飛機以水平對地速度v1發射一顆炸彈欲轟炸地面目標P，反應靈敏的地面攔截系統同時以初速度v2豎直向上發射一顆炮彈攔截(炮彈運動過程看做豎直 圖2上拋)設此時攔截系統與飛機的水平距離為x，若攔截成功，不計空氣阻力，則v1、v2的關系應滿足()Av1v2 Bv1v2 Cv1v2 Dv1v2答案C解析由題意知從發射到攔截成功水平方向應滿足：xv1t，同時豎直方

4、向應滿足：Hgt2v2tgt2v2t，所以有，即v1v2，C選項正確考點二平拋運動與圓周運動的組合問題例2如圖3所示，有一個可視為質點的質量為m1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v03 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M3 kg的長木板已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，小物塊與長木板間的動摩擦因數0.3，圓弧軌道的半徑為R0.5 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角53°，不計空氣阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：圖3(1)A、C兩點的

5、高度差；(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(3)要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度(sin 53°0.8，cos 53°0.6)解析(1)小物塊在C點時的速度大小為vC5 m/s，豎直分量為vCy4 m/s下落高度h0.8 m(2)小物塊由C到D的過程中，由動能定理得mgR(1cos 53°)mvmv解得vD m/s小球在D點時由牛頓第二定律得FNmgm代入數據解得FN68 N由牛頓第三定律得FNFN68 N，方向豎直向下(3)設小物塊剛好滑到木板右端時與木板達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為

6、a1g3 m/s2，a21 m/s2速度分別為vvDa1t，va2t對物塊和木板系統，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L3.625 m，即木板的長度至少是3.625 m答案(1)0.8 m(2)68 N(3)3.625 m程序法在解題中的應用所謂“程序法”是指根據題意按先后順序分析發生的運動過程，并明確每一過程的受力情況、運動性質、滿足的規律等等，還要注意前后過程的銜接點是具有相同的速度突破訓練2在我國南方農村地區有一種簡易水輪機，如圖4所示， 從懸崖上流出的水可看做連續做平拋運動的物體，水流軌道與下邊 放置的輪子邊緣相切，水沖擊輪子邊緣上安裝的擋水板，可使輪子連 續轉動，輸出動力當

7、該系統工作穩定時，可近似認為水的末速度與 輪子邊緣的線速度相同設水的流出點比輪軸高h5.6 m，輪子半徑 圖4 R1 m調整輪軸O的位置，使水流與輪邊緣切點對應的半徑與水平線成37°角(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)問：(1)水流的初速度v0大小為多少？(2)若不計擋水板的大小，則輪子轉動的角速度為多少？答案(1)7.5 m/s(2)12.5 rad/s解析(1)水流做平拋運動，有hRsin 37°gt2解得t 1 s所以vygt10 m/s，由圖可知：v0vytan 37°7.5 m/s.(2)由圖可知：v

8、12.5 m/s，根據可得12.5 rad/s.27直線運動、平拋運動和圓周運動組合問題的分析 解析(1)在C點：mgm（2分）所以vC5 m/s（1分）(2)由C點到D點過程：mg(2R2r)mvmv（2分）在D點：mgFNm（2分）所以FN333.3 N（1分）由牛頓第三定律知小滑車對軌道的壓力為333.3 N. （1分）(3)小滑車要能安全通過圓形軌道，在平臺上速度至少為v1，則mvmg(2R)mv（2分）小滑車要能落到氣墊上，在平臺上速度至少為v2，則hgt2（1分）xv2t（1分）解得v2>v1，所以只要mgHmv，即可滿足題意解得H7.2 m（3分）答案(1)5 m/s(2)

