讲义平抛与圆周运动 能量观点解决问题 -(14页).doc

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1、-讲义平抛与圆周运动 能量观点解决问题 -第 14 页金博教育学科教师辅导讲义 负责人审核签字： 学员姓名： 马阳阳 年 级： 高三 课时数：2 辅导科目：物理 学科教师：李建勋 校区名称： 鹤壁校区 授课日期及时段课 型 预习课 同步课 复习课 专题课教学目标复习 能对平抛运动与圆周运动的运动状态和受力状况能够进行准确分析复习 理解应用能量守恒及应用条件重点难点1、 对运动状态的准确分析；2、能量守恒的条件和守恒临界点。教学内容 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

2、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h0.8 m，重力加速度取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，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H20.8 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

3、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，vyv0tan 53，v2gh代入数据，得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由vygt1得t10.4 sxv0t130.4 m1.2 m(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a8 m/s2初速度v5 m/svt2at代入数据，解得t22 s或t2 s(不符合题意舍去)所以tt1t22.4 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

4、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R1.25 m，斜面AB的长度为L1 m质量为m1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F1 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x1.2 m，C点距离地面高度为h0.8 m(sin 370.6，cos 370.8，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

5、从C点到E点做平抛运动由hgt2得t0.4 svC3 m/s由牛顿第二定律知FNmgmFN17.2 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(1cos 37)mvmv，vB2 m/s(3)从A点到B点由v2aL，得a2 m/s2由牛顿第二定律有mgsin 37Fcos 37(mgcos 37Fsin 37)ma代入数据，解得答案突破训练1如图3所示，从 A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 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

6、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M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g10 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：Hhgt2设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vygt则小物块运动到B点时的速度v15

7、 m/s速度方向与水平面的夹角为：tan ，即37(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mghmvmv设C点受到的支持力为FN，则有FNmg解得v22 m/s，FN47.3 N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Ff1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff2(Mm)g10 N因FfFf，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l2.8 m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

8、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R0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30的足够长的光滑固

9、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.(g10 m/s2，结果可保留根号)求：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：mgRmv，解得：vB2 m/s

10、在B点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN3 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解得：v m/s(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mgsin 30mgcos 30ma1对薄木板：mgsin 30mgcos 30ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v，则：vva1ta2t解得：a12.5 m/s2，t s答案(1)3 N，方向竖直向下(2) m/s(3)2.5 m/s2 s突破训练2如图5所示，将一质量m0.1 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

11、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h3.2 m，斜面高H15 m，竖直圆轨道半径R5 m取sin 530.8，cos 530.6，g10 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/s4.8 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：v0vyco

12、t 由平抛运动规律得：v2ghhgtxv0t1联立解得：v06 m/s，x4.8 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小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小vA10 m/s从A点到B点由动能定理得mgHmvmv解得vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度agsin 8 m/s2由vBvAat2，解得t21.25 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tt1t22.05 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2mgRmvmv在D点由牛顿第二定律可得：FNmgm联立解得：FN3 N由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道

13、的压力FN3 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m1.0 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L1.0 m，B点离地高度H1.0 m，A、B两点的高度差h0.5 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mghmv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2在水平方向

14、上有svBt由式解得s1.41 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Fmgm由式解得F20 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如图7所示，光滑曲面AB与水平地面BC相切于B，竖直光滑半圆轨道CD与水平地面BC相切于C，已知圆轨道半径为R，BC长为4R，且表面粗糙，一滑块从AB轨道上距地面4R高处由静止释放，之后能够通过圆轨道的最高点D，且对D处的压力为0，求：图7(1)若从曲面上距地2R高度处无初速度释放滑块，滑块将停在何处；(2)若使滑块通过D处后水平抛出，刚好击中地面上的B点，应从AB轨道上离地面多高处由静止释放滑块答案(1)距CRR解析

15、(1)从高4R处释放恰能过最高点D，设动摩擦因数为，由动能定理有4mgR4mgR2mgRmv2在D点，有mgm从2R处释放后滑块将运动到半圆轨道上h高处，则有2mgR4mgRmgh0解得：hR滑块将沿水平轨道向左滑动距离x减速至0，有mghmgx0解得：xR(2)要使滑块击中B点，则从D点平抛的速度为v1满足4Rv1t且2Rgt2由释放到运动到D点过程中，有mgH4mgR2mgRmv解得：HR3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F2mg，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

16、，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s10R.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)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：2Rgt2水平方向：RvCt解得vC在C点对小球由牛顿第二定律有：2mgFNC2m解得FNC，负号表示FNC的方向竖直向上由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNCFNC，方向竖直向下(2)在A点对小球受力分析有：FNFsin 372mg小球从A到B由动能定理有：Fcos 37

17、sFNs2mv解得vB2(3)由B到C过程对小球由动能定理有：2mg2RWf2mv2mv解得Wf(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1Aa、b两球同时到达地面Ba、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2ht，hgt

18、，解得ta2tb，故A错误对a运用动能定理，2mgh2mv0，对b运用动能定理，有mghmvmv，知b球的速率大于a球的速率故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、，由功率的计算公式PFv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2如图2所示，一物块质量m1.0 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h0.032 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

19、度H1.2 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 370.6，cos 370.8，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/s0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则vA m/s1 m/sv0vAcos 530.6

20、m/s(2)物块在A点时的速度vA1 m/s从A到B的运动过程中由动能定理得mgHmgcos 53mvmv在B点时的机械能：EBmvmgH4 J(3)物块在B点时的速度vB4 m/s物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为：a1g(sin 37cos 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t10.4 s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a2g(sin 37cos 37)2 m/s2B、D间的距离：xBDa2(tt1)20.76 m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

21、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3A小球到达c点的速度为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 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；小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：mv2mgRmv小球在b点，由牛顿第二定律得：FNmg，联立解得FN6mg，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：xvct,2Rgt2.解得t2 ，x2R，C、D项正确4如图4所示，AB段为长度L15 m的粗糙水平地面，其动摩擦因数0.2，它高出水平地面C

22、D的高度h1.25 m，EFD为一半径R0.4 m的光滑半圆形轨道现有一质量m1 kg的小球，在恒定的外力F4 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g10 m/s2，试求：图4(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离答案(1)1.8 m(2)3 m解析(1)设平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小

23、球与圆弧轨道无相互作用力，则有mgm解得v02 m/s由hgt得t10.5 sx1v0t11 m因斜抛可看做逆向的平抛运动，所以由2Rgt得t20.4 s，x2v0t20.8 m，所以L2x1x21.8 m(2)设F作用距离为x.由动能定理FxmgL1mv得x3 m5如图5所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为37的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的斜面上方P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点已知当地的重力加速度为g，取Rh，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：图5(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功Wf.答案(1)mg(3)mgh解析(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示则有v2gh由几何关系得v0v1cot 联立式得v0(2)A、B间竖直高度HR(1cos )设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中由机械能守恒定律得mvmg(Hh)mv2在B点，根据牛顿第二定律有FNmgm联立式解得FNmg由牛顿第三定律知，小球在Bmg(3)全过程应用动能定理：Wf0mv即Wfmvmgh