高考物理大一轮复习 第五章 专题四 应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题(含解析)

专题四应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题考纲解读 1.掌握平抛运动、圆周运动问题的分析方法.2.能利用动能定理、功能关系、能量守恒定律分析平抛运动和圆周运动组合问题．解题步骤：1、选取研究对象； 2、分析：受力情况、运动情况。

3、选择规律列方程，得出结果。

考点一用运动学公式和牛顿运动定律分析平抛与直线的组合运动1．平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两分运动具有等时性．2．当物体做直线运动时，分析物体受力是解题的关键．正确分析物体受力，求出物体的加速度，然后运用运动学公式确定物体的运动规律．3．平抛运动与直线运动的衔接点的速度是联系两个运动的桥梁，因此解题时要正确分析衔接点速度的大小和方向．例1第三问部分同学有问题，是不是还有别的解法，让学生板书。

考点二用动力学和功能观点分析平抛与圆周的组合运动1．物体的圆周运动主要是竖直面内的圆周运动，通常应用动能定理和牛顿第二定律进行分析，有的题目需要注意物体能否通过圆周的最高点．2．平抛运动与圆周运动的衔接点的速度是解题的关键．例2第三问部分同学有问题，让学生板书，给学生时间受力分析列式子解方程。

突破训练1第三问部分同学有问题，应判断是否运动，没有摩擦又如何求。

总结：直线、平抛和圆周组合运动模型的分析1．模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合．2．表现形式：(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．3．应对策略：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带．很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口．例3第三问部分同学有问题, 给学生时间受力分析列式子解方程。

4. 平抛与圆周运动组合问题一、基础知识平抛＋圆周运动往往涉及多个运动过程和功能关系，解题的关键是做好两点分析：1．临界点分析：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口．2．运动过程分析：对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动．若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力．二、典型例题[例1] 如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R ＝0.8 m ，OA 水平、OB 竖直．轨道底端距水平地面的高度h ＝0.8 m ．从轨道顶端A 由静止释放一个质量m 1＝0.1 kg 小球，小球到达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个小球m 2发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C 与B 点之间的水平距离x ＝0.4 m ．忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v 1；(2)两球从B 点飞出时的速度大小v 2；(3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小．解析 (1)从A 点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒，得：mgR ＝12mv 21 代入数据得：v 1＝4 m/s(2)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得：竖直方向上有：h ＝12gt 2 代入数据解得：t ＝0.4 s水平方向上有：x ＝v 2t代入数据解得：v 2＝1 m/s(3)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得：m 2＝3m 1＝3×0.1＝0.3 kg碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力，则：F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R代入数据得：F N ＝4.5 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是4.5 N ，方向竖直向下．答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)4.5 N二、针对训练1．固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示．今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )A ．一定会落到水平面AE 上B ．一定会再次落到圆弧轨道上C ．可能会再次落到圆弧轨道上D ．不能确定解析：选A.如果小球恰能通过最高点D ，根据mg ＝m v 2D R，得v D ＝gR ， 知小球在最高点的最小速度为gR .根据R ＝12gt 2得：t ＝2R g. 则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2R g ＝2R .知小球一定落在水平面AE 上．故A 正确，B 、C 、D 错误．2．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平，已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力；。

专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题1.掌握平抛运动、圆周运动问题的分析方法.2.能利用动能定理、功能关系、能量守恒定律分析平抛运动和圆周运动组合问题．高考试题中常常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以与动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用．分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律进展分析．考点一 平抛运动与直线运动的组合问题1．平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两分运动具有等时性．2．当物体做直线运动时，分析物体受力是解题的关键．正确分析物体受力，求出物体的加速度，然后运用运动学公式确定物体的运动规律．3．平抛运动与直线运动的衔接点的速度是联系两个运动的桥梁，因此解题时要正确分析衔接点速度的大小和方向．★典型案例★如下列图，遥控赛车比赛中的一个项目是“飞跃壕沟〞，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平轨道运动，通过遥控通电控制加速时间，使赛车可以在B 点以不同的速度“飞跃壕沟〞，落在平台EF 段后竖直分速度将减为零，水平分速度保持不变。

