物理步步高大一轮复习讲义第五章专题三选读.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/s tan 37°＝eq \f(vC,vy)， 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：eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,P)＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,C)＋mg·2R 在P点：FN－mg＝meq \f(v\o\al( 2,P),R)， 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°eq \f(h－?R－Rcos 37°?,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,P) 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·eq \f(H－h,sin θ)＋μmgd＝μmg[d＋eq \f(H－h,tan θ)]＝500 J 由动能定理得mg(H－h)－W＝eq \f(1,2)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′＝eq \f(1,2)gt2，得t＝ eq \r(\f(2h′,g)) 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＝eq \f(1,2)mv2， 解得v＝eq \r(2g?H－1－h′?) 运动员在水平方向的位移： x＝vt＝eq \r(2g?H－1－h′?)·eq \r(\f(2h′,g))＝eq \r(4?H－1－h′?h′) 当h′＝eq \f(H－1,2)＝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＝eq \r(2) m．取重力加速度大小g＝10 m/s2. 图3 (1)一小