《步步高(新課標(biāo))一輪講義：專題04應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋與圓周組合問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《步步高(新課標(biāo))一輪講義：專題04應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋與圓周組合問題（18頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題四 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋與圓周組合問題 考點(diǎn)一用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析平拋與直線的組合運(yùn)動(dòng) 考綱解讀1.掌握平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問題的分析方法.2.能利用動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守 第2頁共15頁 1 .平拋運(yùn)動(dòng)可以分為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)具有 等時(shí)性. 2 .當(dāng)物體做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，分析物體受力是解題的關(guān)鍵.正確分析物體受力，求出物體的加 速度，然后運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律. 3 .平拋運(yùn)動(dòng)與直線運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的橋梁，因此解題時(shí)要正確分析銜 接點(diǎn)速度的大小和方向. 例1如圖1所示，一小球

2、從平臺(tái)上水平拋出， 恰好落在鄰近平臺(tái)的一傾角為 “=53。的光滑 h= 0.8 m,重力加速 斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑， 已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差 度取 g=10 m/s2, sin 53 =0.8, cos 53 = 0.6,求： 圖1 (1)小球水平拋出時(shí)的初速度 vo; (2)斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離 x; (3)若斜面頂端高 H = 20.8 m,則小球離開平臺(tái)后經(jīng)多長時(shí)間到 達(dá)斜面底端？ 解析(1)由題意可知，小球落到斜面上并剛好沿斜面下滑，說 明此時(shí)小球速度方向與斜面平行，否則小球會(huì)彈起，如圖所示, vy= v0tan 53 , vy= 2g

3、h 代入數(shù)據(jù)，得 vy= 4 m/s, vo= 3 m/s. (2)由 vy=gti 得 ti= 0.4 s x= voti = 3x 0.4 m= 1.2 m (3)小球沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度 a=mg且阻=8 m/s2 m 初速度v = - ：v2 + vy= 5 m/s H 1 2 si^T-vt2+ 2at2 13 代入數(shù)據(jù)，解得t2=2 s或t2 =— ]s3符合題意舍去) 所以 t= ti+ t2 = 2.4 s. 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 考點(diǎn)二用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析平拋與圓周的組合運(yùn)動(dòng) 1

4、.物體的圓周運(yùn)動(dòng)主要是豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，通常應(yīng)用動(dòng)能定理和牛頓第二定律進(jìn)行分 析，有的題目需要注意物體能否通過圓周的最高點(diǎn). 2 .平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的銜接點(diǎn)的速度是解題的關(guān)鍵. 例2如圖2所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37。的光滑圓弧BC相切，經(jīng)過C點(diǎn)的切線方 向水平.已知圓弧的半徑為 R= 1.25 m,斜面AB的長度為L= 1 m,質(zhì)量為m= 1 kg的 小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平外力F=1 N作用下，從斜面頂端 A點(diǎn)處由靜止開始，沿斜 面向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá) B點(diǎn)時(shí)撤去外力，物塊沿圓弧滑至 C點(diǎn)拋出，若落地點(diǎn) E與C點(diǎn) 間的水平距離為 x= 1.2 m, C點(diǎn)距離地面高度為 h

5、= 0.8 m. (sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8, 重力加速度g取10 m/s2)求： 圖2 (1)物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧面的壓力; (2)物塊滑至B點(diǎn)時(shí)的速度； (3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù). 解析(1)物塊從C點(diǎn)到E點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng) 由 h = 2gt2 得 t= 0.4 s x vc =1=3 m/s 由牛頓第二定律知 vc Fn — mg= mR Fn= 17.2 N 由牛頓第三定律知，物體在 C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力大小為 17.2 N,方向豎直向下 (2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理有 1 2 1 2 mgR(1 — cos 37 ) =

