拋體運動和圓周運動綜合問題（解析版）-2025年高考物理一輪復習

拋體運動和因周運動的綜合問題

素養(yǎng)目標:

1.掌握平拋運動的解題關鍵，在于對速度或位移的分解。

2.掌握圓周運動解題的三個關鍵:確定半徑、分析向心力、確定臨界條件。

3.掌握拋體運動和圓周運動結合點的處理方法。

1.如圖所示，固定在豎直面內的光滑圓弧軌道尸。在。點與水平面相切，其圓心為O、半

徑為R,圓弧對應的圓心角6=53。。一可視為質點的質量為加的小物塊從S點以水平初速

度％）拋出，恰好在尸點沿切線方向進入圓弧軌道，最后滑上水平面在C點停下來。已知

小物塊與水平面間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g,不計空氣阻力，sin53。=0.8,求:

（1）S、P兩點間的豎直高度;

（2）0、C兩點間的距離。

【答案】⑴f、2R25尤

(2)——+—2-

5〃18〃g

【解析】（1）小物塊從S到尸做平拋運動，恰好在P點沿切線方向進入圓弧軌道，此時有

tan0=—

%

解得小物塊在P點的豎直分速度為

豎直方向有

2gh=片

解得S、尸兩點間的豎直高度為

（2）小物塊在尸點的速度為

%5

小物塊從P點到C點過程，根據動能定理可得

12

mgRQ-cos0)-jumgs=0--mvp

解得0、C兩點間的距離為

2R25尤

s=—+------

5〃18〃g

考點一先平拋運動后圓周運動

7T................

