最新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 ＝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：

(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 0

cos 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 2

D －12m v 2C

22cy g v

解得v D ＝29 m/s

小球在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v D 2

R

代入数据解得F N ＝68 N

由牛顿第三定律得F N ′＝F 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 2

D －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． 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 ＝5.6 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°＝1

2gt 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 0

sin 37°＝12.5 m/s ，

根据ω＝v

R 可得ω＝12.5 rad/s.

3、

解析 (1)在C 点：mg ＝m R

v

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 2

C (2分)

在D 点：mg ＋F N ＝m v D 2

r (2分)

所以F 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 2

1 (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 ＝1

2gt 2 (1分) x ＝v 2t (1分) 解得v 2>v 1，所以只要mgH ＝12

m v 2

2，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． 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 ＝6.0 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 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x 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 f ＝ma ①

又F f ＝μF N ② F N ＝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 f ·

H sin θ＋mgR (1－cos θ)＝1

2

m 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 2

R ⑦

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 ＝1

2gt 2 ⑨

x ＝v t ⑩ 联立⑥⑨⑩式解得：x ＝4 m.

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 ＝0.5 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 ＝1

2gt 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 2

R ③

f m ＝μN ＝μm

g ④ 由③④式得μ＝v 0 2

gR

代入数据得μ＝0.2

6、 (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，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与 球之间的绳长为3

4d ，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. (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)113

mg (3)d 2 2 33

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：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 2

1＋mg (d －34d )

解得v 2＝ 52

gd

(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 ＝3

4

d

由圆周运动向心力公式，有F max －mg ＝m v 1 2

R

得F max ＝11

3

mg

(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 2

l ，

解得v 3＝

83

gl 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 2

1，x ＝v 3t 1

得x ＝4

l (d －l )3，当l ＝d 2时，x 有最大值x max ＝23

3

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 ＝1

2gt 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 －F N C ＝2m v C 2

R

解得F N C ＝3mg

2

由牛顿第三定律有，小球在C 点对滑杆的压力F N C ′＝F N C ＝3mg

2，方向竖直向下

(2)在A 点对小球受力分析有：F N ＋F sin 37°＝2mg ③ 小球从A 到B 由动能定理有：

F cos 37°·s －μF N ·s ＝12·2m v 2

B 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 2

B

解得W f ＝

31mgR 4

8、如图所示，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；