步步高(新課標)一輪講義：專題04應用力學兩大觀點分析平拋與圓周組合問題

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1、專題四 應用力學兩大觀點分析平拋與圓周組合問題 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 考綱解讀1.掌握平拋運動、圓周運動問題的分析方法.2.能利用動能定理、功能關系、能量守 第2頁共15頁 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 速度，然后運用運動學公式確定物體的運動規(guī)律. 3 .平拋運動與直線運動的銜接點的速度是聯(lián)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

2、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 h= 0.8 m,重力加速 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 度取 g=10 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 vo; (2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離 x; (3)若斜面頂端高 H = 20.8 m,則小球離開平臺后經(jīng)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, vy= v0tan 53 , vy= 2g

3、h 代入數(shù)據(jù)，得 vy= 4 m/s, vo= 3 m/s. (2)由 vy=gti 得 ti= 0.4 s x= voti = 3x 0.4 m= 1.2 m (3)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度 a=mg且阻=8 m/s2 m 初速度v = - ：v2 + vy= 5 m/s H 1 2 si^T-vt2+ 2at2 13 代入數(shù)據(jù)，解得t2=2 s或t2 =— ]s3符合題意舍去) 所以 t= ti+ t2 = 2.4 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

4、.物體的圓周運動主要是豎直面內(nèi)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(jīng)過C點的切線方 向水平.已知圓弧的半徑為 R= 1.25 m,斜面AB的長度為L= 1 m,質(zhì)量為m= 1 kg的 小物塊(可視為質(zhì)點)在水平外力F=1 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?shù)竭_ 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 x= 1.2 m, C點距離地面高度為 h

5、= 0.8 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(jīng)C點時對圓弧面的壓力; (2)物塊滑至B點時的速度； (3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù). 解析(1)物塊從C點到E點做平拋運動 由 h = 2gt2 得 t= 0.4 s x vc =1=3 m/s 由牛頓第二定律知 vc Fn — mg= mR Fn= 17.2 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 1 2 1 2 mgR(1 — cos 37 ) =

6、/vC—/vB, vb= 2 m/s (3)從 A 點到 B 點由 vB=2aL,得 a=2 m/s2 由牛頓第二定律有 mgsin 37 Fcos 37 —，mgcos 37 — Fsin 37 )= ma 代入數(shù)據(jù)，解得產(chǎn)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A點以vo = 4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量 m=1 kg的小物塊(可 視為質(zhì)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(jīng) 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

7、板的質(zhì)量 M = 4 kg, A、B兩點距C點的高度分別為 H = 0.6 m、h=0.15 m, R= 0.75 m,小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù) 以= 0.5,長木板與地面間的動摩擦因數(shù) 2 = 0.2, g= 10 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點的壓力大小; (3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板. 第3頁共15頁 答案 (1)5 m/s 方向與水平面的夾角為 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： H— h=

8、1gt2 設小物塊到達B點時豎直分速度為 Vy： vy=gt 則小物塊運動到 B點時的速度 vi = [v2 + vy= 5 m/s Vy 3 一 速度萬向與水平面的夾角為 0: tan 0=—=-,即0= 37 V0 4 1 o 1 O (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 mgh=-mv2-2mv2 設C點受到的支持力為 Fn,則有 mv2 FN- mg= -R- 解得 V2=2/ m/s, Fn = 47.3 N 根據(jù)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 ⑶由題意可知小物塊對長木板的摩擦力 Ff=

9、 .mg = 5 N 長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力 Ff=區(qū)(M + m)g=10 N 因Ff

10、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 用相應規(guī)律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)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R=0.2 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(zhì)量為 0.1 kg的薄木板CD,開始時薄木板被鎖定.一 質(zhì)量也為0.1

11、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(jīng) 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(shù)為 尸*.（g=10 m/s2,結(jié)果可保留根號）求： 圖4 第9頁共15頁 （1）物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力; （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. 明情景 析過程 審題與關聯(lián) 柑跳兒八丸址從NEC做勺乩運動？在C直特 塊的速度

