物理步步高大一轮复习讲义第五章 专题三.docx

考点一　多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．1．[直线、平抛与圆周的组合]如图1所示，设一个质量m＝50 kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R＝15 m的光滑竖直平面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2 s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求：图1(1)运动员运动到C点时的速度大小vC；(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN；(3)A点距过P点的水平地面的高度h.答案　(1)15 m/s　(2)3 250 N　(3)45.5 m解析　(1)在D点：竖直方向上的分速度vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/stan 37°＝，代入数据解得vC＝15 m/s(2)对P→C过程，由机械能守恒定律可得：mv＝mv＋mg·2R在P点：FN－mg＝m，联立上述两式代入数据解得FN＝3 250 N由牛顿第三定律得：在P点运动员受到轨道的支持力为3 250 N.(3)对A→P过程，由动能定理可得：mgh－μmgcos 37°＝mv代入数据解得h＝45.5 m.2．[直线与平抛的组合]水上滑梯可简化成如图2所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0 m，BC长d＝2.0 m，端点C距水面的高度h＝1.0 m．一质量m＝50 kg的运动员从滑道起点A点无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.10，(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)求：图2(1)运动员沿AB下滑时加速度的大小a；(2)运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小v；(3)保持水平滑道左端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.答案　(1)5.2 m/s2　(2)500 J　10 m/s　(3)3 m解析　(1)运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示Ff＝μFN＝μmgcos θ根据牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcos θ＝ma得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：a＝gsin θ－μgcos θ＝5.2 m/s2(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：W＝μmgcos θ·＋μmgd＝μmg[d＋]＝500 J由动能定理得mg(H－h)－W＝mv2，得运动员滑到C点时速度的大小v＝10 m/s(3)在从C′点滑出至落到水面的过程中，设运动员做平抛运动的时间为t，由h′＝gt2，得t＝ 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W＝500 J根据动能定理得：mg(H－h′)－W＝mv2，解得v＝运动员在水平方向的位移：x＝vt＝·＝当h′＝＝3 m时，水平位移最大3．[平抛与圆周的组合](2015·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ m．取重力加速度大小g＝10 m/s2.图3(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．答案　(1)0.25 m　(2) m/s解析　(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt①h＝gt2②小环在ab段滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝mv③联立三式可得R＝＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝mv④因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝⑥联立①②④⑤⑥可得v水平＝ m/s.多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．2．“分”