節(jié)加銀儲備卡

1.先平拋運動，如果落入圓弧時沿切線方向，一定注意分解合速度，此時合速度

與飛入點的切線方向相同。

例題1.如圖所示，光滑平臺SE左側豎直平面內固定著半徑為R=0.75m、圓心為。的光滑

圓弧軌道。S,。。連線與水平面的夾角為。=37。；平臺右側在￡點與水平傳送帶相接，平臺

與傳送帶上表面在同一水平面上，傳送帶右側與足夠長的、傾角為。=37。的斜面用平滑連

接。質量為加=lkg的光滑小球從尸點以速度v°=3m/s水平向左拋出，恰好在。點沿切線方

向進入圓弧軌道，然后滑上平臺，與平臺上靜止在。點的滑塊發(fā)生彈性碰撞。已知滑塊質

量為M=3kg,滑塊與傳送帶、斜面間的動摩擦因數均為〃=0.75,傳送帶順時針轉動的速度大

小恒為v度7m/s,傳送帶長度d=2.45.m,不計空氣阻力，重力加速度g取lOm/s?,

sin370=0,6o求：

（1）尸、。兩點的高度差；

（2）小球經過S點時對圓弧軌道的彈力大小；（結果保留3位有效數字）

（3）小球與滑塊第一次碰撞后，滑塊沿斜面E8運動的最高點到廠的距離。（結果保留3位

有效數字）

【答案】(1)0.8m；(2)75.3N；(3)2.04m

【解析】（1）從尸到0過程做平拋運動，設到達。點時的豎直方向速度為wP、。兩點

的高度差為〃，則有

tan=-

豎直方向做自由落體運動有

y=2gh

聯立解得

/z=0.8m

（2）設到達。點時的速度為四，則有

v0=vQsin0

從。到S過程由機械能守恒有

1212

(7?+7?sin0)=—mvs~—mvQ

解得

vs=7m/s

根據牛頓第二定律，在S點有

Fs-mg=m^

代入數據得

用275.3N

由牛頓第三定律得小球在S點對軌道彈力大小為75.3N。

（3）小球與滑塊碰撞過程由動量守恒有

mvs=mv+Mu

由機械能守恒有

—mvl=—mv2+—Mir

2s22

解得

v=-3.5m/s,u=3.5m/s

假設滑塊在傳送帶上一直加速，設其離開傳送帶時的速度大小為優(yōu)，則滑塊在傳送帶上的加

速度

代數據解得4=7m/s,恰好等于傳送帶速度，假設成立。設滑塊沿斜面運動距離為/,滑塊

在斜面上的加速度

Mgsin0+juMgcos0

=12m/s

Ix2.04m

例題2.如圖，在水平地面上豎直固定一光滑圓弧形軌道，軌道半徑尺=Im,2C為軌道的

豎直直徑，N與圓心。的連線與豎直方向成53。?，F有一質量以=1kg的小球（可視為質點）

從點P以初速度%=3.6m/s水平拋出，小球恰好能從/點無碰撞的飛入圓弧軌道。不計一

切阻力,重力加速度g取lOtn/s?,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

（1）小球到達圓軌道/點時的速度大?。?/p>

（2）運動到最低點B時對軌道的壓力大??；

（3）小球能否通過豎直軌道的最高點C?請說明理由。

B

【答案】（1）6m/s；（2）54N；（3）見解析

【解析】（1）小球恰好能從/點無碰撞的飛入圓弧軌道，則有

解得小球到達圓軌道/點時的速度大小為

（2）小球從/點到3點過程，根據動能定理可得

11

mg7?(l-cos53°)=—22

解得

vB=2VfTm/s

在2點，根據牛頓第二定律可得

XTVg

N-mg=

解得

N=54N

根據牛頓第三定律可知，運動到最低點B時對軌道的壓力大小為54N。

(3)當小球剛好經過豎直軌道的最高點C,由重力提供向心力得

V2.

mg=m-s2-

R

解得

=海=廝m/s

設小球可以通過豎直軌道的最高點C,從3點到C點過程，根據動能定理可得

1,1,

-mg'2R-—mvc--mvB

解得

vc=2m/s

由于

vc=2m/s<v1nhi=ViOm/s

則小球不能通過豎直軌道的最高點Co

【易錯分析】

1.找不到，沿切向方向飛入圓弧的解題切入點。

2.不會把拋體運動和圓周運動的知識綜合應用o

考點二先圓周運動后平拋運動

u..............

