(完整)平抛运动与圆周运动的组合问题(含答案),推荐文档

热点5 平抛运动与圆周运动的综合考查[热点分析]平抛运动结合圆周运动是近年高考热点，尤其在计算题中，频繁考查，该类题解题程序一般分三步：第1步：分析运动形式1．单个质点的连续运动：平抛运动接圆周运动或圆周运动接平抛运动．2．质点和圆盘的独立运动：圆盘外质点平抛落在转动圆盘上，或者转动圆盘上质点被抛出落在圆盘外．第2步：确定运动临界与关联1．单个质点的连续运动：速度与圆轨道相切，恰好经过圆轨道最高点等．2．质点和圆盘的独立运动：运动时间关联，位移关联，速度关联等．第3步：用规律 根据临界条件和关联列方程求解．如图所示，一小物块自平台上以速度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 ，小物块与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 ．有一半径为R 的光滑圆轨道与斜面AB 在B 点相切连接，已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块水平抛出的初速度v 0是多少；(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R 的最大值．[解析] (1)小物块自平台做平抛运动，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tan53°＝v y v 0得v 0＝0.6 m/s.(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N .则由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R 由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos53°sin53°－mg (R ＋R co s53°)＝12mv 2－12mv 20 小物块能过圆轨道最高点，必有F N ≥0联立以上各式并代入数据得：R ≤821 m ，即R 最大值为821m.[答案] (1)0.6 m/s (2)821m对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．。

专题热点四 平抛运动与圆周运动的综合问题一、水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题1.命题角度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形式考查.2．解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程．（2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．（３)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.【例１】 地面上有一个半径为R 的圆形跑道,高为ｈ的平台边缘上的P 点在地面上P ′点的正上方,P ′与跑道圆心O 的距离为L (Ｌ>Ｒ）,如图4－1所示，跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计).问:图4-１(1）当小车分别位于A 点和B 点时(∠A ＯＢ=90°)，沙袋被抛出时的初速度各为多大？（2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？（3）若小车沿跑道顺时针运动,当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中,小车的速率v 应满足什么条件？【解析】 （1)沙袋从Ｐ点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为ｔ，则h ＝12gt 2，解得ｔ=错误! 当小车位于A 点时．有x A ＝v Ａt =L -R可得v A =(L -R )错误!当小车位于Ｂ点时,有x B =v B t ＝L 2+R 2可得v B ＝错误!(２)若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为v 0min =v A ＝(Ｌ－R )＼ｒ(＼ｆ(g,2h ))若当小车经过C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大,有x C ＝ｖ０m ａx t =L +R可得v 0max =（Ｌ＋R )错误!所以沙袋被抛出时的初速度范围为（L -R ）错误!≤ｖ0≤（L ＋R )错误!（３)要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落的时间相同t AB =（ｎ+14）２πＲv (n ＝0，1,２,3,…) t AB =t ＝错误!得v =错误!错误!(ｎ=０,1,２，3,…)【答案】 (1）（L -R )错误! 错误!（２)(L －Ｒ)＼ｒ(＼f （ｇ,２h ))≤v 0≤(L +Ｒ)＼f(g,2h )(3)＼f(4n ＋1πR ,2)错误!（n =0,１,2,3，…)二、竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题1．命题角度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．2．解题关键(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”,然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件.(2）速度也是联系前后两个过程的关键物理量．图４－2【例2】 如图4－2所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点,下端系一质量m =1.0 k ｇ的小球．现将小球拉到Ａ点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B 点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C 点,地面上的D 点与OB 在同一竖直线上,已知绳长L =１.0 ｍ,B 点离地高度H =1.0 m ，A 、B 两点的高度差h =０．5 m,重力加速度g 取1０ m/s ２,不计空气影响,求:(1)地面上DC 两点间的距离s ;(2)轻绳所受的最大拉力大小.【解析】 分段研究小球的运动过程，Ａ到B 过程中小球在竖直面内做圆周运动，机械能守恒；B 到C 过程中小球做平抛运动,根据平抛运动的分解求解.注意隐含条件：恰好被拉断时，轻绳达到最大张力．(１)小球从A 到B 过程机械能守恒,有m ｇh ＝1２mv 错误!①小球从Ｂ到C做平抛运动，在竖直方向上有H=＼f(1,2)gｔ2②在水平方向上有s＝v B t③由①②③式解得ｓ≈1.41 ｍ④(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F－mg＝m错误!⑤由①⑤式解得Ｆ＝２0 N根据牛顿第三定律F′＝-F轻绳所受的最大拉力为20 N．【答案】 (1）1.41 m (2)2０N。

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1 专题04 平抛运动与圆周运动
【母题来源一】2019年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II 卷）
【母题原题】（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图（a ），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v –t 图象如图（b ）所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则
A ．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B ．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C ．第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D ．竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】由v –t 图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A 错误；由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B 正确；由于v –t 斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0v v a t
-=易知a 1>a 2，故C 错误；由图象斜率，速度为v 1时，第一次图象陡峭，第二次图象相对平缓，故a 1>a 2，由G –f y =ma ，可知，f y 1<f y 2，故D 正确
【母题来源二】2019年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）
【母题原题】（2019·江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为。

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。