赛车的额定功率P =10.0W ，赛车的质量m =1.0kg ，在水平直轨道AB 和EF 上受到的阻力均为 2.0f F N =，AB 段长110.0L m =，EF 段长2 4.5L m =，B 、E 两点的高度差h =1.25m ，B 、E 两点的水平距离x =1.5m 。

赛车车长不计，空气阻力不计，重力加速度210/g m s =。

〔1〕为保证赛车能停在平台EF 上，求赛车在B 点飞出的速度大小的范围。

〔2〕假设在比赛中赛车通过A 点时速度1/A v m s =，且已经达到额定功率，要使赛车完成比赛，求赛车在AB 段的遥控通电时间范围。

【答案】〔1〕3.0～4.0m/s 〔2〕2.4 s ～2.75s【名师点睛】此题要正确分析赛车在水平轨道上运动的运动情况，抓住牵引力与摩擦力平衡时速度最大是关键点之一．赛车从平台飞出后做平抛运动，如果水平位移大于等于壕沟宽度赛车就可以越过壕沟。

专题四 平抛与圆周运动组合问题的分析 考纲解读 1.掌握运用平抛运动规律、圆周运动知识解决综合性问题的方法.2.掌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衔接点．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，同时满足一定的空间几何关系． 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α＝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h ＝0.8 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)小球水平抛出时的初速度v 0；(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H ＝20.8 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，v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh代入数据，得v y ＝4 m /s ，v 0＝3 m/s.(2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 sx ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a ＝mg sin 53°m＝8 m/s 2 初速度v ＝ ＝5 m/sH sin 53°＝v t 2＋12a 22t 代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134s(不合题意舍去) 所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 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v 1发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v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(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v 1、v 2的 图2关系应满足 ( )A ．v 1＝H x v 2B ．v 1＝v 2 x HC ．v 1＝x Hv 2 D ．v 1＝v 2答案 C解析 由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：x ＝v 1t ，同时竖直方向应满足：H＝12gt 2＋v 2t －12gt 2＝v 2t ，所以有x v 1＝H v 2，即v 1＝x Hv 2，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m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝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μ＝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θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.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 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)解析 (1)小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 53°＝5 m /s ，竖直分量为v Cy ＝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°)＝12m v 2D －12m v 2C 解得v D ＝29 m/s小球在D 点时由牛顿第二定律得N －mg ＝m v D 2R代入数据解得N ＝68 N由牛顿第三定律得N ′＝N ＝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a 1＝μg ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2 速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2 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．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 图4与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)问：(1)水流的初速度v 0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h －R sin 37°＝12gt 2解得t ＝ 2(h －R sin 37°)g＝1 s 所以v y ＝gt ＝10 m/s ，由图可知：v 0＝v y tan 37°＝7.5 m/s.(2)由图可知：v ＝v 0sin 37°＝12.5 m/s ， 根据ω＝v R可得ω＝12.5 rad/s.27．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：mg ＝m Rv C 2(2分) 所以v C ＝5 m/s (1分)(2)由C 点到D 点过程：mg (2R －2r )＝12m v 2D －12m v 2C (2分) 在D 点：mg ＋N ＝m v D 2r(2分) 所以N ＝333.3 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)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v 1，则12m v 2C ＋mg (2R )＝12m v 21 (2分) 小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v 2，则h ＝12gt 2 (1分) s ＝v 2t (1分)解得v 2>v 1，所以只要mgH ＝12m v 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．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H ＝6.0 m ，倾角θ＝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μ＝0.2，取重力加速度g ＝10 m/s 2，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 图6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F C 的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移s 的大小．答案 (1)4.4 m /s 2 (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：mg sin θ－f ＝ma ①又f ＝μN ②N ＝mg cos θ ③联立①②③式解得：a ＝4.4 m/s 2 ④(2)小朋友从A 滑到C 的过程中，根据动能定理得：mgH －f ·H sin θ＋mgR (1－cos θ)＝12m v 2－0 ⑤ 联立②③⑤式解得：v ＝10 m/s ⑥根据牛顿第二定律有：F C －mg ＝m v 2R⑦ 联立⑥⑦式解得：F C ＝1 300 N ． ⑧(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则：h ＝12gt 2 ⑨ s ＝v t ⑩联立⑥⑨⑩式解得：s ＝4 m. 高考题组1． (2012·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 图7力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.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H ＝12gt 2 ① 在水平方向上有s ＝v 0t ②由①②式解得v 0＝s g 2H代入数据得v 0＝1 m/s(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有f m ＝m v 0 2R ③f m ＝μN ＝μmg ④由③④式得μ＝v 0 2gR代入数据得μ＝0.22． (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v 1和球落地时的速度大小v 2. 图8(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？答案 (1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 2 33d 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 ＝12gt 2 水平方向：d ＝v 1t解得v 1＝2gd 由机械能守恒定律有12m v 32＝12m v 21＋mg (d －34d ) 解得v 2＝ 52gd (2)设绳能承受的最大拉力大小为F max ，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 ＝34d 由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 1 2R得F max ＝113mg (3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3.绳承受的最大拉力不变，有F max －mg ＝m v 3 2l， 解得v 3＝ 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t 1.由平抛运动规律有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1 得x ＝4 l (d －l )3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝233d . 