扣鍋儲備至

1.恰好無碰撞的落入斜面，意思是合速度方向與斜面平行，依然要分解此時的合速度。

例題3.如圖，傾角為。=37。，長s=2.5m的斜面軌道CZ)上鋪了一層可以改變動摩擦因數

的勻質特殊材料，斜面底部。點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在。點,

自然狀態(tài)下另一端恰好在。點。在軌道CD左側有一個高度可以調節(jié)的平臺，平臺上放置

一個半徑火=0.8m的四分之一光滑圓弧/瓦將一質量加=2kg的小滑塊（可以視為質點）

在A端靜止釋放從B端水平拋出，通過調整高度按鈕使得滑塊從C點剛好沿切線方向無碰

撞進入CD軌道?；瑝K通過D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力。

（1）求滑塊在8點受到軌道的支持力大?。?/p>

（2）求2點與C點的高度差；

（3）若滑塊可以在斜面上來回運動最終停在。點，求〃的取值范圍。

【解析】（1）滑塊從4到8過程，根據動能定理可得

解得

vB=4m/s

在8點，根據牛頓第二定律可得

N一mg二加宣

解得滑塊在B點受到軌道的支持力大小為

N=60N

（2）滑塊從。點剛好沿切線方向無碰撞進入軌道，則在。點有

tan<9=—

%

解得滑塊經過C點時的豎直分速度大小為

vy=3m/s

則8點與C點的高度差為

h=—=0.45m

2g

（3）滑塊在C點的速度大小為

若滑塊可以在斜面上來回運動最終停在。點，設滑塊沿斜面下滑壓縮彈簧后被彈簧彈回剛

好到達C點速度為0；則從C點下滑到返回C點過程，根據動能定理可得

cos0-2s=0——mv；

為了使速度減為0的滑塊在斜面上可以下滑，需要滿足

mgsin6>/nmgcos3

可得

3

嗎

綜上分析可知，〃的取值范圍為

53

—<u<—

164

例題4.小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為機的小球

（可視為質點），給小球一初速度，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運動到最低點

時，繩的張力恰好達到最大值而突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩

的手離地面高度為乩手與球之間的繩長為弓，重力加速度為g。忽略手的運動半徑和空

氣阻力。

（1）求繩斷時球的速度大小匕和球落地時的速度大小曠2o

（2）輕繩能承受的最大拉力7；多大？

（3）保持手離地面的高度d不變，改變繩長乙讓球重復上述運動，若繩仍在球運動到最

低點時恰好張力達到最大值而斷掉，要使球拋出的水平距離最大，則繩長乙應是多少？最

大水平距離/為多少？

【答案】（1）d2gd,、口gd；（2）（3）y,

V2323

【解析】（1）設繩斷后小球飛行時間為4,小球做平拋運動，豎直方向

11

—dJ=-g.2

421

水平方向

d-v/i

解得

v^^lgd

小球落地時在豎直方向的分速度為Vy,則

2rd

0=2g7

小球落地速度

所以

（2）小球在最低點，根據牛頓第二定律

3d

T-m2=m—,R

RT

解得輕繩對小球拉力大小

T=~11mg

據牛頓第三定律得，輕繩能承受的最大拉力

T11

Tm=—mg

（3）小球在最低點，根據牛頓第二定律

繩斷后做平拋運動，豎直方向

d-L=-gt1

水平方向

x=v0t2

解得

由數學關系得，當乙=4時

2

【易錯分析】

1.平拋運動的水平位移極值問題應用二次函數求極值的方法。

考點三先圓周運動后斜拋運動

例題5.豎直平面內有三個圓軌道，甲軌道與水平面相切于/點，甲、乙軌道相切于8點,

甲、丙軌道相切于。點，在各自相切部位軌道稍微錯開，使得小球能無能量損失從一個軌

道進入另一軌道，軌道如圖所示。質量為加的小球以某一初速度沿水平面進入半徑為R的

甲軌道，經過相切點8后進入乙軌道，并恰好經過其最高點C,隨后又從8點飛出，經過

丙軌道后再次經過甲軌道最低點時對軌道壓力為30N。已知尺=2r=0.4m,m=lkg,

002、O1O3與豎直方向夾角均為6=60°,整個軌道除了弧線是粗糙的，其余均光滑，

求：

（1）小球第一次經過N點時的初速度大小；

（2）小球從3點運動到。點的時間以及該過程離地面最高的高度；

（3）小球從/點進入軌道后再次回到/點過程中損失的機械能。

'-A

【答案】(1)2括m/s；(2)(s,0.9m；(3)6J

【解析】(1)根據題意可知，在最高點C,由牛頓第二定律有

mg=m-

r

解得

從A到。過程中，由機械能守恒定律有

~mvA~~^mvc=+^)(1+cos600)

解得

vA=2V5m/s

(2)從A到8過程中，由機械能守恒定律有

~mvA~^mvB=7"gR(l+cos60°)

解得

vB=2V2m/s

小球從3點飛出后做斜拋運動，水平方向上有

vBcos60°-t=xBD=V37?

豎直方向上有

(%sin60?！?/p>

h=

2g

解得

t=^-s,h=0.3m

5

離地面最高的高度

H=7?（l+cos60°）+/z=0.9m

（3）小球再次回到A點時，由牛頓第二定律有

由能量守恒定律可得，小球從/點進入軌道后再次回到/點過程中損失的機械能

聯立解得

A￡=6J

V限時檢測T

、---------------公（建議用時：60分鐘）

1.（多選）如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽4BC,4C連線與地面相平，凹槽NC

是位于豎直平面內以。為圓心、半徑為R的一段粗糙程度相同的圓弧，8為圓弧最低點。

現將一質量為加的小球（可視為質點）從水平地面上P處以初速度%斜向右上方拋出，%

與水平地面夾角為0。該小球恰好能從/點沿圓弧的切線方向進入軌道，沿圓弧/2C繼續(xù)

