應用能量觀點處理圓周平拋組合模型

模型講解

一、應用動能定理解決多過程問題

對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理。

1.分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行

分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，最后聯立求解。

2.全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，確定整個過程中合外力做的總功，然

后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。

3.當題目已知量和所求量不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單、更方便。

4.在分段分析時，有些過程可以用牛頓運動定律，也可利用動能定理，動能定理往往比牛頓運動定律解題

更簡單方便，我們可優先采用動能定理解決問題。

二、動能定理在平拋、圓周運動中的應用

動能定理常與平拋運動、圓周運動相結合，解決這類問題要特別注意：

(1)與平拋運動相結合時，要注意應用運動的合成與分解的方法，如分解位移或分解速度求平拋運動的有關

物理量。

(2)與豎直平面內的圓周運動相結合時，應特別注意隱藏的臨界條件：

①可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin=0o

②不可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為只有重力提供向心力，mg

加Vmin2I

，Vmin=JgR。

R

案例剖析.

一_一

【模型演練】.(2023下?黑龍江哈爾濱?高一哈九中校考階段練習)質量為切=1kg的小物塊輕輕放在水平勻

速運動的傳送帶上的尸點，隨傳送帶運動到4點后水平拋出，小物塊恰好無碰撞的沿圓弧切線從2點進入

豎直光滑圓弧軌道下滑。B,C為圓弧的兩端點，其連線水平，斜面與圓弧軌道在C點相切連接(小物塊經

過C點時機械能損失不計)。已知圓弧半徑R=1.0m,圓弧對應圓心角6=106。，軌道最低點為。，/點距

水平面的高度/?=0.8m。設小物塊首次經過C點時為零時刻，在/=0.8s時刻小物塊經過。點，小物塊與斜

面間的滑動摩擦因數為〃1=g。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)小物塊離開/點的水平初速度%大小；

(2)小物塊經過。點時受到軌道的支持力大小;

(3)斜面上CD間的距離。

【答案】(1)3m/s；(2)43N；(3)0.98m

【詳解】(1)對小物塊，由/到8做平拋運動，則在豎直方向有

v；=2gh

在8點有

0

tan—=

2%

v0=3mzs,vy=4m/s

（2）設小物塊到達O點時的速度為v,對小物塊，由2到。，根據動能定理有

?7gT?(l-sin37°)-^mv2-g"?v京

而

+Vy=A/32+42m/s=5m/s

VB=

在。點，由牛頓第二定律有

2

N-mg=m~~

聯立解得

N=43N

（3）根據牛頓第二定律，小物塊上滑過程有

mgsin53°+^mgcos530=max

解得

%=10m/s2

下滑過程有

mgsin53°-^mgcos53°=ma2

解得

2

a2=6m/s

由機械能守恒知

vc=vB=5m/s

小物塊由。上升到最高點歷時

t1=—=0.5s

由最高點到。點歷時

t2=0.8s-0.5s=0.3s

因此可得

SCD=爭12g=0.98m

【總結提升】

1.物體做往復運動時，如果用運動學、動力學觀點去分析運動過程，會十分煩瑣，甚至無法確定往復運動

的具體過程和終態。這時就體現出動能定理的優勢了。由于動能定理解題的優越性，求解多過程往復運動

問題時，一般應用動能定理。

2.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：

（1）重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關；

（2）滑動摩擦力做功與路徑有關，克服摩擦力做的功沙克f=FfS（s為路程）。

綜合應用

1.（2023下?浙江溫州?高一校考階段練習）特戰隊員在進行素質訓練時，抓住一端固定在同一水平高度的

不同位置的繩索，從高度一定的平臺由水平狀態無初速開始下擺，如圖所示，在到達豎直狀態時放開繩索,

特戰隊員水平拋出直到落地。不計繩索質量和空氣阻力，特戰隊員可看成質點。下列說法正確的是（）

A.繩索越長，特戰隊員落地時的水平位移越大

B.繩索越長，特戰隊員在到達豎直狀態時繩索拉力越大

C.繩索越長，特戰隊員落地時的水平速度越大

D.繩索越長，特戰隊員落地時的速度越大

【答案】C

【詳解】C.運動員由水平狀態無初速開始下擺至最低點，根據動能定理有

mgl=；mv2

特戰隊員落地時的水平速度

v=y/2gi

可知繩索越長，特戰隊員落地時的水平速度越大，故c正確；

B.特戰隊員在到達豎直狀態時，根據牛頓第二定律有

V2

r-mg=m~

特戰隊員在到達豎直狀態時繩索拉力

F=3mg

故B錯誤；

A.設平臺與地面的高度為特戰隊員做平拋運動時，水平方向有

2

特戰隊員落地時的水平位移為

x=vt=2J一尸+HI

根據數學關系可知/=g時，特戰隊員落地時的水平位移最大，故A錯誤；

D.運動員由平臺運動至地面，根據動能定理有

mgH=；mv'2

可得特戰隊員落地時的速度為

V'=不2gH

故D錯誤。

故選C。

2.（多選）（2023上?陜西西安?高一校考階段練習）如圖所示，半圓豎直軌道與水平面平滑連接于2點，半

圓軌道的圓心為。，半徑為R,C為其最高點。8。段為雙軌道，。點以上只有內軌道，。點與圓心的連線

與水平方向夾角為仇一小球從水平面上的4點以一定的初速度向右運動，能沿圓弧軌道恰好到達C點。

不計一切摩擦。則（）

A.小球到達C點時速度為0

B.小球到達C點后做平拋運動落在地面上

C.小球在/點的初速度為腐

D.若小球到達。點時對內外軌道均無彈力，則sin6=：

【答案】AD

【詳解】A.小球恰好過圓弧軌道最高點C,由于下方有支持物，所以過C點時速度為0,故A正確;