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μ＝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 ＝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 图9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)23gR (3)31mgR 4解析 (1)小球越过C 点后做平抛运动，有竖直方向：2R ＝12gt 2 ① 水平方向：R ＝v C t ②解①②得v C ＝gR 2在C 点对小球由牛顿第二定律有：2mg －N C ＝2m v C 2R解得N C ＝3mg 2由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力N C ′＝N C ＝3mg 2，方向竖直向下 (2)在A 点对小球受力分析有：N ＋F sin 37°＝2mg ③小球从A 到B 由动能定理有：F cos 37°·s －μN ·s ＝12·2m v 2B ④ 解③④得v B ＝23gR(3)BC 过程对小球由动能定理有：－2mg ·2R －W f ＝12×2m v 2C －12×2m v 2B 解得W f ＝31mgR 44． 如图10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 图10度h ＝0.75 m ，取g ＝10 m/s 2，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θ.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v 1，因为经过C 点恰能做圆周运动，所以，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 1 2R解得：v 1＝3 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：W ＝12m v 21解得：W ＝4.5 J(2)设小物块经过D 点时的速度大小为v 2，对从C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得：12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22 小物块经过D 点时，设轨道对它的支持力大小为N ，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2 2R联立解得：N ＝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：N ′＝N ＝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 ＝12gt 2得： t ＝1510s 设小物块打在E 点时速度的水平、竖直分量分别为v x 、v y ，速度跟竖直方向的夹角为α，则：v x ＝v 2 v y ＝gttan α＝v x v y解得：tan α＝ 3所以：α＝60°由几何关系得：θ＝α＝60°.专题突破练 平抛与圆周运动组合问题的分析(限时：45分钟)►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H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 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v 0同方向滑出，B 与地面间的动摩擦因数为μ＝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/s 2，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 s 30 m (2)20 m 图1解析 (1)对A 球，由平抛运动规律得水平方向：s 1＝v 0t竖直方向：H ＝12gt 2 解得s 1＝30 m ，t ＝3 s(2)对于物块B ，根据牛顿第二定律得，－μmg ＝ma解得a ＝－5 m/s 2当B 速度减小到零时，有0＝v 0＋at ′得t ′＝2 s判断得：在A 落地之前B 已经停止运动，由运动学公式v t 2－v 20＝2as 2得：s 2＝10 m则Δs ＝s 1－s 2＝20 m.2． 如图2所示，一物块质量m ＝1.0 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝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h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g 取10 m/s 2)图2(1)物块水平抛出的初速度v 0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，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m /s ＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则v A ＝v y sin 53°＝0.80.8m /s ＝1 m/s v 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s从A 到B 的运动过程中由动能定理得mgH －μmg cos 53°H sin 53°＝12m v 2B －12m v 2A 在B 点时的机械能：E B ＝12m v 2B －mgH ＝－4 J (3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为：a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v B a 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2B 、D 间的距离s BD ＝v B 22a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 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v 0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，则下列说法错误的是 ( )A ．小球到达c 点的速度为gR 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 R g答案 B解析 小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝m v c 2R，v c ＝gR ，A 项正确； 小球由b 到c 过程中，由机械能守恒定律得： 12m v 2B ＝2mgR ＋12m v 2c 小球在b 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v b 2R，联立解得 N ＝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 ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2 R g，x ＝2R ，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v 0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，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则 ( )A ．tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1·tan θ2＝2 图4 C ．1tan θ1·tan θ2＝2 D ．tan θ1tan θ2＝2 答案 B解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，所以tan θ1·tan θ2＝2，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 、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θ＝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/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)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P A 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 ＝2ghv y ＝4 m/s在B 点：tan θ2＝v y v A，v A ＝3 m/s (2)物块从B 到C 由功能关系得mgR (1－cos θ2)＝12m v 2C －12m v 2B v B ＝v A 2+v y 2＝5 m/s解得v 2C ＝33 m 2/s 2在C 点：N －mg ＝m v C 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N ′＝N ＝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 μmg ＝ma ，a ＝3 m/s 2P A 间的距离s P A ＝v A 22a＝1.5 m.6. 如图6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θ＝ 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v 0＝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． 图6已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.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v B ，则v B sin 37°＝v 0设物块经过C 点的速度为v C ，由机械能守恒得：12m v 2B ＋mg (R ＋R sin 37°)＝12m v 2C 物块经过C 点时，设轨道对物块的支持力为F C ，根据牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v C 2R联立解得：F C ＝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a 1、a 2，得：μ1mg ＝ma 1μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设物块和木板经过时间t 达到共同速度v ，其位移分别为s 1、s 2 ，则：对物块有：v C －a 1t ＝vv 2－v 2C ＝－2a 1s 1对木板有：a 2t ＝vv 2＝2a 2s 2设木板长度至少为L ，由题意得：L ≥s 1－s 2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．7． 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 ， 图7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．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/s 2)答案 2.53 s解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律x ＝v 1t ，h ＝12gt 2 解得v 1＝x g 2h＝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v 2，最低点速度为v 3，由牛顿运动 定律及机械能守恒定律得mg ＝m v 22/R12m v 23＝12m v 22＋mg (2R ) 解得v 3＝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v min ＝4 m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能关系，有Pt －fL ＝12m v 2m in ，由此解得t ＝2.53 s。