9、333.3 N(3)7.2 m 1.對于多過程問題首先要搞清各運動過程的特點，然后選用相應規律2要特別注意運用有關規律建立兩運動之間的聯系，把轉折點的速度作為分析重點突破訓練3水上滑梯可簡化成如圖6所示的模型，斜槽AB和光滑圓弧槽BC平滑連接斜槽AB的豎直高度差H6.0 m，傾角37°；圓弧槽BC的半徑R3.0 m，末端C點的切線水平；C點與水面的距離h0.80 m人與AB間的動摩擦因數0.2，取重力加速度g10 m/s2，cos 37°0.8，sin 37°0.6. 圖6一個質量m30 kg的小朋友從滑梯頂端A點無初速度地自由滑下，不計空氣阻力求：(1)小朋友沿

10、斜槽AB下滑時加速度a的大小；(2)小朋友滑到C點時速度v的大小及滑到C點時受到槽面的支持力FC的大小；(3)在從C點滑出至落到水面的過程中，小朋友在水平方向的位移x的大小答案(1)4.4 m/s2(2)10 m/s1 300 N(3)4 m解析(1)小朋友沿AB下滑時，受力情況如圖所示，根據牛頓第二定律得：mgsin Ffma又FfFNFNmgcos 聯立式解得：a4.4 m/s2(2)小朋友從A滑到C的過程中，根據動能定理得：mgHFf·mgR(1cos )mv20聯立式解得：v10 m/s根據牛頓第二定律有：FCmgm聯立式解得：FC1 300 N(3)在從C點滑出至落到水面的

11、過程中，小朋友做平拋運動，設此過程經歷的時間為t，則：hgt2xvt聯立式解得：x4 m.高考題組1(2012·福建理綜·20)如圖7所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動現測得轉臺半徑R0.5 m，離水平地面的高度H0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s0.4 m設物塊 圖7所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物塊做平拋運動的初速度大小v0；(2)物塊與轉臺間的動摩擦因數.答案(1)1 m/s(2)0.2解析(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有Hgt2在水平方向上有

12、sv0t由式解得v0s 代入數據得v01 m/s(2)物塊離開轉臺時，由最大靜摩擦力提供向心力，有fmmfmNmg由式得代入數據得0.22(2010·重慶理綜·24)小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖8所示已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g.忽略手的 圖8運動半徑和空氣阻力(1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2.(2)問繩能承受的最大拉力多大？(3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動

13、到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應為多少？最大水平距離為多少？答案(1)(2)mg(3)d解析(1)設繩斷后球飛行的時間為t，由平拋運動規律有豎直方向：dgt2水平方向：dv1t解得v1由機械能守恒定律有mvmvmg(dd)解得v2 (2)設繩能承受的最大拉力大小為Fmax，這也是球受到繩的最大拉力的大小球做圓周運動的半徑為Rd由圓周運動向心力公式，有Fmaxmg得Fmaxmg(3)設繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3.繩承受的最大拉力不變，有Fmaxmgm，解得v3 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為dl，水平位移為x，時間為t1.由平拋運動規律有dlgt，xv3t1得x4 ，當l

14、時，x有最大值xmaxd.模擬題組3如圖9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 圖9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：(1)小球在C點對滑桿的壓力；(2)小球在B點的速度大小；(3)BC過程小球克服摩擦力所做的功答案(1)mg，方向豎直向下(2)2(3)解析(1)小球越過C點后做平拋運動，有豎直方向：2Rgt2水平方向：RvCt解得vC在C點對小球由

15、牛頓第二定律有：2mgFNC2m解得FNC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)BC過程對小球由動能定理有：2mg·2RWf×2mv×2mv解得Wf4如圖10所示，質量為m1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動C點在B點的正上方，D點為軌

16、道的最低點小物塊離開D點后，做平拋運動，恰好垂直于傾 圖10斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點已知半圓軌道的半徑R0.9 m，D點距水平面的高度h0.75 m，取g10 m/s2，試求：(1)摩擦力對小物塊做的功；(2)小物塊經過D點時對軌道壓力的大小；(3)傾斜擋板與水平面間的夾角.答案(1)4.5 J(2)60 N，方向豎直向下(3)60°解析(1)設小物塊經過C點時的速度大小為v1，因為經過C點恰能做圓周運動，所以，由牛頓第二定律得：mgm解得：v13 m/s小物塊由A到B的過程中，設摩擦力對小物塊做的功為W，由動能定理得：Wmv解得：W4.5 J(2)設小物塊經過D點時的速度大

