講義平拋與圓周運(yùn)動(dòng) 能量觀點(diǎn)解決問題

1、金博教育學(xué)科教師輔導(dǎo)講義 負(fù)責(zé)人審核簽字： 學(xué)員姓名： 馬陽陽 年 級： 高三 課時(shí)數(shù)：2 輔導(dǎo)科目：物理 學(xué)科教師：李建勛 校區(qū)名稱： 鶴壁校區(qū) 授課日期及時(shí)段課 型 預(yù)習(xí)課 同步課 復(fù)習(xí)課 專題課教學(xué)目標(biāo)復(fù)習(xí) 能對平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和受力狀況能夠進(jìn)行準(zhǔn)確分析復(fù)習(xí) 理解應(yīng)用能量守恒及應(yīng)用條件重點(diǎn)難點(diǎn)1、 對運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的準(zhǔn)確分析；2、能量守恒的條件和守恒臨界點(diǎn)。教學(xué)內(nèi)容 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)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

2、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h0.8 m，重力加速度取g10 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v0；(2)斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離x；(3)若斜面頂端高H20.8 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，

3、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，vyv0tan 53°，v2gh代入數(shù)據(jù)，得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由vygt1得t10.4 sxv0t13×0.4 m1.2 m(3)小球沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a8 m/s2初速度v5 m/svt2at代入數(shù)據(jù)，解得t22 s或t2 s(不符合題意舍去)所以tt1t22.4 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

4、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R1.25 m，斜面AB的長度為L1 m質(zhì)量為m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平外力F1 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x1.2 m，C點(diǎn)距離地面高度為h0.8 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)對圓弧面的壓力；(2)物塊滑至B點(diǎn)時(shí)的速度；(

5、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hgt2得t0.4 svC3 m/s由牛頓第二定律知FNmgmFN17.2 N由牛頓第三定律知，物體在C點(diǎn)時(shí)對圓弧的壓力大小為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mgR(1cos 37°)mvmv，vB2 m/s(3)從A點(diǎn)到B點(diǎn)由v2aL，得a2 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

6、A點(diǎn)以v04 m/s的水平速度拋出一質(zhì)量m1 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板的質(zhì)量M4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.2，g10 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答案(1)5 m/s方向與水平面的夾角

7、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：Hhgt2設(shè)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy：vygt則小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度v15 m/s速度方向與水平面的夾角為：tan ，即37°(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mghmvmv設(shè)C點(diǎn)受到的支持力為FN，則有FNmg解得v22 m/s，F(xiàn)N47.3 N根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊對圓弧軌道C點(diǎn)的壓力大小為47.3 N(3)由題意可知小物塊對長木板的摩擦力Ff1mg5 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Ff2(Mm)g10 N因Ff<

8、Ff，所以小物塊在長木板上滑動(dòng)時(shí)，長木板靜止不動(dòng)設(shè)小物塊在長木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，至長木板最右端時(shí)速度剛好為0則長木板長度為l2.8 m所以長木板至少為2.8 m，才能保證小物塊不滑出長木板25.直線、平拋和圓周組合運(yùn)動(dòng)模型的分析1模型特點(diǎn)：物體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，經(jīng)歷直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)或三種運(yùn)動(dòng)兩兩組合2表現(xiàn)形式：(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(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，只要對不同過程分別選

9、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R0.2 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 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.(g10 m/s2，結(jié)果可保留根號)求：圖4(1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對圓

10、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)間審題與關(guān)聯(lián)解析(1)物塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得：mgRmv，解得：vB2 m/s在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN3 N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下(2)設(shè)物塊滑上薄木板的速度為v，則：cos 30°解得：v m/s(3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得：對物塊：mgsin 30°mgcos 30°ma1對薄木板：mgsin 30°mgcos 30°ma2設(shè)物塊和

11、薄木板達(dá)到的共同速度為v，則：vva1ta2t解得：a12.5 m/s2，t s答案(1)3 N，方向豎直向下(2) m/s(3)2.5 m/s2 s突破訓(xùn)練2如圖5所示，將一質(zhì)量m0.1 kg的小球自水平平臺(tái)頂端O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h3.2 m，斜面高H15 m，豎直圓軌道半徑R5 m取sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 m/s2，求：圖5(1)小球水平拋出的初

12、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O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)若豎直圓軌道光滑，小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對軌道的壓力答案(1)6 m/s4.8 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：v0vycot 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v2ghhgtxv0t1聯(lián)立解得：v06 m/s，x4.8 m(2)小球從平臺(tái)頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面頂端A點(diǎn)，需要時(shí)間t1 0.8 s小球在A點(diǎn)的速度沿斜面向下，速度大小vA10 m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得mgHmvmv解得vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度

