力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物块做平抛运动的初速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 答案 (1)1 m/s (2)0.2
解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
1
H＝gt2 ①
2在水平方向上有s＝v0t ②
g由①②式解得v0＝s
2H代入数据得v0＝1 m/s
(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有
v0 2
fm＝m ③
Rfm＝μN＝μmg ④
v0 2
由③④式得μ＝
gR代入数据得μ＝0.2
2． (2010·重庆理综·24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一
端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面 内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水 平距离d后落地，如图8所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与
3
球之间的绳长为d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．
4
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2. 图8 (2)问绳能承受的最大拉力多大？
(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
511
答案 (1)2gd gd (2)mg
23
d2 3(3) d 23解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t，由平抛运动规律有
11
竖直方向：d＝gt2
42水平方向：d＝v1t 解得v1＝2gd
11332由机械能守恒定律有mv2＝mv1＋mg(d－d)
224
5解得v2＝ gd
2
(2)设绳能承受的最大拉力大小为Fmax，这也是球受到绳的最大拉力的大小．
3
球做圆周运动的半径为R＝d
4
mv1 2
由圆周运动向心力公式，有Fmax－mg＝
R
11
得Fmax＝mg
3
v3 2
(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3.绳承受的最大拉力不变，有Fmax－mg＝m，
l
8
解得v3＝ gl
3绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有
12d－l＝gt1，x＝v3t1
2
l?d－l?d23
得x＝4 ，当l＝时，x有最大值xmax＝d.
323模拟题组
3． 如图9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μ＝0.5，BC段为半径为R的半圆， 静止于A处的小球在大小为F＝2mg，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，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 图9 到B点的距离为R，且AB的距离为s＝10R.试求： (1)小球在C点对滑杆的压力； (2)小球在B点的速度大小；
(3)BC过程小球克服摩擦力所做的功． 331mgR
答案 (1)mg，方向竖直向下 (2)23gR (3)
24
解析 (1)小球越过C点后做平抛运动，
1
有竖直方向：2R＝gt2 ①
2水平方向：R＝vC t ② 解①②得
gRvC＝ 2
在C点对小球由牛顿第二定律有：
vC 2
2mg－FNC＝2m
R3mg
解得FNC＝
2
3mg
由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNC′＝FNC＝，方向竖直向下
2(2)在A点对小球受力分析有：FN＋Fsin 37°＝2mg ③ 小球从A到B由动能定理有：
12Fcos 37°·s－μFN·s＝·2mvB ④
2解③④得vB＝23gR
(3)BC过程对小球由动能定理有：
1122－2mg·2R－Wf＝×2mvC－×2mvB
2231mgR
解得Wf＝
4
4． 如图10所示，质量为m＝1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速
运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点， 经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆 周运动．C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点．小物块离 开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面
相交的E点．已知半圆轨道的半径R＝0.9 m，D点距水平面的高 图10 度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，试求： (1)摩擦力对小物块做的功；
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ.
答案 (1)4.5 J (2)60 N，方向竖直向下 (3)60°
解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点恰能做圆周运动，所以， 由牛顿第二定律得：
v1 2
mg＝m
R解得：v1＝3 m/s
小物块由A到B的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
12W＝mv1
2解得：W＝4.5 J
(2)设小物块经过D点时的速度大小为v2，对从C点运动到D点的过程，由机械能守恒 定律得： 1122mv1＋mg·2R＝mv2 22v2 2
m R
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：FN－mg＝
联立解得：FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，小物块经过D点时对轨道的压力大小为： FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下
1
(3)小物块离开D点后做平抛运动，设经时间t打在E点，由h＝gt2得：
2
15t＝ s
10
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α， 则： vx＝v2 vy＝gt vxtan α＝
vy
解得：tan α＝3 所以：α＝60°
由几何关系得：θ＝α＝60°.
?题组1 平抛运动与直线运动的组合
1． 如图1所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度
v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相 同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.A、 B均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移； (3)A球落地时，A、B之间的距离．
答案 (1)3 s 30 m (2)20 m 图1 解析 (1)对A球，由平抛运动规律得 水平方向：x1＝v0t
1
竖直方向：H＝gt2
2解得x1＝30 m，t＝3 s
(2)对于物块B，根据牛顿第二定律得， －μmg＝ma 解得a＝－5 m/s2
当B速度减小到零时，有0＝v0＋at′ 得t′＝2 s
判断得：在A落地之前B已经停止运动， 由运动学公式v2－v0＝2ax2 得：x2＝10 m 则Δx＝x1－x2＝20 m.
2． 如图2所示，一物块质量m＝1.0 kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角
为α＝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h＝0.032 m，粗糙斜面BC倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g取10 m/s2)
2
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，由平抛运动知识得： vy＝2gh＝2×10×0.032 m/s＝0.8 m/s 由于物块恰好沿斜面下滑，则
vy0.8vA＝＝ m/s＝1 m/s
sin 53°0.8v0＝vAcos 53°＝0.6 m/s
(2)物块在A点时的速度vA＝1 m/s
从A到B的运动过程中由动能定理得
H1122mgH－μmgcos 53°＝mvB－mvA
sin 53°22
12在B点时的机械能：EB＝mvB－mgH＝－4 J
2(3)物块在B点时的速度vB＝4 m/s
物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为： a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2
vB
物块从B点沿BC斜面向上运动到最高点所用时间为t1＝＝0.4 s，然后沿斜面下滑，
a1下滑时的加速度大小为： a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2 B、D间的距离
vB 21
xBD＝－a2(t－t1)2＝0.76 m
2a12题组2 平抛运动与圆周运动组合问题
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 ( )
A．小球到达c点的速度为gR 图3 B．小球到达b点时对轨道的压力为5mg C．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R
RD．小球从c点落到d点所需时间为2 g答案 ACD
解析 小球在c点时由牛顿第二定律得：
mvc 2
mg＝，vc＝gR，A项正确；
R小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得： 1122mvB＝2mgR＋mvc 22小球在b点，由牛顿第二定律得：
2014《步步高》物理大一轮复习讲义 第04章 专题四 平抛与圆周运动组合问题的分析