6、/vC—/vB, vb= 2 m/s (3)從 A 點(diǎn)到 B 點(diǎn)由 vB=2aL,得 a=2 m/s2 由牛頓第二定律有 mgsin 37 Fcos 37 —，mgcos 37 — Fsin 37 )= ma 代入數(shù)據(jù)，解得產(chǎn)0.65 答案 (1)17.2 N ,方向豎直向下 (2)2 m/s (3)0.65 突破訓(xùn)練1如圖3所示，從A點(diǎn)以vo = 4 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量 m=1 kg的小物塊(可 視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)至 B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入固定的光滑圓弧軌道 BC,經(jīng) 圓孤軌道后滑上與 C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面的長木板上， 圓弧軌道C端切線水平.已 知長木

7、板的質(zhì)量 M = 4 kg, A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為 H = 0.6 m、h=0.15 m, R= 0.75 m,小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 以= 0.5,長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2 = 0.2, g= 10 m/s2 求： 圖3 (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向； (2)小物塊滑動(dòng)至 C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道 C點(diǎn)的壓力大小; (3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板. 第3頁共15頁 答案 (1)5 m/s 方向與水平面的夾角為 37 (2)47.3 N (3)2.8 m 解析(1)設(shè)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t,則有： H— h=

8、1gt2 設(shè)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為 Vy： vy=gt 則小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)的速度 vi = [v2 + vy= 5 m/s Vy 3 一 速度萬向與水平面的夾角為 0: tan 0=—=-,即0= 37 V0 4 1 o 1 O (2)設(shè)小物塊到達(dá) C點(diǎn)時(shí)速度為V2,從B點(diǎn)至C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 mgh=-mv2-2mv2 設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為 Fn,則有 mv2 FN- mg= -R- 解得 V2=2/ m/s, Fn = 47.3 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)圓弧軌道 C點(diǎn)的壓力大小為47.3 N ⑶由題意可知小物塊對(duì)長木板的摩擦力 Ff=

9、 .mg = 5 N 長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力 Ff=區(qū)(M + m)g=10 N 因Ff

10、直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn) 動(dòng).（2）圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓周運(yùn)動(dòng). （3）平拋運(yùn) 動(dòng)：與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng). 3 .應(yīng)對(duì)策略：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動(dòng)過程具有獨(dú)立性，只要對(duì)不同過程分別選 用相應(yīng)規(guī)律即可，兩個(gè)相鄰的過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶.很多情況下平拋 運(yùn)動(dòng)末速度的方向是解決問題的重要突破口 . 例3如圖4所示，AB段為一半徑R=0.2 m的光滑、圓弧軌道，EF是一傾角為30。的足夠 長的光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為 0.1 kg的薄木板CD,開始時(shí)薄木板被鎖定.一 質(zhì)量也為0.1

11、kg的物塊（圖中未畫出）從A點(diǎn)由靜止開始下滑， 通過B點(diǎn)后水平拋出，經(jīng) 過一段時(shí)間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板， 在物塊滑上薄木板的同時(shí)薄木板 解除鎖定，下滑過程中某時(shí)刻物塊和薄木板能達(dá)到共同速度. 已知物塊與薄木板間的動(dòng) 摩擦因數(shù)為 尸*.（g=10 m/s2,結(jié)果可保留根號(hào)）求： 圖4 第9頁共15頁 （1）物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力; （2）物塊滑上薄木板時(shí)的速度大??； （3）達(dá)到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達(dá)到共同速度所用的 時(shí)間. 明情景 析過程 審題與關(guān)聯(lián) 柑跳兒八丸址從NEC做勺乩運(yùn)動(dòng)？在C直特 塊的速度

12、方向如何？*軼在厚木板上丟動(dòng) 時(shí),物城和弗水襤的壹力加何,做什次亞動(dòng)？ \J 理思路 選規(guī)律 巧布埼 詳解析 物塊從兒孔凱什幺力做功?能否運(yùn)用動(dòng)能又現(xiàn)? 蓑樣求C點(diǎn)速度?物扶在曹木墓上運(yùn)動(dòng)總祥確 、定其速度與時(shí)間的關(guān)系？ r）kA利抵可選時(shí)動(dòng)能定拜成機(jī)械就守恒定律:在C點(diǎn) 用運(yùn)動(dòng)的合成與分搟碉定令速度;牯塊和薄木成上 滑動(dòng).用牛何運(yùn)動(dòng)定律確定二備的出速度. 解析（1）物塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得: mgR=TmvB, 解得： vb = 2 m/s 2 在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：Fn — mg = m樓 R 解得：F n = 3 N 由牛頓第三定律得物塊對(duì)軌道的壓力