13、agsin 8 m/s2由vBvAat2，解得t21.25 s小球從平臺(tái)頂端O點(diǎn)拋出至落到斜面底端B點(diǎn)所用的時(shí)間tt1t22.05 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2mgRmvmv在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得：FNmgm聯(lián)立解得：FN3 N由牛頓第三定律可得，小球在D點(diǎn)對軌道的壓力FN3 N，方向豎直向上高考題組1(2013·福建·20)如圖6，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量m1.0 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

14、，已知繩長L1.0 m，B點(diǎn)離地高度H1.0 m，A、B兩點(diǎn)的高度差h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣影響，求：圖6(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(1)小球從A到B過程機(jī)械能守恒，有mghmv小球從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m(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Fmgm由式解得F20 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BC相切

15、于C，已知圓軌道半徑為R，BC長為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，且對D處的壓力為0，求：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，由動(dòng)能定理有4mgR4mgR2mgRmv2在D點(diǎn)，有mgm從2R處釋放后滑塊將運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上h高處，則有2mgR4mgRmgh0解得：h0.5R滑塊將沿水平軌道向左滑動(dòng)距離x減速至0，有mghmg

16、x0解得：xR(2)要使滑塊擊中B點(diǎn)，則從D點(diǎn)平拋的速度為v1滿足4Rv1t且2Rgt2由釋放到運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過程中，有mgH4mgR2mgRmv解得：H5.5R3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0.5，BC段為半徑為R的半圓，靜止于A處的小球在大小為F2mg，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)(圖中未畫出)，已知D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為R，且AB的距離為s10R.試求：圖8(1)小球在C點(diǎn)對滑桿的壓力；(2)小球在B點(diǎn)的速度大??；(3)由B到C過程中小球克服摩擦力所做的功答案(1)m

17、g，方向豎直向下(2)2(3)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：2Rgt2水平方向：RvCt解得vC在C點(diǎn)對小球由牛頓第二定律有：2mgFNC2m解得FNC，負(fù)號表示FNC的方向豎直向上由牛頓第三定律有，小球在C點(diǎn)對滑桿的壓力FNCFNC，方向豎直向下(2)在A點(diǎn)對小球受力分析有：FNFsin 37°2mg小球從A到B由動(dòng)能定理有：Fcos 37°·sFN·s·2mv解得vB2(3)由B到C過程對小球由動(dòng)能定理有：2mg·2RWf×2mv×2mv解得Wf(限時(shí)：45分鐘)題組1直線與平拋

18、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v0平拋，比較a、b落地的運(yùn)動(dòng)過程有()圖1Aa、b兩球同時(shí)到達(dá)地面Ba、b落地時(shí)的速度相同C重力對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°，根據(jù)牛頓第二定律，a，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)斜面高度為h，則2h×t，h×gt，解得ta2tb，故A錯(cuò)誤對a運(yùn)用動(dòng)能定理，2mgh×2mv0，對b運(yùn)用

19、動(dòng)能定理，有mghmvmv，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、，由功率的計(jì)算公式PFv可知落地時(shí)a、b兩球重力做功的瞬時(shí)功率均為mg，故D正確2如圖2所示，一物塊質(zhì)量m1.0 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h0.032 m，粗糙斜面BC傾角為37°，足夠長物塊與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，A點(diǎn)離B點(diǎn)所在平面的高度H1.2 m斜面AB和斜面BC在B點(diǎn)用一段平

20、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/s2.圖2(1)物塊水平拋出的初速度v0是多少？(2)若取A所在水平面為零勢能面，求物塊第一次到達(dá)B點(diǎn)的機(jī)械能(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 m/s0.8 m/s由于物塊恰好沿斜面下滑，則vA m/s1 m/sv0vAcos 53°0.6 m/s(2

21、)物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度vA1 m/s從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中由動(dòng)能定理得mgHmgcos 53°mvmv在B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能：EBmvmgH4 J(3)物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度vB4 m/s物塊沿BC斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a1g(sin 37°cos 37°)10 m/s2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t10.4 s，然后沿斜面下滑，下滑時(shí)的加速度大小為：a2g(sin 37°cos 37°)2 m/s2B、D間的距離：xBDa2(tt1)20.76 m題組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b

22、c相切，一小球以初速度v0沿直軌道向右運(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3A小球到達(dá)c點(diǎn)的速度為B小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為5mgC小球在直軌道上的落點(diǎn)d與b點(diǎn)距離為2RD小球從c點(diǎn)落到d點(diǎn)所需時(shí)間為2 答案ACD解析小球在c點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：mg，vc，A項(xiàng)正確；小球由b到c過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mv2mgRmv小球在b點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FNmg，聯(lián)立解得FN6mg，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：xvct,2Rgt2.解得t2 ，x2R，C、D項(xiàng)正確4如圖4所示，AB段為長度L15 m的粗糙水平地面，其動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，它高出水平地面CD的高度h1.25 m，EFD為一半徑R0.4 m的光滑半圓形軌道現(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的小球，在恒定的外力F4 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