第五章专题四

专题四专题四 应用力学两大观点分析平抛与圆周组合问题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 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 v 2gh 2 y 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 a 8 m s2 mgsin 53 m 初速度 v 5 m s v2 0 v2 y vt2 at H sin 53 1 2 2 2 代入数据 解得 t2 2 s 或 t2 s 不符合题意舍去 13 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 由 h gt2 1 2 得 t 0 4 s vC 3 m s x t 由牛顿第二定律知 FN mg m v2 C R 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 mgR 1 cos 37 mv mv vB 2 m s 1 22 C 1 22 B 3 从 A 点到 B 点由 v 2aL 得 a 2 m s2 2 B 由牛顿第二定律有 mgsin 37 Fcos 37 mgcos 37 Fsin 37 ma 代入数据 解得 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 1 0 5 长木板与地 面间的动摩擦因数 2 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 H h gt2 1 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 v1 5 m s v2 0 v2 y 速度方向与水平面的夹角为 tan 即 37 vy v0 3 4 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 mv mv 1 22 2 1 22 1 设 C 点受到的支持力为 FN 则有 FN mg mv2 2 R 解得 v2 2 m s FN 47 3 N 7 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 1mg 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 2 M m g 10 N 因 Ff Ff 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 则长木板长度为 l 2 8 m v2 2 2 1g 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 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 1 4 够长的光滑固定斜面 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 g 10 m s2 结果可保留根号 求 3 6 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 mgR mv 1 22 B 解得 vB 2 m s 在 B 点由牛顿第二定律得 FN mg m v2 B 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 2 设物块滑上薄木板的速度为 v 则 cos 30 vB v 解得 v m s 4 3 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 mgcos 30 ma1 对薄木板 mgsin 30 mgcos 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 s 4 3 15 答案 1 3 N 方向竖直向下 2 m s 3 2 5 m s2 s 4 3 3 4 3 15 突破训练 2 如图 5 所示 将一质量 m 0 1 kg 的小球自水平平台顶端 O 点水平抛出 小 球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为 53 的光滑斜面顶端 A 并沿斜面下滑 斜面 底端 B 与光滑水平轨道平滑连接 小球以不变的速率过 B 点后进入 BC 部分 再进入 竖直圆轨道内侧运动 已知斜面顶端与平台的高度差 h 3 2 m 斜面高 H 15 m 竖 直圆轨道半径 R 5 m 取 sin 53 0 8 cos 53 0 6 g 10 m s2 求 图 5 1 小球水平抛出的初速度 v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离 x 2 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 3 若竖直圆轨道光滑 小球运动到圆轨道最高点 D 时对轨道的压力 答案 1 6 m s 4 8 m 2 2 05 s 3 3 N 方向竖直向上 解析 1 小球做平抛运动落至 A 点时 由平抛运动的速度分解图可 得 v0 vycot 由平抛运动规律得 v 2gh 2 y h gt 1 2 2 1 x v0t1 联立解得 v0 6 m s x 4 8 m 2 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点 需要时间 t1 0 8 s 2h g 小球在 A 点的速度沿斜面向下 速度大小 vA 10 m s v0 cos 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH mv mv 1 22 B 1 22 A 解得 vB 20 m s 小球沿斜面下滑的加速度 a gsin 8 m s2 由 vB vA at2 解得 t2 1 25 s 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t t1 t2 2 05 s 3 水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑 小球从 B 点到 D 点 由动能定理可得 2mgR mv mv 1 22 D 1 22 B 在 D 点由牛顿第二定律可得 FN mg m v2 D R 联立解得 FN 3 N 由牛顿第三定律可得 小球在 D 点对轨道的压力 FN 3 N 方向竖直向上 高考题组 1 2013 福建 20 如图 6 一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点 下端系一质量 m 1 0 kg 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 s2 不计空气影响 求 图 6 1 地面上 DC 两点间的距离 s 2 轻绳所受的最大拉力大小 答案 1 1 41 m 2 20 N 解析 1 小球从 A 到 B 过程机械能守恒 有 mgh mv 1 22 B 小球从 B 到 C 做平抛运动 在竖直方向上有 H gt2 1 2 在水平方向上有 s vBt 