2021年高考物理【热点·重点·难点】专练(新高考专用)重难点04 平抛运动与圆周运动【知识梳理】考点一 平抛运动基本规律的理解 1．飞行时间：由ght 2=知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 0 gh 2，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关． 3．落地速度：gh v v v v x y x 2222+=+=，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有2tan v ghv v xy ==θ，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关． 4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt ；相同，方向恒为竖直向下，如图所示．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A 点和B 点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ. 【重点归纳】1.在研究平抛运动问题时，根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动，即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律．这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法． 2.常见平抛运动模型的运动时间的计算方法 (1)在水平地面上空h 处平抛： 由221gt h =知ght 2=，即t 由高度h 决定． (2)在半圆内的平抛运动(如图)，由半径和几何关系制约时间t ：221gt h =t v h R R 022=-+联立两方程可求t . (3)斜面上的平抛问题： ①顺着斜面平抛(如图)方法：分解位移 x ＝v 0t221gt y =x y=θtan可求得gv t θtan 20=②对着斜面平抛(如图)方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gttan v gt v v xy ==θ 可求得gv t θtan 0=(4)对着竖直墙壁平抛(如图)水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．vd t =3.求解多体平抛问题的三点注意(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动．(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定．(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动．考点二 圆周运动中的运动学分析描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：1.传动装置(1)高中阶段所接触的传动主要有：①皮带传动(线速度大小相等)；②同轴传动(角速度相等)；③齿轮传动(线速度大小相等)；④摩擦传动(线速度大小相等)．(2)传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．2．圆周运动各物理量间的关系(1)对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比． 当ω一定时，v 与r 成正比． 当v 一定时，ω与r 成反比．(2)对a ＝rv 2＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 考点三 竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”． 2．绳、杆模型涉及的临界问题均是没有支撑的小球均是有支撑的小球竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同． (2)确定临界点：gr v =临，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N表现为支持力还是拉力的临界点．(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向． (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程． 【限时检测】(建议用时：30分钟) 一、单项选择题：本题共4小题。

