1、 1 平抛运动与圆周运动的组合问题 1、 如图所示，有一个可视为质点的质量为 m 1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A 点以 v0 3 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 M 3 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 R 0.5 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 g 10 m/s2.求： (1)A、 C 两点的高度差； (2)小物块刚
2、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 53 0.8， cos 53 0.6) 解析 (1)小物块在 C 点时的速度大小为 vC v0cos 53 5 m/s，竖直分量为 vCy 4 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(1 cos 53) 12mv 2D 12mv 2C 解得 vD 29 m/s 小球在 D 点时由牛顿第二定律得 FN mg mvD2R 代入数据解得 FN 68 N 由牛顿第三定律得 FN FN 68 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
3、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 a1 g 3 m/s2， a2 mgM 1 m/s2 速度分别为 v vD a1t， v a2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得 mgL 12mv 2D 12(m M)v2 解得 L 3.625 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 2 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 2、 在我国南方农
4、村地区有一种简易水轮机，如图所示，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 h 5.6 m，轮子半径 R 1 m调整轮轴 O 的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成 37角 (已知 sin 37 0.6， cos 37 0.8， 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
5、)水流做平抛运动，有 h Rsin 37 12gt2 解得 t 2h Rsin 37g 1 s 所以 vy gt 10 m/s，由图可知： v0 vytan 37 7.5 m/s. (2)由图可知： v v0sin 37 12.5 m/s， 根据 vR可得 12.5 rad/s. 3、 3 解析 (1)在 C 点： mg mRvC2 (2 分 ) 所以 vC 5 m/s (1 分 ) (2)由 C 点到 D 点过程： mg(2R 2r) 12mv 2D 12mv 2C (2 分 ) 在 D 点： mg FN mvD 2r (2 分 ) 所以 FN 333.3 N (1 分 ) 由牛顿第三定律知
6、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 12mv 2C mg(2R)12mv 21 (2 分 ) 小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为 v2，则 h 12gt2 (1 分 ) x v2t (1 分 ) 解得 v2v1，所以只要 mgH 12mv 22 ，即可满足题意 解得 H 7.2 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 4、
7、 水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽 AB 和光滑 圆弧槽 BC 平滑连接斜槽 AB 的竖直高度差 H 6.0 m，倾角 37；圆弧槽 BC 的半径 R 3.0 m，末端 C 点的切线水平； C 点与水面的距离 h 0.80 m人与 AB 间的动摩擦因数 0.2，取 重力加速度 g 10 m/s2， cos 37 0.8， sin 37 0.6.一个质量 m 30 kg 的小朋友从滑梯顶端 A 点无初速度地自由滑下，不计空 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
8、 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 m/s 1 300 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 FN mgcos 联立 式解得： a 4.4 m/s2 (2)小朋友从 A 滑到 C 的过程中，根据动能定理得： mgH Ff Hsin mgR(1 cos ) 12mv2 0 4 联立 式解得： v 10 m/s 根据牛顿第二定律有： FC mg mv2R 联立 式解得： FC 1 300 N (3)在从 C 点滑出至落到水面的过程中
9、，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为 t， 则： h 12gt2 x vt 联立 式解得： x 4 m. 5、 (2012福建理综 20)如图所示，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R 0.5 m，离水平地面的高度 H 0.8 m，物 块平抛落地过程水平位移的大小 s 0.4 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 g 10 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
10、H 12gt2 在水平方向上有 s v0t 由 式解得 v0 s g2H 代入数据得 v0 1 m/s (2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有 fm mv0 2R fm N mg 由 式得 v0 2gR 代入数据得 0.2 6、 (2010重庆理综 24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一 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，如图所示已知握绳的手离地面高度为 d，手与 球之间的绳长为 34d，重力加速度为 g.忽略手的运动半径和空气阻力 (1)求绳断时球的速度大小 v1
11、和球落地时的速度大小 v2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，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？ 5 答案 (1) 2gd 52gd (2)113 mg (3)d2 2 33 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： 14d 12gt2 水平方向： d v1t 解得 v1 2gd 由机械能守恒定律有 12mv 32 12mv 21 mg(d 34d) 解得 v2 52gd (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 R
12、 34d 由圆周运动向心力公式，有 Fmax mg mv1 2R 得 Fmax 113 mg (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 Fmax mg mv3 2l ， 解得 v3 83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为 d l，水平位移为 x，时间为 t1.由平抛运动规律有 d l 12gt 21 ， x v3t1 得 x 4 ld l3 ，当 l d2时， x 有最大值 xmax 2 33 d. 7、 如图所示，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 F