17、小為v2，對從C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得：mvmg·2Rmv小物塊經過D點時，設軌道對它的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得：FNmgm聯立解得：FN60 N由牛頓第三定律可知，小物塊經過D點時對軌道的壓力大小為：FNFN60 N，方向豎直向下(3)小物塊離開D點后做平拋運動，設經時間t打在E點，由hgt2得：t s設小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度跟豎直方向的夾角為，則：vxv2vygttan 解得：tan 所以：60°由幾何關系得：60°. (限時：45分鐘)題組1平拋運動與直線運動的組合1如圖1所示，在距地面高為H45

18、 m處，有一小球A以初速度v010 m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度v0同方向滑出，B與地面間的動摩擦因數為0.5.A、B均可視做質點，空氣阻力不計，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A球從拋出到落地的時間和這段時間內的水平位移；圖1(3)A球落地時，A、B之間的距離答案(1)3 s30 m(2)20 m解析(1)對A球，由平拋運動規律得水平方向：x1v0t豎直方向：Hgt2解得x130 m，t3 s(2)對于物塊B，根據牛頓第二定律得，mgma解得a5 m/s2當B速度減小到零時，有0v0at得t2 s判斷得：在A落地之前B已經停止運動，由運動學公式v2

19、v2ax2得：x210 m則xx1x220 m.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為0.5，A點離B點所在平面的高度H1.2 m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，

20、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，由平拋運動知識得：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)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 3

21、7°)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平拋運動與圓周運動組合問題3水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc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

22、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，P是水平面上的圓弧凹槽從高臺邊B點以某速度 v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道O是圓弧的圓心，1是OA與豎直方向的夾角，2是BA與豎直方向的夾角則() 圖4A.2 Btan 1·tan 22C.2 D.2答案B解析由題意可知：

23、tan 1，tan 2，所以tan 1·tan 22，故B正確5如圖5所示，在水平勻速運動的傳送帶的左端(P點)，輕放一質量為m1 kg的物塊，物塊隨傳送帶運動到A點后水平拋出，物塊恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑B、D為圓弧的兩端點，其連線水平已知圓弧半徑R1.0 m，圓弧對應的圓心角106°，軌道最低點為C，A點距水平面的高度h0.8 m(g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)求：圖5(1)物塊離開A點時水平初速度的大小；(2)物塊經過C點時對軌道壓力的大小；(3)設物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.3，傳

24、送帶的速度為5 m/s，求PA間的距離答案(1)3 m/s(2)43 N(3)1.5 m解析(1)物塊由A到B在豎直方向有v2ghvy4 m/s在B點：tan ，vA3 m/s(2)物塊從B到C由功能關系得mgR(1cos )mvmvvB5 m/s解得v33 m2/s2在C點：FNmgm由牛頓第三定律知，物塊經過C點時對軌道壓力的大小為FNFN43 N(3)因物塊到達A點時的速度為3 m/s，小于傳送帶速度，故物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動mgma，a3 m/s2PA間的距離xPA1.5 m.6如圖6所示，半徑R1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角 37°，另一端點C為軌道的最低點C點右側的水平路面上緊挨C點放置一木板，木板質量M 1 kg，上表面與C點等高質量m1 kg的物塊(可視 圖6為質點)從空中A點以v01.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道已知物塊與木板間的動摩擦因數10.2，木板與路面間的動摩擦因數20.05，sin 37°0.6，cos 37°0.8，取g10 m/s2.試求：(1)物塊經過軌道上的C點時對軌道的壓力；(2)設木板受到的最大靜摩