专题22 应用力学两大观点分析平抛运动与圆周运动组合问题（练）1．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1．5倍，则此过程中铁块损失的机械能为： （ ）A ．18mgRB ．14mgR C ．12mgR D ．34mgR 【答案】B 【名师点睛】当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1．5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功。

2．如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为： （ ）A ．mgH mv +2021B ．12021mgh mv +C ．2mgh mgH -D ．22021mgh mv +【答案】B【解析】不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由动能定理可得：E kB -12021mgh mv =，故E kB =12021mgh mv +，选项B 正确。

【名师点睛】以物体为研究对象，由动能定理或机械能守恒定律可以求出在B 点的动能．3．（多选）如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方2R 处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ．下列说法正确的有： （ ）A ．弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B ．小球运动到B 点时的速度大小为gR 2C ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD ．小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量【答案】CD【名师点睛】此题是对功能关系的考查；解题时要认真分析小球的受力情况及运动情况；尤其要知道在最高点和最低点弹簧的伸长量等于压缩量，故在两位置的弹力相同，弹性势能也相同；同时要知道机械能的变化量等于除重力以外的其它力做功。

微专题训练四 应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题对应学生用书 微专题训练(四)第297页 一、选择题1．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，一小球以初速度沿直轨道向右运动．如图所示，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gRB ．小球到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2R g解析：小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2cR，v c ＝gR ，A 项正确；小球由b 到c 过程中，由机械能守恒定律得：12m v 2b ＝mg ×2R ＋12m v 2c小球在b 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2b R ，联立解得N ＝6 mg ，B 项错误；小球由c 点平抛，开始做平抛运动过程中由运动学公式得： x ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2Rg，x ＝2R ，C 、D 项正确． 答案：ACD2．如图所示，水平传送带AB 长21 m ，以6 m/s 顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B 点，半圆形光滑轨道半径R ＝1.25 m ，与水平台面相切于C 点，BC 长s ＝5.5 m ，P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．物块不能到达P 点B ．物块能越过P 点做斜抛运动C ．物块能越过P 点做平抛运动D ．物块能到达P 点，但不会出现选项B 、C 所描述的运动情况解析：物块从A 点释放后在传送带上做匀加速运动，假设到 达台面之前能够达到传送带的速度v ，则由动能定理得，μmgs 1＝12m v 2，得s 1＝18 m<21 m 假设成立，物块以6 m/s冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E k P 可由动能定理求得，－μmgs －mgR ＝E k P －12m v 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点沿圆弧轨道滑回，未出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确．答案：D 二、非选择题3．如图所示，一物块质量m ＝1.0 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝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h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．斜面AB 和斜面BC 在B 点用一段平滑的小圆弧连接，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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)物块水平抛出的初速度v 0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． 解析：(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动规律得： v y ＝2gh ＝2×10×0.032m/s ＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则 v A ＝v y sin 53°＝0.80.8m/s ＝1 m/s v 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s 从A 到B 的运动过程中由动能定理得 mgH －μmg cos 53°H sin 53°＝12m v 2B －12m v 2A 在B 点时的机械能：E B ＝12m v 2B －mgH ＝－4 J(3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为：a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v Ba 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2B 、D 间的距离：x BD ＝v 2B 2a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m答案：(1)0.6 m/s (2)－4 J (2)0.76 m4．