13、2mg，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 s 10R.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)32mg，方向竖直向下 (2)2 3gR (3)31mgR4 解析 (1)小球越过 C 点后做平抛运动， 有竖直方向： 2R 12gt2 水平方向 ： R vC t 解 得 vC gR2 在 C 点对小球由牛顿第二定律有： 2mg FNC 2mvC 2
14、R 6 解得 FNC 3mg2 由牛顿第三定律有，小球在 C 点对滑杆的压力 FNC FNC 3mg2 ，方向竖直向下 (2)在 A 点对小球受力分析有： FN Fsin 37 2mg 小球从 A 到 B 由动能定理有： Fcos 37s FNs 122 mv 2B 解 得 vB 2 3gR (3)BC 过程对小球由动能定理有： 2mg2 R Wf 12 2mv 2C 12 2mv 2B 解得 Wf 31mgR4 8、 如图所示，质量为 m 1 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
15、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 R 0.9 m， D 点距水平面的高度 h 0.75 m，取 g 10 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，因为经过 C 点恰能做圆周运动，所以， 由牛顿第二定律得： mg mv1 2R 解得： v1 3 m/s 小
16、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： W 12mv 21 解得： W 4.5 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： 12mv 21 mg2 R12mv 22 小物块经过 D 点时，设轨道对它的支持力大小为 FN，由牛顿第二定律得： FN mgmv2 2R 联立解得： FN 60 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： FN FN 60 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 h 12gt2得： 7 t 1510
17、s 设小物块打在 E 点时速度的水平、竖直分量分别为 vx、 vy，速度跟竖直方向的夹角为 ， 则： vx v2 vy gt tan vxvy解得： tan 3 所以： 60 由几何关系得： 60. 9、 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 gR B小球到达 b 点时对轨道的压力为 5mg C小球在直轨道上的落点 d 与 b 点距离为 2R D小球从 c 点落到 d 点所需时间为 2
18、Rg 答案 ACD 解析 小球在 c 点时由牛顿第二定律得： mg mvc 2R ， vc gR， A项正确； 小球由 b 到 c 过程中，由机械能守恒定律得： 12mv 2B 2mgR12mv 2c 小球在 b 点，由牛顿第二定律得： FN mg mvb 2R ，联立解得 FN 6mg， 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： x vct,2R 12gt2.解得 t 2 Rg， x 2R， C、 D 项正确 10、 如图所示， 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
19、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 ( ) 8 A tan 2tan 1 2 B tan 1tan 2 2 C 1tan 1tan 2 2 D tan 1tan 2 2 答案 B 解析 由题意可知 ： tan 1 vyvx gtv0， tan 2 xy v0t12gt2 2v0gt ， 所以 tan 1tan 2 2， 故 B 正确 11、 如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端 (P 点 )，轻放一质量为 m 1 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、
20、D 为圆弧的两端点，其连线水平已知圆弧半径 R 1.0 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 h 0.8 m(g 取 10 m/s2，sin 53 0.8， cos 53 0.6)求： (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 v 2y 2gh vy 4 m/s 在 B 点： tan 2 vyvA， vA 3 m/s (
21、2)物块从 B 到 C 由功能关系得 mgR(1 cos 2) 12mv 2C 12mv 2B vB vA2+vy2 5 m/s 解得 v 2C 33 m2/s2 在 C 点： FN mg mvC 2R 由牛顿第三定律知，物块经过 C 点时对轨道压力的大小为 FN FN 43 N (3)因物块到达 A 点时的速度为 3 m/s，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动 mg ma， a 3 m/s2 PA 间的距离 xPA vA 22a 1.5 m. 12、 如图所示，半径 R 1.0 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
22、9 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 m 1 kg 的物块 (可视为质点 )从空中 A 点以 v0 1.2 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 已知物块与木板间的动摩擦因数 1 0.2，木板与路面间的动摩擦因数 2 0.05， sin 37 0.6， cos 37 0.8，取 g 10 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
23、)6 m 解析 (1)设物块经过 B 点时的速度为 vB，则 vBsin 37 v0 设物块经过 C 点的速度为 vC，由机械能守恒得： 12mv 2B mg(R Rsin 37)12mv 2C 物块经过 C 点时，设轨道对物块的支持力为 FC，根据牛顿第二定律得： FC mg mvC2R 联立解得： FC 46 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： 1mg ma1 1mg 2(M m)g Ma2 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
24、块有： vC a1t v v2 v 2C 2a1x1 对木板有： a2t v v2 2a2x2 设木板长度至少为 L，由题意得： L x1 x2 联立解得： L 6 m 即木板长度至少 6 m 才能使物块不从木板上滑下 13、 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛比赛路径如图 7 所 示，赛车从起点 A 出发，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，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直 轨道上运动到 C 点，并能越过壕沟已知赛车质量 m 0.1 kg， 通电后以额定功率 P 1.5 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
25、图中 L 10.00 m， R 0.32 m， h 1.25 m， x 1.50 m问：要使赛车完成比赛，电动 机至少工作多长时间？ (取 g 10 m/s2) 10 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 x v1t， h 12gt2 解得 v1 x g2h 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 mg mv 22 /R 12mv 23 12mv 22 mg(2R) 解得 v3 5gR 4 m/s 通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 vmin 4 m/s 设电动机工作时间至少为 t，根据功能关系，有 Pt FfL 12mv 2min ，由此解得 t 2.53 s