13、大小為 3N,方向豎直向下 -一、, … VB (2)設(shè)物塊滑上溥木板的速度為 v,則：cos 30 =- 解得：v =皆3 m/s (3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得： 對(duì)物塊：mgsin 30 — Q mgos 30 = mai 對(duì)薄木板：mgsin 30 + a nmos 30 = ma2 設(shè)物塊和薄木板達(dá)到的共同速度為 v,則：v =v+ait = a2t 解得：ai= 2.5 m/s2, t= 4153 s 答案(1)3 N ,方向豎直向下 (2)433 m/s (3)2.5 m/s2 4153 s 突破訓(xùn)練2如圖5所示，將一質(zhì)量 m=0.1 kg

14、的小球自水平平臺(tái)頂端 。點(diǎn)水平拋出，小球 恰好無碰撞地落到平臺(tái)右側(cè)一傾角為 “=53。的光滑斜面頂端 A并沿斜面下滑，斜面底 端B與光滑水平軌道平滑連接， 小球以不變的速率過 B點(diǎn)后進(jìn)入BC部分，再進(jìn)入豎直 圓軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng).已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差 h= 3.2 m,斜面高H=15 m,豎直圓軌 道半徑 R=5 m.取 sin 53 =0.8, cos 53 =0.6, g=10 m/s2,求： 圖5 (1)小球水平拋出的初速度 v0及斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離 x; (2)小球從平臺(tái)頂端 。點(diǎn)拋出至落到斜面底端 B點(diǎn)所用的時(shí)間； ⑶若豎直圓軌道光滑，小球運(yùn)動(dòng)到

15、圓軌道最高點(diǎn) D時(shí)對(duì)軌道的壓力. 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N ,方向豎直向上 解析(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)落至 A點(diǎn)時(shí)，由平拋運(yùn)動(dòng)的速度分解圖可 得： v0 = VyCOt a 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：Vy = 2gh h=2gt2 x= voti 聯(lián)立解得：vo=6 m/s, x=4.8 m (2)小球從平臺(tái)頂端 。點(diǎn)拋出至落到斜面頂端 A點(diǎn)，需要時(shí)間 = 0.8 s ti = 小球在A點(diǎn)的速度沿斜面向下，速度大小 VA = vo =10 m/s cos a 從A點(diǎn)到B點(diǎn) 1 1 由動(dòng)能th理得

16、 mgH = ]mvB —gmvA 解得 vb= 20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a= gsin a= 8 m/s2 由 vb=va+ at2,解得 t2= 1.25 s 小球從平臺(tái)頂端 。點(diǎn)拋出至落到斜面底端 B點(diǎn)所用的時(shí)間 t=t〔+t2=2.05 s (3)水平軌道BC及豎直圓軌道均光滑，小球從 B點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得—2mgR = 12 12 2mvD —2mvB 在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得： vD Fn+ mg= mR 聯(lián)立解得：Fn = 3 N 由牛頓第三定律可得，小球在 D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力Fn =3 N,方向豎直向上 高考模報(bào)?提能訓(xùn)練 走近

17、高考 楮冽課堂效果 提升爵題俄力 高考題組 1 . (2013福建20)如圖6, 一不可伸長的輕繩上端懸掛于 。點(diǎn)，下端系一質(zhì)量 m=1.0 kg的 小球.現(xiàn)將小球拉到 A點(diǎn)(保持繩繃直)由靜止釋放，當(dāng)它經(jīng)過 B點(diǎn)時(shí)繩恰好被拉斷，小 球平拋后落在水平地面上的 C點(diǎn).地面上的 D點(diǎn)與OB在同一豎直線上，已知繩長 L = 1.0 m,B點(diǎn)離地高度 H = 1.0 m,A、B兩點(diǎn)的高度差 h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2, 不計(jì)空氣影響，求: (1)地面上DC兩點(diǎn)間的距離s； (2)輕繩所受的最大拉力大小. 答案(1)1.41 m (2)20 N 解析(