12、方向如何？*軼在厚木板上丟動 時,物城和弗水襤的壹力加何,做什次亞動？ \J 理思路 選規(guī)律 巧布埼 詳解析 物塊從兒孔凱什幺力做功?能否運用動能又現(xiàn)? 蓑樣求C點速度?物扶在曹木墓上運動總祥確 、定其速度與時間的關系？ r）kA利抵可選時動能定拜成機械就守恒定律:在C點 用運動的合成與分搟碉定令速度;牯塊和薄木成上 滑動.用牛何運動定律確定二備的出速度. 解析（1）物塊從A到B的過程，由動能定理得: mgR=TmvB, 解得： vb = 2 m/s 2 在B點由牛頓第二定律得：Fn — mg = m樓 R 解得：F n = 3 N 由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力

13、大小為 3N,方向豎直向下 -一、, … VB (2)設物塊滑上溥木板的速度為 v,則：cos 30 =- 解得：v =皆3 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 — Q mgos 30 = mai 對薄木板：mgsin 30 + a nmos 30 = ma2 設物塊和薄木板達到的共同速度為 v,則：v =v+ait = a2t 解得：ai= 2.5 m/s2, t= 4153 s 答案(1)3 N ,方向豎直向下 (2)433 m/s (3)2.5 m/s2 4153 s 突破訓練2如圖5所示，將一質(zhì)量 m=0.1 kg

14、的小球自水平平臺頂端 。點水平拋出，小球 恰好無碰撞地落到平臺右側(cè)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(nèi)側(cè)運動.已知斜面頂端與平臺的高度差 h= 3.2 m,斜面高H=15 m,豎直圓軌 道半徑 R=5 m.取 sin 53 =0.8, cos 53 =0.6, g=10 m/s2,求： 圖5 (1)小球水平拋出的初速度 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 。點拋出至落到斜面底端 B點所用的時間； ⑶若豎直圓軌道光滑，小球運動到

15、圓軌道最高點 D時對軌道的壓力. 答案 (1)6 m/s 4.8 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： v0 = VyCOt a 由平拋運動規(guī)律得：Vy = 2gh h=2gt2 x= voti 聯(lián)立解得：vo=6 m/s, x=4.8 m (2)小球從平臺頂端 。點拋出至落到斜面頂端 A點，需要時間 = 0.8 s ti = 小球在A點的速度沿斜面向下，速度大小 VA = vo =10 m/s cos a 從A點到B點 1 1 由動能th理得

16、 mgH = ]mvB —gmvA 解得 vb= 20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a= gsin a= 8 m/s2 由 vb=va+ at2,解得 t2= 1.25 s 小球從平臺頂端 。點拋出至落到斜面底端 B點所用的時間 t=t〔+t2=2.05 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—2mgR = 12 12 2mvD —2mvB 在D點由牛頓第二定律可得： vD Fn+ mg= mR 聯(lián)立解得：Fn = 3 N 由牛頓第三定律可得，小球在 D點對軌道的壓力Fn =3 N,方向豎直向上 高考模報?提能訓練 走近

17、高考 楮冽課堂效果 提升爵題俄力 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 。點，下端系一質(zhì)量 m=1.0 kg的 小球.現(xiàn)將小球拉到 A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)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，已知繩長 L = 1.0 m,B點離地高度 H = 1.0 m,A、B兩點的高度差 h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2, 不計空氣影響，求: (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(

18、1)小球從A到B過程機械能守恒，有 1 2G mgh= 2mvB ① 小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有 H=；gt2② 在水平方向上有 S= VBt③ 由①②③式解得s= 1.41 m④ 2 .. ―一 .. VBq (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 F —mg=m]⑤ 由①⑤式解得F=20 N 根據(jù)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 D,且對D處的壓力為0,求: BC相切于C,已知圓軌道半徑為 R, BC長