運動后從C點以速率與飛出。不計空氣阻力，重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

A.小球由尸點運動到/點的過程中，所用時間為經站

g

B.小球由尸點運動到/點的過程中，水平位移為說s-2。

g

C.小球經過圓弧形軌道的。點時受到軌道的支持力大小為加gcose+誓

D.小球經過圓弧形軌道N2段和2C段過程中，小球與圓弧軌道間因摩擦產生的熱量相

等

【答案】BC

【解析】AB.小球由尸點飛出后做斜拋運動，豎直方向根據對稱性可知，小球由P點運動

到4點的過程中，所用時間為

（_2v0sin0

g

水平方向根據

x=v0cos0-t

可得水平位移為

八2vnsin0v：sin20

x=v0cosu--------=----------

gg

故A錯誤，B正確；

C.小球經過圓弧形軌道的。點時，根據牛頓第二定律可得

（y）2

N—mgcos0=m——

解得支持力大小為

N=mgcos0+

故C正確；

D.由于存在摩擦力做負功，所以小球經過圓弧形軌道段和8C段任意同一水平面的兩

個位置時，小球在N8段的速度總是大于在3C段的速度，根據

“v2

N—mgcosa=m—

可知小球經過圓弧形軌道48段和BC段任意同一水平面的兩個位置時，在N8段的彈力總

是大于在BC段的彈力，在段的摩擦力總是大于在3c段的摩擦力，則小球經過圓弧形

軌道AB段因摩擦產生的熱量大于經過圓弧形軌道BC段因摩擦產生的熱量，故D錯誤。

故選BCo

2.（多選）豎直平面內半徑為R的外側光滑的圓軌道，一小球受到微小擾動從軌道的頂點/

點由靜止開始沿圓軌道下滑，至8點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻

力，下列說法正確的是（）

A.在8點時，小球對圓軌道的壓力為零

2

B.8點離水平面的高度為§火

C./到2過程，小球水平方向的加速度不斷增大

D.8到C過程，小球做平拋運動

【答案】AB

【解析】A.在8點時，小球脫離軌道，則小球對圓軌道的壓力為零，選項A正確；

B.設8點與圓心連線與水平方向夾角為6,則在8點時

?Z）V2

mgsinc/=m—

從N到8點機械能守恒，則

1

mgR（l-sin^）=-mv

解得

sin0=2

3

2

則2點離水平面的高度為選項B正確；

C./到8過程，小球在兩點時受水平力均為零，而在中間過程水平方向有加速度，則

小球水平方向上受力先增加后減小，小球水平方向的加速度先增加后減小，選項C錯誤；

D.8到C過程，小球做斜下拋運動，選項D錯誤。

故選AB。

3.（多選）如圖所示，一個質量為0.2kg的小球，以v°=2m/s的初速度從/點平拋出去，恰

好從2點沿切線進入圓弧，經過圓弧后從。點射出，又恰好落到2點。已知圓弧半徑

7?=0.4m,N與。在同一水平線上，g=10m/s2?以下計算正確的是（）

B.。點的速度大小為Im/s

C.A,D的距離為0.8m

D.在。點時，小球對管壁的作用力方向豎直向下

【答案】ABD

【解析】A.小球從4到5做平拋運動，豎直方向上有

1

R+Rcosd=—gt27

到達8點時，有

tan6^=-

%

聯立可得

。=60。，t=-s

5

故A正確;

C.A,。的距離為

3

xAD=%/+7?sin0--V3m

故C錯誤;

B.小球從。到3,根據平拋運動的規(guī)律有

Rsin0=vDt'

