专题四平抛与圆周运动组合问题的分析考纲解读1.掌握运用平抛运动规律、圆周运动知识解决综合性问题的方法.2.掌握程序法在解题中的应用．考点一平抛运动与直线运动的组合问题1．一个物体平抛运动和直线运动先后进行，要明确直线运动的性质，关键抓住速度是两个运动的衔接点．2．两个物体分别做平抛运动和直线运动，且同时进行，则它们运动的时间相等，同时满足一定的空间几何关系．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光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，＝53°的一倾角为αg，重力加速度取＝已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m20.6，求：0.8，cos53°10m/s＝，sin53°＝v；(1)小球水平抛出时的初速度01图；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？＝20.8m(3)若斜面顶端高H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(1)解析面平行，否则小球会弹起，如图所示，2v2ghv＝vtan53°，＝0yy代入数据，得vs.＝4m/s，v3m/＝0y0.4st＝gt由(2)v＝得1y11.2m0.4m3＝t＝xv×＝10小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度(3)．sin53°mg28m/sa＝＝m22v?v初速度v＝＝5m/s0yH12t＋a＝vt2sin53°2213代入数据，解得t＝2s或t′＝－s(不合题意舍去)224所以t＝t＋t＝2.4s.21答案(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s技巧点拨抓住小球平抛到斜面顶端“刚好沿光滑斜面下滑”这一关键条件，利用斜面倾角和速度的分解与合成求合速度．突破训练1如图2所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v发射一颗炸弹欲轰炸地面1目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v竖直向上发射2一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)．设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v、v的图221关系应满足()Hxv＝A．vB．v＝v2211xHxv＝C．vD．v＝v2211H答案C解析由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：x＝vt，同时竖直方向应满足：H111xHx22v，C选项正确．v＝gt，所以有＝vt＝，即＝gtt＋v－2122vvH2221考点二平抛运动与圆周运动的组合问题例2如图3所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地0面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线2.求：s53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/＝与竖直方向的夹角θ图3(1)A、C两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)点时的速度大小为C小物块在(1)解析．v0vs＝4m/＝5m/s，竖直分量为v＝CyCcos53°2vcy0.8m＝下落高度h＝g2的过程中，由动能定理得小物块由C到D(2)1122v－mv－mgR(1cos53°)＝m22DCm/s解得v29＝Dv2DmN－mg＝小球在D点时由牛顿第二定律得R68N＝代入数据解得N，方向竖直向下N＝68N由牛顿第三定律得N′＝，小物块在木板上滑行(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为2＝3m/s，a＝μg1μmg2＝1m/sa＝2M＝atv－at，v速度分别为v＝2D1对物块和木板系统，由能量守恒定律得1122＝μmgLv(m＋M)mv－22D3.625m3.625m，即木板的长度至少是解得L＝(3)3.625m(2)68N答案(1)0.8m方法点拨程序法在解题中的应用是指根据题意按先后顺序分析发生的运动过程，并明确每一过程的受力”所谓“程序法情况、运动性质、满足的规律等等，还要注意前后过程的衔接点是具有相同的速度．从悬在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4所示，突破训练2崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，水流轨道与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力．当该系统工作稳定时，可近似认为水的末速度与5.6m轮子边缘的线速度相同．设水的流出点比轮轴高h＝，轮子半...