平抛运动与圆周运动的组合问题(含答案)

平抛运动与圆周运动的组合问题1、如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以勺=3m/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=3kg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“=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.5m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角0=53°,不计空气阻力，取重力加速度g=l0m/s2.求：A、C两点的高度差；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.(sin53°=0.8,cos53°=0.6)解析(1)小物块在C点时的速度大小为eC=错误!未定义书签。=5m/s,竖直分量为v=4m/sv2下落高度h= 产=0.8m2g(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1-cos53°)=*mv2-\f(1,2)mv22DC解得vD=错误！m/s小球在D点时由牛顿第二定律得F『mg=m错误!未定义书签。代入数据解得Fn=68N由牛顿第三定律得FJ=Fn=68N,方向竖直向下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a1=〃g=3m/s2,。2=错误!=1m/s2速度分别为v=vD~a11,v=a2t对物块和木板系统,由能量守恒定律得”mgL=错误!未定义书签。mvD2—错误!未定义书签。(m+M)v2解得L=3.625m,即木板的长度至少是3.625m答案(1)0.8m(2)68N⑶3.625m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.2、在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图所示，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=5.6m,轮子半径R=1m.调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成0=37。角.(已知sin37。=0.6,cos37。=0.8,g=10m/s2)问：水流的初速度v0大小为多少？若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少?答案(1)7.5m/s(2)12.5rad/s解析(1)水流做平抛运动,有h-Rsin37°=错误！gt2解得t=错误!未定义书签。=1s所以v=gt=1Om/s,由图可知：yv=vtan37°=7.5m/s.0y(2)由图可知:'7=错误!=12.5m/s,

解析（1)在C点：mg =mv2-C-R（2分）所以vC=5m/s（l分）（2)由C点到D点过程：mg(2R-2r)=错误！mv错误！-错误！mv2C(2分)在D点:mg ＋F=FNm 错误！（2分）所以FN= 333 .3N（l分）由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3N.（1分）根据rn=\f（v,R）可得^=12.5rad/s.3、【洌根据rn=\f（v,R）可得^=12.5rad/s.3、【洌3)(i6血如图3所灵豆某週ftmir欝烁谀施，吐®連世继朋面与水平而成一定夹倩一一犬对力小为观=皿k碁沿斡而轨追［+|静止柑下’撤祈带人第一+10形執谊内侧，删t道半軽S=25(nT不讣湎辻帚点吋的能赧秋先，根IE设计翌求，在E3轨点占用高点各施•牛民丿」性感斛,测即卜冊韦刑轶道的用力，井通1BI算机址乐出牢一小滑车到达第一牛圆飛轨迢垠福点(?处时刚好对软锻无斥力，戈经过水平軸适柑人第：牛131帘軌世内他”其執道半^/=l.5m盘訂从水平轨匯飞人术弛内,水面髙水平執道的距瞄为肚3m谓垠10曲汽帀淆车征运动全过程中可砸质点.求:⑴小滑车在第-平应总轨道媳髙点(7处的速厦扯的大小;(2)往笫二牛圆形料曲的用商点戸竝小柑车对软逋压力凡的大小;村析运动过稈抓性各段运动的运动特征\\①不计眸萍力霞甜，应#慮机議梔守\恒屯权(!)禹冋远劝的临菲狀办”只市重力提供角心*r帼据牛禎第二宅禅即可车帶W④霁求列迖Q址时的⑥1%”呵別用机械能守恒瓷律建立GO两&的臬*,⑶若在水池内审冉水平轨道边嫩止下方的E点^2m处放一吒垫厚度不itL屈的堆方开始下讲?哩找小ift车毗翎妥仝通过圆堆轍迺乂徙緡到气垂上,則小ffl■书至少应从為水平轨道髯①包松狗今杂仲：一是安全谊ilfflj対UJL,只晏能通过G—定可也过D;二是平拠远动右笑落到乳曹上.对宜-A小申鬼速盍.通谊比较曲个棗件下码达平台为诡氏即可求幫.(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为V］，则\f（l,2） mvc2 +mg（ 2R ）=错误！mv「

（2分）小滑车要能落到气垫上,在平台上速度至少为e2，则h = 错误! gt2(1分)x=v2t(1分)解得V/V"所以只要mgH=错误!未定义书签。mv2，即可满足题意.212解 得 H= 7 .2 m(3分)答案(1)5m/s(2)333.3N(3)7.2m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．4、水上滑梯可简化成如图所示的模型，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.角0=37°;圆弧槽BC的半径R=3.0m,末端C点的切线水平;C点与水面的距离h=0.80m.人与AB间的动摩擦因数〃=0.2,取重力加速度S=10m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6.一个质量m=30kg的小朋友从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下,不计空气阻力.求：小朋友沿斜槽AB下滑时加速度a的大小；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FC的大小;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x的大小.答案(1)4.4m/s2(2)10m/s1300N(3)4m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:TOC\o"1-5"\h\zmgsin0-Ff=ma ①又F=叭 ②FN=mgcosQ ③联立①②③式解得：a=4.4m/s2 ④(2)小朋友从A滑到C的过程中，根据动能定理得：mgH-Ff•错误!+mgA(l—cosQ)=错误!未定义书签。mv2-0 ⑤联立②③⑤式解得：v=10m/s ⑥根据牛顿第二定律有:FC—mg=m错误！ ⑦联立⑥⑦式解得:F^l300N. 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:力=错误!gt2 ⑨x=vt ⑩联立⑥⑨⑩式解得:x=4m.5、(2012・福建理综・20)如图所示，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=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移 :'—订的大小5=0.4m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力 '-J加速度g=10m/s2.求：物块做平抛运动的初速度大小v0；物块与转台间的动摩擦因数答案(1)1m/s(2)0.2解析(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H=\f(1,2)gt2 ①在水平方向上有s=v0t