19、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 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. 4 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(shù)為的由動能定理有 4mgR-4mgR- 2mgR=2mv2 在D點,有mg= mvR 從2R處釋放后滑塊將運動到半圓軌道上 h高處, 則有 2mgR—4科 mgRmgh=0 解得：h=0.5

20、R 滑塊將沿水平軌道向左滑動距離 x減速至0,有 mgh—mg關 0 一r 4 解得：x=3R （2）要使滑塊擊中B點，則從D點平拋的速度為vi滿足 4R= vit 且 2R= 1gt2 由釋放到運動到D點過程中，有 1 2 mgH —4mgR 2mgR= 2mv1 解得：H = 5.5R 3 .如圖8所示，一質(zhì)量為2m的小球套在一 “ 滑桿上，小球與滑桿的動摩擦因數(shù)為 卜 = 0.5, BC段為半徑為R的半圓，靜止于 A處的小球在大小為 F = 2mg,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

21、中未畫出），已知D點到B點的距離為R,且AB的距離為s= 10R. 第9頁共15頁 試求: 圖8 ⑴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 dgmg,方向豎直向下 (2)2^3gR (3)31mgR 解析(1)小球越過C點后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得 豎直方向：2 R= 2gt2① 水平方向：R= vet② 2 VC 在C點對小球由牛頓第二定律有： 2mg+ Fnc= 2mR 解得Fnc= —3mg,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Fnc =FN

22、c = 3mg,方向豎直向下 (2)在A點對小球受力分析有： FN+Fsin 37 = 2mg ③ 小球從A到B由動能定理有： 1 - 2f Feos 37 s—IN s= 2 2mvB④ 解③④得vb= 2^/3gR (3)由B到C過程對小球由動能定理有: 1 1 , —2mg 2R- Wf = 2x 2mvC—2x 2mvB 31mgR 解得 Wf=-mg- 練出高分 （限時：45分鐘） ?題組1直線與平拋運動的組合 1 .如圖1所示，小球a、b的質(zhì)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 vo平拋，比較a

23、、b落地的運動過程有（ ） 圖1 A. a、b兩球同時到達地面 B. a、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(xiàn)合= 2mgsin 30 0,根據(jù)牛頓第二定律，a=g,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 1 go 1 面局度為h,則2h=2X*a, h = 2Xgtb,解得ta=2tb,故A錯誤.對a運用動能定理， (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.

24、 (3)從滑塊第一次到達 B點時起，經(jīng)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(guī)律得: vy= ^y2gh=^2X 10X 0.032 m/s= 0.8 m/s 由于物塊恰好沿斜面下滑，則 vy 0.8 va=7一二"-TT m/s = 1 m/s sin 53 0.8 vo= vacos 53 = 0.6 m/s (2)物塊在 A點時的速度 va=1 m/s 從A到B的運動過程中由動能定理得 。H mgH 一科 mcos 53 sin 53 2mv

25、B— 2mvA 第18頁共15頁 卜滑, v0沿直 1 o 在B點時的機械能： EB=2mvB- mgH= - 4 J (3)物塊在B點時的速度 vb=4 m/s 物塊沿BC斜面向上運動時的加速度大小為： 2 a1 = g(sin 37 + ⑷os 37 )= 10 m/s 物塊從B點沿BC斜面向上運動到最高點所用時間為 t1 = vB= 0.4 s,然后沿斜面 a1 下滑時的加速度大小為： a2= g(sin 37 — ⑷os 37 )= 2 m/s2 B、D 間的距離：xbd=普一1a2(t—11)2= 0.76 m 2 a1 2 ?題

26、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 be相切，一小球以初速度 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3 D項正確. A.小球到達c點的速度為VgR B.小球到達b點時對軌道的壓力為 5mg C.小球在直軌道上的落點 d與b點距離為2R d.小球從c點落到d點所需時間為2、yg 答案 ACD 解析 小球在c點時由牛頓第二定律得： —2 mvc mg=~^~, vc= VgR, A 項正確; R 小球由b到c過程中，由機械能