R+Rcos0=—gt

所以

t'=t=^—s,vD=Im/s

故B正確；

D.在。點，有

me>m—

R

所以小球受到管壁向上支持力，根據牛頓第三定律可知，小球對管壁的作用力方向豎直向下,

故D正確。

故選ABD,

4.如圖所示，長為R的輕繩一端固定于。點，另一端系一質量為加的小球，使之在豎直

平面內做圓周運動，小球剛好能通過最高點4。當小球運動到最低點8時，繩恰好斷裂。B

點距地面高度2R,小球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)小球通過4點時的速度大小；

(2)繩子能承受的最大拉力；

(3)小球從B點到落地點的位移。

【答案】(1)麴；(2)6mg.(3)2底R

【解析】(1)小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零，由

v2

ms:=m——

R

解得

V=4SR

(2)從最高點到最低點的過程中，根據動能定理得

1,1,

mg2R=—mvB--mv

解得

VB=y[5gR

當小球運動到最低點8時，有

F-mg=〃

R

解得繩子能承受的最大拉力為

F-6mg

(3)8點距地面高度2R,做平拋運動，豎直方向有

水平方向有

x=vBt

聯立解得

X=2y/5R

小球從B點到落地點的位移為

￡=&+(27?)2=2y/6R

5.如圖所示為豎直放置的四分之一圓弧軌道，O點是其圓心，半徑R=1.0m。軌道底端距

水平地面的高度/?=1.25m。從軌道頂端/由靜止釋放一個質量加=0.1kg的小球(可視為質

點)，小球到達軌道底端8時，沿水平方向飛出，落地點C與8點之間的水平距離尤=

2.5m。忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小球運動到2點時所受支持力打的大??；

(2)小球落地前瞬間的速度大小股及方向。

h

7777777777777777777777777777777777777

【答案】(1)3.5N；(2)5"n/s，與水平方向夾角45。斜向右下方

【解析】(1)小球由3點運動到C點的過程中，豎直方向上做自由落體運動有

,12

h=2gt

得

t-0.5s

水平方向做勻速直線運動有

X=V”

得

VB=5m/s

由牛頓第二定律

2

FVB

K

解得

FN=3.5N

（2）小球落地前瞬間，豎直方向的速度

vy=gt=5m/s

水平方向的速度

VJ（=VB=5m/s

落地前瞬間速度

%=+=5V2m/s

速度方向與水平方向夾角45。斜向右下方。

6.如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高0.8m頂部水平高臺，接著以v=3m/s

水平速度離開平臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從/點切入光滑豎直圓弧軌道,

并沿軌道下滑。4、5為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為尺=1.0m,人和車的總

質量為200kg,特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取

g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。）求：

（1）從平臺飛出到/點，人和車運動的水平距離s；

（2）從平臺飛出到/點時速度大小Va及圓弧對應圓心角0;