由①②式解得v0=s错误！代入数据得v=1m/s0(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有fm=m 错误!未定义书③f=〃N=〃mgm由③④式得〃=错误!代入数据得卩=0.26、 (2010•重庆理综・24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳端，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，如图所示.已知握绳的手离地面高度为d手与球之间的绳长为\f(3,4)d,重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.问绳能承受的最大拉力多大？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)错误!错误!未定义书签。(2)错误!mg(3)错误！错误!未定义书签。d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：错误!d=错误!gt2水平方向：d=vj解得v1=\r(2gd)由机械能守恒定律有错误!mv3=错误!mv2+mg(d-错误!未定义书签。d)21解得v2=错误!未定义书签。

(2)设绳能承受的最大拉力大小为F，这也是球受到绳的最大拉力的大小.max3球做圆周运动的半径为R=4d由圆周运动向心力公式，有F-mg=错误!max得F=mgmax3设绳长为/，绳断时球的速度大小为v3.绳承受的最大拉力不变，有Fmax—mg=m错误！，解得v3=错误!未定义书签。绳断后球做平抛运动，竖直位移为水平位移为x,时间为由平抛运动规律有d—I=错误!未定义书签。gt2,x=v3t11 31得x=4错误!未定义书签。，当/=错误!未定义书签。时，x有最大值xa=错误!d.7、如图所示，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尸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5=10R•试求：2)2错误!(32)2错误!(3)错误!小球在B点的速度大小；BC过程小球克服摩擦力所做的功.答案(1)错误!mg,方向竖直向下解析 (1)小球越过C点后做平抛运动,有竖直方向：2R=\f(1,2)gt2 ①水平方向：R=vCt ②解①②得vc=错误！在C点对小球由牛顿第二定律有:2mg-FNC=2m错误!未定义书签。解得FNC=错误!未定义书签。由牛顿第三定律有,小球在C点对滑杆的压力FnC，=Fnc=错误!,方向竖直向下(2)在A点对小球受力分析有：Fn+Fsin37°=2mg

③小球从A到B由动能定理有:Feos 37°・s-〃Ft・s= 错误！ 2 m v 2NB④解③④得vB=2错误!未定义书签。BC过程对小球由动能定理有:-2mg・2R-Wf=错误!未定义书签。X2mv2—错误！X2mv2fCB解得Wf=\f(31mgR,4)AE8、如图所示，质量为m=1kg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Q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=0.9m,D点距水平面的高度h=0.75m,取g=10m/s2,试求：AE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e.答案(1)4.5J(2)60N,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v1,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错误!未定义书签。解得：V]=3m/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=错误!mv21解得:W=4.5J⑵设小物块经过D点时的速度大小为v2,对从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：

1mv2+mg・2R=错误！me2212小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：Fn~mg=m错误！联立解得：FN=60N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：Fn'=Fn=60N,方向竖直向下小物块离开D点后做平抛运动，设经时间t打在E点，由力=\f(1,2)gt2得：t=错误!未定义书签。s设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为e、v,速度跟竖直方向的夹角为a,xy则：e=eXey=gttana=错误!未定义书签。解得：tana=错误!未定义书签。所以:a=60°由几何关系得：0=a=60°.9、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e0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 ()A.小球到达c点的速度为错误!未定义书签。B.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错误!未定义书签。

答案ACD解析小球在c点时由牛顿第二定律得：mg=\f（mvc2,R）,v=\[gR,A项正确；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：错误！mv2=2mgR+错误！mv2Bc小球在b点,由牛顿第二定律得：-mg=错误!，联立解得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=vJ,2R=错误!未定义书签。gt2.解得t=2错误!未定义书签。，x=2R,C、D项正确.10、如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽.从高台边E点以某速度v0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，01是OA与竖直方向的夹角,6>2是BA与竖直方向的夹角•则 （）A.错误!=2 B.tan6\・tan6=2C.错误!C.错误!=2D.错误!=2答案B解析由题意可知:tan6]=错误!未定义书签。=错误!未定义书签。，tan62=错误!=错误!=错误！，所以tan6]・tan62=2,故B正确．11、如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg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=1.0m,圆弧对应的圆心角严106。，轨道最低点为C,A点距水平面的高度h=0.8m(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53。=0.6)求：(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5m/s,求PA间的距离.答案(1)3m/s(2)43N(3)1.5m解析⑴物块由A到B在竖直方向有e错误！=2ghv=4m/sy在B点:tan错误!未定义书签。=错误!未定义书签。，vA=3m/s物块从B到C由功能关系得mgR(1-cos\f(0,2))=错误!未定义书签。mv2-错误!未定义书签。mv2CB▼盯错误!=5m/s解得v2=33m2/s2C在C点：Fn-mg=m错误!由牛顿第三定律知，物块经过C点时对轨道压力的大小为Fn'=Fn=43N因物块到达A点时的速度为3m/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卩mg=ma,a=3m/s2PA间的距离xpA=错误！=1.5m.12、如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面 ?■*■■■■””A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0=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=1kg,上表面与C点等高•质量m=1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v=1.2m/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.0已知物块与木板间的动摩擦因数“=0.2，木板与路面间的动摩擦因数〃2=0.05,sin37°12=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2.试求：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)46N(2)6m解析(1)设物块经过B点时的速度为vB,则VBSin37°=V0设物块经过C点的速度为vC,由机械能守恒得：错误!未定义书签。mv2+mg(R+Rsin37°)=错误!未定义书签。mv2BC物块经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC,根据牛顿第二定律得：Fc_mg=m错误!未定义