27、守恒定律得: 1 2 1 2 2mvb= 2mgR+ 2mvc (1)CD間距離L2； (2)外力F作用的距離. 答案(1)1.8 m (2)3 m 解析(1)設平拋時間為ti,水平距離為 X1,斜拋時間為t2,水平距離為X2. 在E點時，小球與圓弧軌道無相互作用力，則有 V2 mg= mR 解得 V0= 2 m/s 由 h = 1gt2得 t1 = 0.5 s X1 = vot1 = 1 m 1 , 因斜拋可看做逆向的平拋運動，所以由 2R= 2gt2得 t2=0.4 s, X2= V0t2= 0.8 m ,所以 L2 =X1 + X2= 1.

28、8 m (2)設F作用距離為Ax.由動能定理 1 2/匚 FAx—mgL= ?mv2得 Ax=3 m 5. 如圖5所示，半徑為R的光滑半圓軌道 ABC與傾角為 仁37 的粗糙斜面軌道 DC相切于 C點，半圓軌道的直徑 AC與斜面垂直.質(zhì)量為 m的小球從A點左上方距 A點高為h 的斜面上方P點以某一速度V0水平拋出，剛好與半圓軌道的 A點相切進入半圓軌道內(nèi) 側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的 D點.已知當?shù)氐闹亓铀俣葹?g, 取 R= 50h, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8,不計空氣阻力，求: 9 圖5 (1)小球被拋出時的速度 V。

29、； (2)小球到達半圓軌道最低點 B時，對軌道的壓力大小; (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功 Wf. 答案(1)3V2gh (2)5.6mg (3) -196mgh 解析（1）小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為 。，如圖所示. 則有v2= 2gh① 由幾何關系得 vo=vicot?） 聯(lián)立①②式得 4 vo=國2gh③ 3 (2)A、B間豎直高度 H = R(1 + cos ④ 設小球到達B點時的速度為v,則從拋出點到 B過程中由機械能守恒定律得 1 o 1 e 2mv2 + mg( H + h) = 2mv2 ⑤ v2 ? 在B點，根據(jù)牛頓第二定律有

30、Fn — mg = m^⑥ R 聯(lián)立③④⑤⑥式解得Fn = 5.6mg 由牛頓第三定律知，小球在 B點對軌道的壓力大小是 5.6mg .1c ⑶全過程應用動能定理： Wf= 0—2mv2 即 Wf= — [mv0= — gmgh 2 9 1 1c 1 2mgh= 2x2mv2 —0,對b運用動能te理，有 mgh=2mv2-2mv0,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 1國、4麗， 由功率的計算公式 P=Fv可知落地時a、b兩球重力做功的

31、瞬時功率均為 mg/2gh, 故 D正確. 2.如圖2所示，一物塊質(zhì)量 m=1.0 kg自平臺上以速度 V0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角 為a= 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 h =0.032 m,粗糙余^面BC傾角為 片37。，足夠長.物塊與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為 口 = 0.5, A點離B點所在平面的高度 H = 1.2 m,斜面AB和斜面BC在B點用一段平滑 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/s

32、1 2. 2 小球在b點，由牛頓第二定律得：FN-mg = mV-,聯(lián)立解得 R FN = 6mg, 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: x= vct,2R=2gt2解得 t=2 NR, x= 2R, C、 4.如圖4所示，AB段為長度Li=5 m的粗糙水平地面，其動摩擦因數(shù) 產(chǎn)0.2,它高出水平 地面CD的高度h= 1.25 m, EFD為一半徑R=0.4 m的光滑半圓形軌道. 現(xiàn)有一質(zhì)量 m =1 kg的小球，在恒定白^外力F=4 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E點切向進入，開始做圓周運動，且在 E點時與圓弧軌道間 的相互作用力恰好為零.取 g=10 m/s2,試求：