（3）人和車運動到圓弧軌道最低點O,求此時對軌道的壓力大小。

【答案】(1)s=1.2m；(2)匕=5m/s,8=106°；(3)8600N

【解析】（1）從平臺飛出到/點的過程，人和車做平拋運動，根據平拋運動規(guī)律，有

,12

h=2gt

解得

t=0.4s

從平臺飛出到4點，人和車運動的水平距離為

s=vt=l.2m

(2)從平臺飛出到4點，根據動能定理，有

1

mgh加匕/一—mv2

2

解得

得

9=2。=106。

(3)從4到。的過程中由動能定理有

mgR(\-cos53O)=gmv：-gmv\

在最低點，有

F-mg=m^

解得

F=8600N

根據牛頓第三定律可知人和車對軌道的壓力大小為8600N。

7.如圖所示，光滑斜面N5與水平傳送帶8c平滑連接，8c長4=4.5m,與物塊的動摩擦

因數〃=0.3,傳送帶的速度v=3m/s。設質量加=2kg的物塊由靜止開始從4點下滑，經過

C點后水平拋出，恰好沿圓弧切線從。點進入豎直光滑圓弧軌道。OE,DE連線水平。已知

圓弧半徑尺=2.0m,對應圓心角。=106。，物塊運動到。點時對軌道的壓力為61N

（g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）?求：

（1）物塊運動到。點的速度大小v°；

（2）物塊下落的高度”的取值范圍；

（3）第（2）問中，物塊與傳送帶間產生的熱量。的最大值。

【答案】（1）vfl=5m/s；（2）0<//<1,8m:（3）Q=9J

【解析】（1）物塊在。點，根據牛頓第二定律

F^-mg=m-^

K

解得

vo=V5Tm/s

物塊由D點到。點利用動能定理有

mgR（T-cosg）=；mvo-；mvD

解得

vD=5m/s

（2）在。點將速度沿水平和豎直進行分解，根據平拋運動的規(guī)律可得該位置物體的水平速

度即為七,故

9r/

vc=vDcos—=3m/s

當物塊下落高度最大時，物塊在傳送帶上一直勻減速運動到。點，根據牛頓第二定律有

jumg=ma

解得

a-3m/s2

根據速度位移公式有

從4到5根據動能定理可得

〃7g"max

=1.8m

假設滑到傳送帶的速度為零，則在傳送帶上加速到共速通過的位移為

v2

x=——=1.5m<L

2a

所以，只需滑塊可以滑到傳送帶上，即可滿足要求，即物塊下落的高度〃的取值范圍為

0<H<1,8m

（2）當物塊下落高度最大時，物塊在傳送帶上一直勻減速運動到C點時，產生的熱量最多,

此時根據運動學知識可知

vc=vB-at

所以相對位移

Ax=￡—v，=1.5m

產生的熱量

Q=jumg/^x=9J

8.如圖所示，在水平地面的右側有一個圓心在。點，半徑廠=0.2m的光滑圓弧形軌道，它

與地面連接于A點，B、C分別是軌道的最低和最高點，/O連線與豎直方向呈37。。一個小

球（可視為質點）從尸點靜止釋放，與正下方直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向

右，大小與碰前相同，小球恰好能在A點沿軌道切線進入軌道。已知尸點與地面的高度

〃=0.5m,小球質量〃?=0.2kg,重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.60

（1）小球能否通過C點？若能，求出C點軌道對小球的彈力大小，若不能，說明理由；

（2）求A點與尸點的水平距離s。

【解析】（1）根據題意，若小球恰好能通過。點，設速度為v，則有

mg=m—

r

解得

v=y[gr=5/2m/s

小球從尸點到C點過程中，沒有機械能的損失，由機械能守恒定律有

mgH-mgr(1+cos37°)=gmv：

解得

vc=J2.8m/s>v=V2m/i

說明小球能通過C點，在C點，由牛頓第二定律有

v2

mg+F=m——

Nr

解得

氏=0.8N

（2）設小球做自由落體的高度為//,其與三棱柱碰前（后）速度大小為v,小球在A處速

度的豎直分量為辦，從G到A的時間為匕其與三棱柱碰前，由自由落體運動有

v2=2gh

在A處由速度關系有

\=vtan37°

由G到A的過程，豎直方向上有

v；=2g("j)

