2015届高考物理一轮复习精品学案：055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

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．

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 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/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

图1

(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；

(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， vy＝v0tan 53°，v2y＝2gh 代入数据，得 vy＝4 m/s，v0＝3 m/s. (2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s x＝v0t1＝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

1

mgsin 53°a＝＝8 m/s2

m

2初速度v＝v0＋v2y＝5 m/s

H1

＝vt2＋at2 sin 53°22

13

代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不符合题意舍去)

4所以t＝t1＋t2＝2.4 s.

答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s

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 如图2所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线

方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2 m，C点距离地面高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：

图2

(1)物块经C点时对圆弧面的压力； (2)物块滑至B点时的速度； (3)物块与斜面间的动摩擦因数． 解析 (1)物块从C点到E点做平抛运动 1

由h＝gt2

2得t＝0.4 s x

vC＝＝3 m/s

t由牛顿第二定律知

2vCFN－mg＝m R

2

FN＝17.2 N

由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2 N，方向竖直向下 (2)从B点到C点由动能定理有

112

mgR(1－cos 37°)＝mv2C－mvB，vB＝2 m/s 22

2(3)从A点到B点由v2B＝2aL，得a＝2 m/s

由牛顿第二定律有

mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 代入数据，解得μ≈0.65

答案 (1)17.2 N，方向竖直向下 (2)2 m/s (3)0.65

突破训练1 如图3所示，从 A点以v0＝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/s2.求：

图3

(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． 答案 (1)5 m/s 方向与水平面的夹角为37° (2)47.3 N (3)2.8 m

解析 (1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有： 1H－h＝gt2

2

设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy＝gt 则小物块运动到B点时的速度

2v1＝v20＋vy＝5 m/s

vy3

速度方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝＝，即θ＝37°

v04

1212

(2)设小物块到达C点时速度为v2，从B点至C点，由动能定理得mgh＝mv2－mv1

22

3

设C点受到的支持力为FN，则有

2mv2FN－mg＝

R

解得v2＝27 m/s，FN＝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Ff＝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 Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N

因Ff

则长木板长度为l＝＝2.8 m

2μ1g

所以长木板至少为2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板．

25.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．

1

例3 如图4所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够

4

长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝3

.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求： 6

4

图4

(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小；

(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间． 审题与关联

解析 (1)物块从A到B的过程，由动能定理得： 1mgR＝mv2，解得：vB＝2 m/s

2B

v2B

在B点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m R解得：FN＝3 N

由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下 vB

(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos 30°＝v 43解得：v＝ m/s

3

(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1 对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2

设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t 解得：a1＝2.5 m/s2，t＝

43

s 15

5

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