讲义平抛与圆周运动 能量观点解决问题 -.doc

金博教育学科辅导讲义 负责人审核签字： 学员姓名： 年 级： 课时数： 辅导科目： 学科教师： 校区名称： 授课日期及时段 课 型 □ 预习课 □ 同步课 √复习课 □ 专题课 教学目标 重点难点 教学内容 考点一　用运动学公式和牛顿运动定律分析平抛与直线的组合运动 1．平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两分运动具有等时性． 2．当物体做直线运动时，分析物体受力是解题的关键．正确分析物体受力，求出物体的加速度，然后运用运动学公式确定物体的运动规律． 3．平抛运动与直线运动的衔接点的速度是联系两个运动的桥梁，因此解题时要正确分析衔接点速度的大小和方向． 例1　如图1所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： 图1 (1)小球水平抛出时的初速度v0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x； (3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？ 解析　(1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示， vy＝v0tan 53°，v＝2gh 代入数据，得 vy＝4 m/s，v0＝3 m/s. (2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a＝＝8 m/s2 初速度v＝＝5 m/s ＝vt2＋at 代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不符合题意舍去) 所以t＝t1＋t2＝2.4 s. 答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s 考点二　用动力学和功能观点分析平抛与圆周的组合运动 1．物体的圆周运动主要是竖直面内的圆周运动，通常应用动能定理和牛顿第二定律进行分析，有的题目需要注意物体能否通过圆周的最高点． 2．平抛运动与圆周运动的衔接点的速度是解题的关键． 例2　如图2所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R＝1.25 m，斜面AB的长度为L＝1 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)在水平外力F＝1 N作用下，从斜面顶端A点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2 m，C点距离地面高度为h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求： 图2 (1)物块经C点时对圆弧面的压力； (2)物块滑至B点时的速度； (3)物块与斜面间的动摩擦因数． 解析　(1)物块从C点到E点做平抛运动 由h＝gt2 得t＝0.4 s vC＝＝3 m/s 由牛顿第二定律知 FN－mg＝m FN＝17.2 N 由牛顿第三定律知，物体在C点时对圆弧的压力大小为17.2 N，方向竖直向下 (2)从B点到C点由动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝mv－mv，vB＝2 m/s (3)从A点到B点由v＝2aL，得a＝2 m/s2 由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma 代入数据，解得μ≈0.65 答案　(1)17.2 N，方向竖直向下　(2)2 m/s　(3)0.65 突破训练1　如图3所示，从 A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求： 图3 (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 答案　(1)5 m/s　方向与水平面的夹角为37°　(2)47.3 N (3)2.8 m 解析　(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有： H－h＝gt2