高考物理二轮复习 专题 抛体运动和圆周运动 4 平抛与圆周运动组合问题学案

4. 平抛与圆周运动组合问题

一、基础知识

平抛+圆周运动往往涉及多个运动过程和功能关系,解题的关键是做好两点分析: 1.临界点分析:对于物体在临界点相关的多个物理量,需要区分哪些物理量能够突变,哪些物理量不能突变,而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口.

2.运动过程分析:对于物体参与的多个运动过程,要仔细分析每个运动过程做何种运动.若为圆周运动,应明确是水平面的匀速圆周运动,还是竖直平面的变速圆周运动,机械能是否守恒;若为抛体运动,应明确是平抛运动,还是类平抛运动,垂直于初速度方向的力是哪个力.

二、典型例题

[例1] 如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道,O点是其圆心,半径R=0.8 m,

OA水平、OB竖直.轨道底端距水平地面的高度h=0.8 m.从轨道顶端A由静止释放一个质

量m1=0.1 kg小球,小球到达轨道底端B时,恰好与静止在B点的另一个小球m2发生碰撞,碰后它们粘在一起水平飞出,落地点C与B点之间的水平距离x=0.4 m.忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s.求:

2

(1)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1; (2)两球从B点飞出时的速度大小v2; (3)碰后瞬间两小球对轨道压力的大小.

12解析 (1)从A点运动的小球向下运动的过程中机械能守恒,得:mgR=mv1

2代入数据得:v1=4 m/s

(2)两球做平抛运动,根据平抛运动规律得: 12

竖直方向上有:h=gt

2代入数据解得:t=0.4 s 水平方向上有:x=v2t 代入数据解得:v2=1 m/s

(3)两球碰撞,规定向左为正方向,根据动量守恒定律得:

m1v1=(m1+m2)v2

解得:m2=3m1=3×0.1=0.3 kg

碰撞后两个小球受到的合外力提供向心力,

v22

则:FN-(m1+m2)g=(m1+m2)

R代入数据得:FN=4.5 N

由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力也是4.5 N,方向竖直向下. 答案 (1)4 m/s (2)1 m/s (3)4.5 N 二、针对训练

1.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD,其A点与圆心等高,D点为轨道的最高点,

DB为竖直线,AC为水平线,AE为水平面,如图所示.今使小球自A点正上方某处由静止释

放,且从A点进入圆弧轨道运动,只要适当调节释放点的高度,总能使球通过最高点D,则小球通过D点后( )

A.一定会落到水平面AE上 B.一定会再次落到圆弧轨道上 C.可能会再次落到圆弧轨道上 D.不能确定

v2D解析:选A.如果小球恰能通过最高点D,根据mg=m,得vD=gR,

R知小球在最高点的最小速度为gR. 12

根据R=gt得:t=

2

2R. g则平抛运动的水平位移为:x=gR·

2Rg=2R.

知小球一定落在水平面AE上.故A正确,B、C、D错误.

2.如图所示,从A点以v0=4 m/s的水平速度抛出一质量m=1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在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M=4 kg,

A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m,R=0.75 m,物块与长木板之间的动

摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,g取10 m/s.求:

2

(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; (3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板. 12

解析:(1)物块做平抛运动:H-h=gt

2到达B点时竖直分速度:vy=gt=3 m/s

2

v1=v20+vy=5 m/s

vy3方向与水平面的夹角为θ:tan θ==

v04

即:θ=37°,斜向下

1212

(2)从A至C点,由动能定理mgH=mv2-mv0

22

v22

设C点受到的支持力为FN,则有FN-mg=m

R由上式可得v2=27 m/s,FN=47.3 N

根据牛顿第三定律可知,物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N,方向竖直向下. (3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力

Ff=μ1mg=5 N

长木板与地面间的最大静摩擦力为Ff′

Ff′=μ2(M+m)g=10 N

因Ff<Ff′,所以小物块在长木板上滑动时,长木板静止不动.

小物块在长木板上做匀减速运动,至长木板右端时速度刚好为0,才能保证小物块不滑出长木板.

则长木板长度至少为l==2.8 m.

2μ1gv22

答案:(1)5 m/s 方向与水平方向的夹角为37°斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m

3

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