vy=gt

水平方向上有

s=vt

綜上代入數據得

s=0.48m

9.如圖所示，為豎直光滑圓弧的直徑，其半徑R=0.9m,/端沿水平方向。水平軌道

2C與半徑r=0.5m的光滑圓弧軌道CDE相接于C,。為圓軌道的最低點，圓弧軌道CD,

對應的圓心角6=37。。圓弧和傾斜傳送帶時相切于￡點，￡尸的長度為/=10m。一質

量為掰=lkg的物塊（視為質點）從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從/點

飛出，經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，再經過￡點，隨后物塊滑上傳送帶￡凡已知物

塊經過E點時速度大小與經過C點時速度大小相等，物塊與傳送帶EF間的動摩擦因數

〃=0.5,取gulOm/s:sin37°=0.6,cos37°=0.8=求：

（1）物塊從/點飛出的速度大?。ズ驮?點受到的支持力大小心（結果保留兩位有效數

字）；

（2）物塊到達C點時的速度大小Vc及對C點的壓力大小區(qū)c；

（3）若物塊能被送到下端，則物體從E端到下端所用時間的范圍。（該問結果可保留根式）

【答案】（1）8m/s,61N；（2）10m/s,208N；（3）（5-V15）s<f<3s

【解析】（1）小球從/點到C點做平拋運動，豎直方向有

=個2gh={2g-2R=2y[gR=2jl0x0.9m/s=6m/s

在C點，有

tan37°=2

%

解得

%=8mzs

在/點，對物塊根據牛頓第二定律得

2

機g+公”=機今

K

解得

"61N

(2)物塊到達C點時速度大小

v6

v=——--=——m/s=10m/s

crsin37°0.6

在C點對物塊，根據牛頓第二定律可得

-mgcos37°=m-

r

代入數據解得

氏二208N

由牛頓第三定律知，物塊對C點的壓力大小

&c=2208N

(3)因為V￡=Vc=10m/s,設傳送帶的速度為v,物塊剛滑上傳送帶時，若物塊的速度大于

傳送帶的速度，物塊的加速度大小為小根據牛頓第二定律可知

mgsin37°+jumgcos37°=ma1

解得

2

ax=10m/s

物塊速度減至傳送帶速度所需時間為

vF-v

K=~-

通過的位移為

-v2

&=

2q

達到相同速度后，由于mgsine>〃mgcose,故物體繼續(xù)向上做減速運動，根據牛頓第二定

律可得

mgsin37°-/jmgcos37°=ma,

解得加速度大小

a2=2mzs2

當到達尸點時，速度恰好為零，則

2

v=2a2x2

V

再+x2=1

代入數據解得

v=5m/s,tx=0.5s,Z2=2.5S

上滑所需要的最大時間

%max=4+%2=0.5s+2.5s=3s

若傳送帶的速度始終大于等于物塊向上滑動的速度，則物塊在傳送帶上一直以加速度電向

上做減速運動，則

712

1=V￡Zmin--^min

代入數據解得

U=（5-V15）s

物塊從E端到尸端所用時間的范圍為

（5-a?卜<?<3s

10.如圖所示，/點距水平面2c的高度〃=1.8m,3c與光滑圓弧軌道CDE相接于C點，D

為圓弧軌道的最低點，圓弧軌道DE對應的圓心角6=37。，圓弧和傾斜傳送帶族相切于￡

點，斯的長度為/=9.75m,一質量為加=lkg的小物塊從/點以%=8m/s的速度水平拋出,

經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，再經過E點。當物塊經過E點時速度大小與經過C點

時速度大小相等，隨后物塊滑上傳送帶ER已知物塊在傳送帶運動時會在傳送帶上留下劃

2

痕，物塊與傳送帶環(huán)間的動摩擦因數〃=0.5,重力加速度g=10m/s,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

求：

（1）物塊做平拋運動時水平方向的位移3c的長度；

（2）物塊到達C點時速度；

（3）若傳送帶順時針運轉的速度為5m/s,物塊從E端到尸端在傳送帶上留下的劃痕長度

【答案】（1）4.8m；（2）10m/s,方向與水平方向夾角為37。；（3）4m

【解析】（1）物塊從N到C做平拋運動，下落時間

水平位移8c的長度為

I=vot=8x0.6m=4.8m

（2）物體運動到C點時，豎直方向的速度

vr=gt=6m/s

物塊到C點時速度大小為

vc=1yv；=lOm/s

與水平方向的夾角

tana=—=—

%4

夾角是37。。

（3）已知方=%,物塊剛滑到傳送帶時，物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊的加速度大

小為田，根據牛頓第二定律可知

mgsin37°+pimgcos370=max

達到傳送帶速度所需時間為

「g=o.5s

%

通過的位移為

vl-v2

x=-....=3.75m<I

]2%

劃痕等于

S[=-vtx=1.25m

則達到相同速度后，由于機gsin6>〃加geos。，故物塊繼續(xù)向上微減速運動，根據牛頓第二

定律可得

mgsin370-/jmgcos37°=ma2

當到達尸點時，速度給好為匕，則

,12

/—X]=v2t2——a2G

劃痕長度

s2=vt2-(/-%1)=4m

因為

s2>S]

劃痕重疊的部分為1.25m,所以物塊在傳送帶上運動時會留下的劃痕長度4m。

11.如圖所示，豎直面內光滑弧軌道B