如图所示，AB 段为长度L1＝5 m 的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CO 的高度^＝1.25 m ，EFD 为一半径R ＝0.4 m 的光滑半圆弧轨道，现有一质量m ＝1 kg 的小球，在恒定的外力F ＝4 N 的作用下．由静止开始从水平面的A 点开始运动．力F 作用一段距离后将其撤去，随后物体从B 点飞出，落在水平地面CD 上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道DEF 的E 点切向进入，开始做圆周运动，且在E 点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取g ＝10 m/s 2，试求：(1)CD 间距离L 2； (2)外力F 作用的距离．解析：(1)设平抛时间为t 1水平距离为x 1，斜抛时间为t 2，水平距离为x 2.在E 点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mg ＝m v 20R解得v 0＝2 m/s 由h ＝12gt 21得t 1＝0.5 sx 1＝v 0t 1＝1 m因小球斜抛上升到最高点的过程．可看做逆向的平抛运动，所以由2R ＝12gt 22得t 2＝0.4 s ，x 2＝v 0t 2＝0.8 m ，所以L 2＝x 1＋x 2＝1.8 m(2)设F 作用距离为Δx .由动能定理 F Δx －μmgL 1＝12m v 20得Δx ＝3 m答案：(1)1.8 m (2)3 m5．如图所示，粗糙水平面与半径R ＝1.5 m 的光滑14圆弧轨道相切于B 点，静止于A 处m ＝1 kg 的物体在大小为10 N 、方向与水平面成37°角的拉力F 作用下沿水平面运动，到达B 点时立刻撤去F ，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C 点，然后返回经过B 处的速度v B ＝15 m/s.已知s AB ＝15 m ，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体到达C 点时对轨道的压力； (2)物体与水平面间的动摩擦因数μ.解析： (1)设物体在C 处的速度为v C ，由机械能守恒定律 有mgR ＋12m v 2C ＝12m v 2B在C 处，由牛顿第二定律有F C ＝m v 2CR代入数据解得：轨道对物的支持力F C ＝130 N根据牛顿第三定律，物体到达C 点时对轨道的压力F ′C ＝130 N(2)由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B 处与第二次通过B 处的速度大小相等 从A 到B 的过程，由动能定理有： [F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)]s AB ＝12m v 2B得到物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.125 答案：(1)130 N (2)0.1256．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC .经圆孤轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上．圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 解析：(1)设小物块做平抛运动的时间为t ，则有： H －h ＝12gt 2 ∴t ＝2(H －h )g＝0.3 s 设小物块到达B 点时竖直分速度为v y ，v y ＝gt 则小物块运动到B 点时的速度 v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s速度方向与水平的夹角为θ：tan θ＝v y v 0＝34，即θ＝37°(2)设小物块到达C 点速度为v 2，从B 点至C 点，由动能定理得mgh ＝12m v 22－12m v 21设C 点受到的支持力为N ，则有N －mg ＝m v 22R解得v 2＝27 m/s ，N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3 N(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f ＝μ1mg ＝5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f ′＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因f <f ′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0，在此减速过程中，小物块加速度a ＝fm＝μg ＝5 m/s 2则长木板长度为l ＝v 222μ1g＝2.8 m所以长木板至少为2.8 m ，才能保证小物块不滑出长木板． 答案：(1)5 m/s 方向与水平面的夹角为37° (2)47.3 N (3)2.8 m7．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v 0＝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μ＝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θ＝53°，不计空气阻力．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(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 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析：(1)小物块在C 点时的速度大小为 v C ＝v 0cos 53°＝5 m/s ，竖直分量为v Cy ＝4 m/s下落高度h ＝v 2Cy2g＝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°)＝12m v 2D －12m v 2C解得v D ＝29m/s小球在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR代入数据解得F N ＝68 N由牛顿第三定律得F ′N ＝F N ＝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a 1＝μg ＝3 m/s 2， a 2＝μmg M＝1 m/s 2速度分别为v ＝v D －a 1t v ＝a 2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得 μmgL ＝12m v 2D －12(m ＋M )v 2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 方向竖直向下 (3)3.625 m。

