【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.docx

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 ()Av1v2 Bv1v2 Cv1v2 Dv1v2答案C解析由题意知从放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，最终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，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，竖直重量为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点时由牛顿其次定律得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)v2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h5.6 m，轮子半 径R1 m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，依据可得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：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)小滑车要能平安通过圆形轨道，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)4.4 m/s2(2)10 m/s1 300 N(3)4 m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：mgsin Ff ma 又Ff FN FNmgcos 联立式解得：a4.4 m/s2 (2)小伴侣从A滑到C的过程中，依据动能定理得：mgHFfmgR(1cos )mv20 联立式解得：v10 m/s 依据牛顿其次定律有：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，小伴侣做平抛运动，设此过程经受的时间为t，则：hgt2 xvt 联立式解得：x4 m.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，由最大静摩擦力供应向心力，有fmm fmNmg 由式得代入数据得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)(2)mg(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：dgt2水平方向：dv1t解得v1由机械能守恒定律有mvmvmg(dd)解得v2 (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Rd由圆周运动向心力公式，有Fmaxmg得Fmaxmg(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Fmaxmgm，解得v3 绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有dlgt，xv3t1得x4 ，当l时，x有最大值xmaxd.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s10R.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)mg，方向竖直向下(2)2(3)解析(1)小球越过C点后做平抛运动，有竖直方向：2Rgt2 水平方向：RvC t 解得vC在C点对小球由牛顿其次定律有：2mgFNC2m解得FNC由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNCFNC，方向竖直向下(2)在A点对小球受力分析有：FNFsin 372mg 小球从A到B由动能定理有：Fcos 37sFNs2mv 解得vB2(3)BC过程对小球由动能定理有：2mg2RWf2mv2mv解得Wf4 如图10所示，质量为m1 kg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R0.9 m，D点距水平面的高 图10度h0.75 m，取g10 m/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.答案(1)4.5 J(2)60 N，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：mgm解得：v13 m/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：Wmv解得：W4.5 J(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：mvmg2Rmv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：FNmgm联立解得：FN60 N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：FNFN60 N，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hgt2得：t 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，则：vxv2vygttan 解得：tan 所以：60由几何关系得：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H45 m处，有一小球A以初速度v010 m/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0.5.A、B均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/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)3 s30 m(2)20 m 图1解析(1)对A球，由平抛运动规律得水平方向：x1v0t竖直方向：Hgt2解得x130 m，t3 s(2)对于物块B，依据牛顿其次定律得，mgma解得a5 m/s2当B速度减小到零时，有0v0at得t2 s推断得：在A落地之前B已经停止运动，由运动学公式v2v2ax2得：x210 m则xx1x220 m.2 如图2所示，一物块质量m1.0 kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为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h0.032 m，粗糙斜面BC倾角为37，足够长物块与两斜面间的动摩擦因数为0.5，A点离B点所在平面的高度H1.2 m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，sin 370.6，cos 370.8.(g取10 m/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0.6 s正好通过D点，求B、D之间的距离答案(1)0.6 m/s(2)4 J(3)0.76 m解析(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动学问得：vy m/s0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则vA m/s1 m/sv0vAcos 530.6 m/s(2)物块在A点时的速度vA1 m/s从A到B的运动过程中由动能定理得mgHmgcos 53mvmv在B点时的机械能：EBmvmgH4 J(3)物块在B点时的速度vB4 m/s物块沿BC斜面对上运动时的加速度大小为：a1g(sin 37cos 37)10 m/s2物块从B点沿BC斜面对上运动到最高点所用时间为t10.4 s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a2g(sin 37cos 37)2 m/s2B、D间的距离xBDa2(tt1)20.76 m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 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2 答案ACD解析小球在c点时由牛顿其次定律得：mg，vc，A项正确；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：mv2mgRmv小球在b点，由牛顿其次定律得：FNmg，联立解得FN6mg，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：xvct,2Rgt2.解得t2 ，x2R，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，1是OA与竖直方向的夹角，2是BA与竖直方向的夹角则 ()A2 Btan 1tan 22 图4C2 D2答案B解析由题意可知：tan 1，tan 2，所以tan 1tan 22，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m1 kg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R1.0 m，圆弧对应的圆心角106，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h0.8 m(g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)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5 m/s，求PA间的距离答案(1)3 m/s(2)43 N(3)1.5 m解析(1)物块由A到B在竖直方向有v2ghvy4 m/s在B点：tan ，vA3 m/s(2)物块从B到C由功能关系得mgR(1cos )mvmvvB5 m/s解得v33 m2/s2在C点：FNmgm由牛顿第三定律知，物块经过C点时对轨道压力的大小为FNFN43 N(3)因物块到达A点时的速度为3 m/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mgma，a3 m/s2PA间的距离xPA1.5 m.6. 如图6所示，半径R1.0 m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 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 1 kg，上表面与C点等高质量m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道 图6已知物块与木板间的动摩擦因数10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.试求：(1)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？答案(1)46 N(2)6 m解析(1)设物块经过B点时的速度为vB，则vBsin 37v0设物块经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：mvmg(RRsin 37)mv物块经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，依据牛顿其次定律得：FCmgm联立解得：FC46 N由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46 N(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，得：1mgma11mg2(Mm)gMa2设物块和木板经过时间t达到共同速度v，其位移分别为x1、x2，则：对物块有：vCa1tvv2v2a1x1对木板有：a2tvv22a2x2设木板长度至少为L，由题意得：Lx1x2联立解得：L6 m即木板长度至少6 m才能使物块不从木板上滑下7 某校物理爱好小组打算进行遥控赛车竞赛竞赛路径如图7所示，赛车从起点A动身，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入 半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后连续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟已知赛车质量m0.1 kg， 图7通电后以额定功率P1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计图中L10.00 m，R0.32 m，h1.25 m，x1.50 m问：要使赛车完成竞赛，电动机至少工作多长时间？(取g10 m/s2)答案2.53 s解析设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律xv1t，hgt2解得v1x 3 m/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点速度为v3，由牛顿运动定律及机械能守恒定律得mgmv/Rmvmvmg(2R)解得v34 m/s通过分析比较，赛车要完成竞赛，在进入圆轨道前的速度最小应当是vmin4 m/s设电动机工作时间至少为t，依据功能关系，有PtFfLmv，由此解得t2.53 s