18、1)小球從A到B過程機(jī)械能守恒，有 1 2G mgh= 2mvB ① 小球從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有 H=；gt2② 在水平方向上有 S= VBt③ 由①②③式解得s= 1.41 m④ 2 .. ―一 .. VBq (2)小球下擺到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有 F —mg=m]⑤ 由①⑤式解得F=20 N 根據(jù)牛頓第三定律得輕繩所受的最大拉力為 20 N. 模擬題組 2 .如圖7所示，光滑曲面 AB與水平地面BC相切于B,豎直光滑半圓軌道 CD與水平地面 D,且對(duì)D處的壓力為0,求: BC相切于C,已知圓軌道半徑為 R, BC長

19、為4R,且表面粗糙，一滑塊從 AB軌道上距 地面4R高處由靜止釋放，之后能夠通過圓軌道的最高點(diǎn) D 圖7 （1）若從曲面上距地2R高度處無初速度釋放滑塊，滑塊將停在何處； （2）若使滑塊通過 D處后水平拋出，剛好擊中地面上的 B點(diǎn)，應(yīng)從AB軌道上離地面多 高處由靜止釋放滑塊. 4 答案 （1）距 CR 處（2）5.5R 解析（1）從高4R處釋放恰能過最高點(diǎn) D,設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為的由動(dòng)能定理有 4mgR-4mgR- 2mgR=2mv2 在D點(diǎn),有mg= mvR 從2R處釋放后滑塊將運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上 h高處, 則有 2mgR—4科 mgRmgh=0 解得：h=0.5

20、R 滑塊將沿水平軌道向左滑動(dòng)距離 x減速至0,有 mgh—mg關(guān) 0 一r 4 解得：x=3R （2）要使滑塊擊中B點(diǎn)，則從D點(diǎn)平拋的速度為vi滿足 4R= vit 且 2R= 1gt2 由釋放到運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過程中，有 1 2 mgH —4mgR 2mgR= 2mv1 解得：H = 5.5R 3 .如圖8所示，一質(zhì)量為2m的小球套在一 “ 滑桿上，小球與滑桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卜 = 0.5, BC段為半徑為R的半圓，靜止于 A處的小球在大小為 F = 2mg,方向與水平面 成37。角的拉力F作用下沿桿運(yùn)動(dòng)，到達(dá) B點(diǎn)時(shí)立刻撤去F,小球沿圓弧向上沖并越過 C點(diǎn)后落在D點(diǎn)（圖

21、中未畫出），已知D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為R,且AB的距離為s= 10R. 第9頁共15頁 試求: 圖8 ⑴小球在C點(diǎn)對(duì)滑桿的壓力； (2)小球在B點(diǎn)的速度大小； (3)由B到C過程中小球克服摩擦力所做的功. 答案 dgmg,方向豎直向下 (2)2^3gR (3)31mgR 解析(1)小球越過C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 豎直方向：2 R= 2gt2① 水平方向：R= vet② 2 VC 在C點(diǎn)對(duì)小球由牛頓第二定律有： 2mg+ Fnc= 2mR 解得Fnc= —3mg,負(fù)號(hào)表示Fnc的方向豎直向上 由牛頓第三定律有，小球在 C點(diǎn)對(duì)滑桿的壓力Fnc =FN

22、c = 3mg,方向豎直向下 (2)在A點(diǎn)對(duì)小球受力分析有： FN+Fsin 37 = 2mg ③ 小球從A到B由動(dòng)能定理有： 1 - 2f Feos 37 s—IN s= 2 2mvB④ 解③④得vb= 2^/3gR (3)由B到C過程對(duì)小球由動(dòng)能定理有: 1 1 , —2mg 2R- Wf = 2x 2mvC—2x 2mvB 31mgR 解得 Wf=-mg- 練出高分 （限時(shí)：45分鐘） ?題組1直線與平拋運(yùn)動(dòng)的組合 1 .如圖1所示，小球a、b的質(zhì)量分別是2m和m, a從傾角為30。的光滑固定斜面的頂端 無初速度下滑，b從斜面等高處以初速度 vo平拋，比較a

