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(zhǎng)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
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（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= m R
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(zhǎng)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(zhǎng) 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(zhǎng)
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.
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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
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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(zhǎng).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(zhǎng)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：
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
