2014《步步高》物理大一轮复习讲义第五章专题四

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/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (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； 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，

vy＝v0tan 53°，vy＝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 mgsin 53°a＝8 m/s2

m初速度v

5 m/s

H2

vt2＋t2 sin 53°2

13

代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不合题意舍去)

4所以t＝t1＋t2＝2.4 s.

答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s

2

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v1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v2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v1、v2的 图2 关( )

H

A．v1＝2 B．v1＝v2

xx

C．v1＝2 D．v1＝v2

H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＝v1t，同时竖直方向应满足：H 11xHx

＝gt2＋v2t－2＝v2t，所以有，即v1＝v2，C选项正确． 2212H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

v0＝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/s2.

求：

H

系

应

满

足

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

v0

vC＝＝5 m/s，竖直分量为vCy＝4 m/s

cos 53°

vcy2

下落高度h＝ 2g＝0.8 m

(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得

112

2

mgR(1－cos 53°)＝mvDmvC

22

解得vD29 m/s

vD2

小球在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m

R代入数据解得FN＝68 N

由牛顿第三定律得FN′＝FN＝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 a1＝μg＝3 m/s2，

μmga2＝1 m/s2

M

速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得

112

μmgL＝mvD(m＋M)v2

22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/s2)问： (1)水流的初速度v0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

1

h－Rsin 37°＝2

2

h－Rsin 37°

解得t＝ ＝1 s

g所以vy＝gt＝10 m/s，由图可知： v0＝vytan 37°＝7.5 m/s.

v

(2)由图可知：v＝

12.5 m/s，

sin 37°

v

根据ω＝可得ω＝12.5 rad/s.

R

25．直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题的分析

v

解析 (1)在C点：mg＝mC (2分)

R

所以vC＝5 m/s (1分)

1122

(2)由C点到D点过程：mg(2R－2r)＝mv －vC (2分) D

22

vD 2

在D点：mg＋FN＝m (2分)

r所以FN＝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v1，则 1122

mvC＋mg(2R)＝mv1 (2分) 22小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则 1

hgt2 (1分) 2x＝v2t (1分)

12

解得v2>v1，所以只要mgH＝mv2，即可满足题意．

2解得H＝7.2 m (3分) 答案 (1)5 m/s (2)333.3 N (3)7.2 m

2

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 …… 此处隐藏：2243字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……