23、、b落地的運(yùn)動(dòng)過程有（ ） 圖1 A. a、b兩球同時(shí)到達(dá)地面 B. a、b落地時(shí)的速度相同 C.重力對(duì)a、b做的功相等 D.落地時(shí)a、b兩球重力做功的瞬時(shí)功率相等 答案 D 解析 物體a受重力和支持力，F(xiàn)合= 2mgsin 30 0,根據(jù)牛頓第二定律，a=g,物體b 做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為 g,知兩物體的加速度不變，所以兩物體都做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜 1 go 1 面局度為h,則2h=2X*a, h = 2Xgtb,解得ta=2tb,故A錯(cuò)誤.對(duì)a運(yùn)用動(dòng)能定理， (1)物塊水平拋出的初速度 V0是多少？ (2)若取A所在水平面為零勢(shì)能面，求物塊第一次到達(dá) B點(diǎn)的機(jī)械能.

24、 (3)從滑塊第一次到達(dá) B點(diǎn)時(shí)起，經(jīng)0.6 s正好通過D點(diǎn)，求B、D之間的距離. 答案 (1)0.6 m/s (2) — 4 J (3)0.76 m 解析(1)物塊離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得: vy= ^y2gh=^2X 10X 0.032 m/s= 0.8 m/s 由于物塊恰好沿斜面下滑，則 vy 0.8 va=7一二"-TT m/s = 1 m/s sin 53 0.8 vo= vacos 53 = 0.6 m/s (2)物塊在 A點(diǎn)時(shí)的速度 va=1 m/s 從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中由動(dòng)能定理得 。H mgH 一科 mcos 53 sin 53 2mv

25、B— 2mvA 第18頁共15頁 卜滑, v0沿直 1 o 在B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能： EB=2mvB- mgH= - 4 J (3)物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度 vb=4 m/s 物塊沿BC斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為： 2 a1 = g(sin 37 + ⑷os 37 )= 10 m/s 物塊從B點(diǎn)沿BC斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為 t1 = vB= 0.4 s,然后沿斜面 a1 下滑時(shí)的加速度大小為： a2= g(sin 37 — ⑷os 37 )= 2 m/s2 B、D 間的距離：xbd=普一1a2(t—11)2= 0.76 m 2 a1 2 ?題

26、組2直線、平拋和圓周的組合運(yùn)動(dòng) 3 .水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道 be相切，一小球以初速度 軌道向右運(yùn)動(dòng).如圖3所示，小球進(jìn)入圓形軌道后剛好能通過 c點(diǎn)，然后小球做平拋運(yùn) 動(dòng)落在直軌道上的d點(diǎn)，則（ ） 圖3 D項(xiàng)正確. A.小球到達(dá)c點(diǎn)的速度為VgR B.小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 5mg C.小球在直軌道上的落點(diǎn) d與b點(diǎn)距離為2R d.小球從c點(diǎn)落到d點(diǎn)所需時(shí)間為2、yg 答案 ACD 解析 小球在c點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得： —2 mvc mg=~^~, vc= VgR, A 項(xiàng)正確; R 小球由b到c過程中，由機(jī)械能

27、守恒定律得: 1 2 1 2 2mvb= 2mgR+ 2mvc (1)CD間距離L2； (2)外力F作用的距離. 答案(1)1.8 m (2)3 m 解析(1)設(shè)平拋時(shí)間為ti,水平距離為 X1,斜拋時(shí)間為t2,水平距離為X2. 在E點(diǎn)時(shí)，小球與圓弧軌道無相互作用力，則有 V2 mg= mR 解得 V0= 2 m/s 由 h = 1gt2得 t1 = 0.5 s X1 = vot1 = 1 m 1 , 因斜拋可看做逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，所以由 2R= 2gt2得 t2=0.4 s, X2= V0t2= 0.8 m ,所以 L2 =X1 + X2= 1.