高考必考题突破讲座(四)圆周运动与平抛运动综合问题的解题策略1．圆周运动与平抛运动综合问题示意图2．涉及问题(1)运动物体可以设计为先在水平面内做圆周运动，后在竖直面内做平抛运动． (2)运动物体还可以设计为先在竖直面内做平抛运动，后做圆周运动． (3)前一过程的末速度是后一过程的初速度．►解题方法常采用分段分析法．(1)明确圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程． (2)平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解速度和位移．(3)若圆周运动在竖直面内，首先应明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够到达最高点的临界条件．圆周运动与平抛运动综合问题跟自然界和日常生活密切联系，体现其社会实用价值．此外，这类题目能考查学生基础知识和基本技能，又有较好的区分度，常受到命题者的青睐．该类试题有如下几个命题角度：角度1 水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题考查．角度2 竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查．[例1]轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl .①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得 E p ＝12M v 2B＋μMg ·(5l －l )， ②联立①②式，取M ＝m 并代入得v B ＝6gl ，③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0，即v ≥gl .④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12m v 2B ＝12m v 2D＋mg ·2l ，⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ，⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2，⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ，⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ．由机械能守恒定律有12M v 2B≤Mgl ，⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .⑫答案 见解析1．(2017·海南五校模拟)测量物体速度大小的方法很多，利用圆周运动测速度也是实验室中常用的重要方法之一．如图所示是一种测量物体弹射时的初速度的装置，右侧是半径为R 的圆盘，并置于竖直平面内，装置发射口Q 和圆盘的最上端P 点等高，装置发射口与P 点的距离为L .当装置M 中的小物体以一定的初速度垂直圆盘面且对准P 点弹出的同时，圆盘绕圆心O 点所在的水平轴在竖直平面内匀速转动，小物体恰好在P 点到达圆盘最下端时击中P 点．忽略空气阻力，重力加速度为g .则( D )A ．小物体击中P 点所需的时间为2RgB ．小物体从发射口弹出时的速度为L g RC ．圆盘转动时角速度的最小值为3π2g RD ．P 点的线速度可能为5π2gR解析 由2R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，选项A 错误；小物体从发射口弹出时的速度v 0＝L t ＝L 2gR ，选项B 错误；根据(2n －1)π＝ωt ，得ω＝(2n －1)π2gR(n ＝1,2,3，…)，角速度的最小值为ωmin ＝π2gR ，选项C 错误；P 点的线速度v ＝ωR ＝(2n －1)π2gR (n ＝1,2,3，…)，当n ＝3时，v ＝5π2gR ，选项D 正确．2．(2017·湖北襄阳调研)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为F N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v .若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R (不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是( AD )解析 设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D 正确；小物体在B 点的加速度a ＝v 2BR＝2g ，选项A 正确；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝m v 2B R ，得F B ＝mg ＋m v 2BR＝3mg ，又由牛顿第三定律可知F N ＝F B ＝3mg ，选项B 错误；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R )R ，选项C 错误．3．(2017·河北衡水一模)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 处的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0，解得μ＝0.375.(2)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2CR，当F N ＝0时，滑块恰能到达C 点，有v C ≥Rg ＝2 m/s ，滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有－μmg cos 37°·2R sin 37°＝12m v 2C －12m v 20，联立解得v 0＝2 3 m/s.(3)滑块离开C 点做平抛运动有x ＝v t ，y ＝12gt 2，由几何关系得tan 37°＝2R －yx， 联立以上各式整理得5t 2＋3t －0.8＝0， 解得t ＝0.2 s ．(t ＝－0.8舍去) 答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s4．(2017·江苏南京模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R ＝1 m ，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行．滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h ＝1.25 m ．在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F ＝4 N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s 绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B 点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s 2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度．解析 (1)物块离开滑道做平抛运动，设水平初速度为v ，所用时间为t ，则 水平方向R ＝v t ， 竖直方向h ＝12gt 2，解得v ＝2 m/s ，t ＝0.5 s.设拉动物块时的加速度为a 1，所用时间为t 1，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，撤去拉力后，设物块的加速度为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得－μmg ＝ma 2， 解得a 2＝－2 m/s 2.圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用的时间最短，圆盘转过一圈的时间 T ＝2πω＝1 s.物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1＋a 2t 2， 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为t 1＋t 2＋t ＝T ， 解得t 1＝0.3 s.(2)物块加速t ′1＝0.5 s 的末速度 v 1＝a 1t ′1＝4 m/s ，则滑道长L ＝12a 1t ′21＋v 2－v 212a 2＝4 m.答案 (1)0.3 s (2)4 m。