由 式解得 s 1 41 m 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 v2 B L 由 式解得 F 20 N 根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为 20 N 模拟题组 2 一长 l 0 8 m 的轻绳一端固定在 O 点 另一端连接一质量 m 0 1 kg 的小球 悬点 O 距离水平地面的高度 H 1 m 开始时小球处于 A 点 此时轻绳拉直处于水平方向上 如图 7 所示 让小球从静止释放 当小球运动到 B 点时 轻绳碰到悬点 O 正下方一个 固定的钉子 P 时立刻断裂 不计轻绳断裂的能量损失 取重力加速度 g 10 m s2 求 图 7 1 当小球运动到 B 点时的速度大小 2 绳断裂后球从 B 点抛出并落在水平地面的 C 点 求 C 点与 B 点之间的水平距离 3 若 xOP 0 6 m 轻绳碰到钉子 P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂 求轻绳 能承受的最大拉力 答案 1 4 m s 2 0 8 m 3 9 N 解析 1 设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB 由机械能守恒定律得 mv mgl 1 22 B 解得小球运动到 B 点时的速度大小 vB 4 m s 2gl 2 小球从 B 点做平抛运动 由运动学规律得 x vBt y H l gt2 1 2 解得 C 点与 B 点之间的水平距离 x vB 0 8 m 2 H l g 3 若轻绳碰到钉子时 轻绳拉力恰好达到最大值 Fm 由圆周运动规律得 Fm mg m v2 B r r l xOP 由以上各式解得 Fm 9 N 3 如图 8 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 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 图 8 1 小球在 C 点对滑杆的压力 2 小球在 B 点的速度大小 3 由 B 到 C 过程中小球克服摩擦力所做的功 答案 1 mg 方向竖直向下 2 2 3 3 23gR 31mgR 4 解析 1 小球越过 C 点后做平抛运动 由平抛运动规律得 竖直方向 2R gt2 1 2 水平方向 R vCt 解 得 vC gR 2 在 C 点对小球由牛顿第二定律有 2mg FNC 2m v2 C R 解得 FNC 负号表示 FNC的方向竖直向上 3mg 2 由牛顿第三定律有 小球在 C 点对滑杆的压力 FNC FNC 方向竖直向下 3mg 2 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 37 s FN s 2mv 1 22 B 解 得 vB 2 3gR 3 由 B 到 C 过程对小球由动能定理有 2mg 2R Wf 2mv 2mv 1 22 C 1 22 B 解得 Wf 31mgR 4 限时 45 分钟 题组 1 直线与平抛运动的组合 1 如图 1 所示 小球 a b 的质量分别是 2m 和 m a 从倾角为 30 的光滑固定斜面的顶端 无初速度下滑 b 从斜面等高处以初速度 v0平抛 比较 a b 落地的运动过程有 图 1 A a b 两球同时到达地面 B a b 落地时的速度相同 C 重力对 a b 做的功相等 D 落地时 a b 两球重力做功的瞬时功率相等 答案 D 解析 物体 a 受重力和支持力 F合 2mgsin 30 根据牛顿第二定律 a 物体 b 做 g 2 平抛运动 加速度为 g 知两物体的加速度不变 所以两物体都做匀变速运动 设斜面高 度为 h 则 2h t h gt 解得 ta 2tb 故 A 错误 对 a 运用动能定理 2mgh 1 2 g 2 2 a 1 22 b 2mv 0 对 b 运用动能定理 有 mgh mv mv 知 b 球的速率大于 a 球的速 1 22 a 1 22 b 1 22 0 率 故 B 错误 a b 在竖直方向位移相同 但 a 的重力是 b 的两倍 故重力对 a b 做的 功不相等 故 C 错误 落地时 a b 在竖直方向的速度大小分别为 由功率的 1 2 2gh 2gh 计算公式 P Fv 可知落地时 a b 两球重力做功的瞬时功率均为 mg 故 D 正确 2gh 2 如图 2 所示 一物块质量 m 1 0 kg 自平台上以速度 v0水平抛出 刚好落在邻近一倾角 为 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 37 足够长 物块与两斜面间的动摩擦因数均 为 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 s2 图 2 1 物块水平抛出的初速度 v0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 由平抛运动规律得 vy m s 0 8 m s 2gh2 10 0 032 由于物块恰好沿斜面下滑 则 vA m s 1 m s vy sin 53 0 8 0 8 v0 vAcos 53 0 6 m s 2 物块在 A 点时的速度 vA 1 m s 从 A 到 B 的运动过程中由动能定理得 mgH mgcos 53 mv mv H sin 53 1 22 B 1 22 A 在 B 点时的机械能 EB mv mgH 4 J 1 22 B 3 物块在 B 点时的速度 vB 4 m s 物块沿 BC 斜面向上运动时的加速度大小为 a1 g sin 37 cos 37 10 m s2 物块从 B 点沿 BC 斜面向上运动到最高点所用时间为 t1 0 4 s 然后沿斜面下滑 vB a1 下滑时的加速度大小为 a2 g sin 37 cos 37 2 m s2 B D 间的距离 xBD a2 t t1 2 0 76 m v2 B 2a1 1 2 题组 2 直线 平抛和圆周的组合运动 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 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 图 3 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 R g 答案 ACD 解析 小球在 c 点时由牛顿第二定律得 mg vc A 项正确 mv2 c RgR 小球由 b 到 c 过程中 由机械能守恒定律得 mv 2mgR mv 1 22 b 1 22 c 小球在 b 点 由牛顿第二定律得 FN mg 联立解得 mv2 b R 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 gt2 解得 t 2 x 2R C D 项正确 1 2 R g 4 如图 4 所示 AB 段为长度 L1 5 m 的粗糙水平地面 其动摩擦因数 0 2 它高出水 平地面 CD 的高度 h 1 25 m EFD 为一半径 R 0 4 m 的光滑半圆形轨道 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 s2 试求 图 4 1 CD 间距离 L2 2 外力