28、8 m (2)設(shè)F作用距離為Ax.由動(dòng)能定理 1 2/匚 FAx—mgL= ?mv2得 Ax=3 m 5. 如圖5所示，半徑為R的光滑半圓軌道 ABC與傾角為 仁37 的粗糙斜面軌道 DC相切于 C點(diǎn)，半圓軌道的直徑 AC與斜面垂直.質(zhì)量為 m的小球從A點(diǎn)左上方距 A點(diǎn)高為h 的斜面上方P點(diǎn)以某一速度V0水平拋出，剛好與半圓軌道的 A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi) 側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的 D點(diǎn).已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?g, 取 R= 50h, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8,不計(jì)空氣阻力，求: 9 圖5 (1)小球被拋出時(shí)的速度 V。

29、； (2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn) B時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小; (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功 Wf. 答案(1)3V2gh (2)5.6mg (3) -196mgh 解析（1）小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為 。，如圖所示. 則有v2= 2gh① 由幾何關(guān)系得 vo=vicot?） 聯(lián)立①②式得 4 vo=國2gh③ 3 (2)A、B間豎直高度 H = R(1 + cos ④ 設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v,則從拋出點(diǎn)到 B過程中由機(jī)械能守恒定律得 1 o 1 e 2mv2 + mg( H + h) = 2mv2 ⑤ v2 ? 在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

30、Fn — mg = m^⑥ R 聯(lián)立③④⑤⑥式解得Fn = 5.6mg 由牛頓第三定律知，小球在 B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小是 5.6mg .1c ⑶全過程應(yīng)用動(dòng)能定理： Wf= 0—2mv2 即 Wf= — [mv0= — gmgh 2 9 1 1c 1 2mgh= 2x2mv2 —0,對(duì)b運(yùn)用動(dòng)能te理，有 mgh=2mv2-2mv0,知b球的速率大于 a 球的速率.故 B錯(cuò)誤.a、b在豎直方向位移相同，但 a的重力是b的兩倍，故重力對(duì) a、b做的功不相等，故C錯(cuò)誤.落地時(shí)a、b在豎直方向的速度大小分別為 1國、4麗， 由功率的計(jì)算公式 P=Fv可知落地時(shí)a、b兩球重力做功的

31、瞬時(shí)功率均為 mg/2gh, 故 D正確. 2.如圖2所示，一物塊質(zhì)量 m=1.0 kg自平臺(tái)上以速度 V0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角 為a= 53。的粗糙斜面AB頂端，并恰好沿該斜面下滑，已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差 h =0.032 m,粗糙余^面BC傾角為 片37。，足夠長.物塊與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 口 = 0.5, A點(diǎn)離B點(diǎn)所在平面的高度 H = 1.2 m,斜面AB和斜面BC在B點(diǎn)用一段平滑 的小圓弧連接，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中始終未脫離斜面，不計(jì)在 B點(diǎn)的機(jī)械能損 失.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力， sin 37 =0.6, cos 37=0.8, g取10 m/s

32、1 2. 2 小球在b點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN-mg = mV-,聯(lián)立解得 R FN = 6mg, B項(xiàng)錯(cuò)誤; 小球由c點(diǎn)平拋，在平拋運(yùn)動(dòng)過程中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得: x= vct,2R=2gt2解得 t=2 NR, x= 2R, C、 4.如圖4所示，AB段為長度Li=5 m的粗糙水平地面，其動(dòng)摩擦因數(shù) 產(chǎn)0.2,它高出水平 地面CD的高度h= 1.25 m, EFD為一半徑R=0.4 m的光滑半圓形軌道. 現(xiàn)有一質(zhì)量 m =1 kg的小球，在恒定白^外力F=4 N的作用下，由靜止開始從水平面的 A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng).力 F作用一段距離后將其撤去，隨后物體從 B點(diǎn)飛出，落在水平地面 CD上某處并反彈， 因?yàn)榕c地面碰撞時(shí)有能量損失， 反彈過程水平速度分量不變而豎直速度分量減小， 彈起 后剛好沿半圓軌道 DEF的E點(diǎn)切向進(jìn)入，開始做圓周運(yùn)動(dòng)，且在 E點(diǎn)時(shí)與圓弧軌道間 的相互作用力恰好為零.取 g=10 m/s2,試求：