B.小球過C點時速度為0,不能做平拋運動，故B錯誤

C./到C,由機械能守恒定律可得

一加V42=mglR

解得

vA=2荷

故C錯誤;

D.由。到C根據機械能守恒有

1,

mgR(l-sin0)=—mvD

在。點小球對內外軌道均無彈力，則重力的分力提供向心力，有

mgsin0=m

R

解得

smO=-

3

故D正確。

故選ADo

3.（多選）（2023下?福建莆田?高一統考期末）如圖甲，宋人孟元老《東京夢華錄》對花樣跳水的描述：“又

有兩畫船，上立秋千，……筋斗擲身入水，謂之水秋千。”某次“水秋千”表演過程如圖乙，質量為加的表演

者，以。點為圓心蕩到與豎直方向夾角6*=45。的8點時，松手沿切線方向飛出。若在空中經過最高點C時

的速度為v,水秋千繩長為/,/為最低點，表演者可視為質點，整個過程船體靜止不動，不計空氣阻力和

繩的質量，重力加速度為g。則（）

甲乙

A.表演者在2處重力的瞬時功率為mgv

B.表演者從/運動到3的過程中，處于超重狀態

C.表演者在/處受到秋千的作用力大小為手+(3-收)mg

D.若8到水面的高度為CB間高度的4倍，則落水點到B點的水平距離為巫巫

g

【答案】AC

【詳解】A.表演者從3運動到C做斜上拋運動，在最高點。時的速度為v,即水平方向的速度始終為v,

而在8點時，速度方向與豎直方向成45。，此時水平速度和豎直速度大小相等，所以在8處重力的瞬時功率

為

P=mgvy=mgv

故A正確；

B.從/運動到2的過程中，表演者既有指向圓心的向心加速度，也有切下斜向右下方的切向加速度，若豎

直方向上加速度的分量向上，則表演者處于超重狀態，如果豎直方向上加速度分量向下，則表演者處于失

重狀態，故B錯誤；

C.從/運動到2的過程中，由動能定理可知

-mgl(1-cos夕)=gmvB-gmvA

從8點做斜拋運動，則

vB=V2v

表演者在/處受到秋千的作用力大小為凡則

F-mg=m

則表演者在N處受到秋千的作用力大小為

F=^^+（3-V2）mg

故C正確；

D.由于3到水面的高度為C3間高度的4倍，設C2間高度為人則3到水面的高度為4〃，由于從C點開

始做平拋運動，故

y=h+4h=^gt2

x=vt

從5點運動到最高處，由運動學公式可得

（vgcos夕）2=2gh

解得

2g

CB的水平位移為

,vsin0v2

x=vt=v-R........=—

gg

故落水點到B點的水平距離為

（V5+l）v2

彳總=無+x'=-------------

故D錯誤。

故選AC。

4.（2024上?浙江?高一期末）極限運動深受大家喜愛，但是過于危險，為了模擬極限運動的情況，物理小組

進行了如圖所示的實驗，豎直平面內的3圓弧形光滑軌道半徑為尺=2m,/端與圓心。等高，4D為與水

平方向成45。角的斜面，8端在。的正上方，一個質量掰=1kg的小球在/點正上方3m處由靜止開始釋放,

自由下落至/點后進入圓形軌道并恰好能沿圓形軌道到達2點，最后落到斜面上C點，（忽略空氣阻力，重

力加速度g取lOm/s。)。求:

(1)小球進入圓軌道/點的瞬間，對軌道的壓力大小;

(2)小球從B點運動到C點所用的時間t；

(3)小球平拋過程中距離3C邊最遠的距離。

【答案】(1)3ON；(2)述s；(3)—m

52

【詳解】(1)根據題意，小球從靜止自由下落到/點，由機械能守恒定律有

mgh=；mv\

設小球進入圓軌道/點的瞬間，軌道對小球的支持力為國，則有

國=吟

K

聯立解得

FN=31ng=3ON

由牛頓第三定律可得，小球進入圓軌道/點的瞬間，對軌道的壓力為

M=穌=3ON

(2)根據題意可知，小球恰好能沿圓形軌道到達2點，在8點有

Vg

mg=mj

解得

vB=2^/5m/s

小球從B點運動到C點做平拋運動，則有

x=vt,y=—gt2,tan45°=—

B2x

解得

2V5

t=-----s

5

(3)小球離開8后,當垂直于斜面方向的速度為零時離斜面最遠，分解力,如圖所示

則有

v=vBcos45°=V10m/s

又有

,V2

g=gcos45°=—g

小球平拋過程中距離8C邊最遠的距離

,v2V2

5.（2023下?陜西咸陽?高一咸陽市實驗中學校考階段練習）如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內軌道

8CDE組成，左側為半徑A=0.8m的光滑圓弧軌道8C,軌道上端點8和圓心O的連線與水平方向的夾角為

下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角6=37。的粗糙傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點

處的擋板上。現有質量加=0」kg的小滑塊P（視為質點）從空中的4點以%=2V2m/s的初速度水平向左拋出，

經過"s后恰好從2點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動,

經過。點后沿傾斜軌道向上運動至尸點（圖中未標出），彈簧恰好壓縮至最短，已知CD尸=1m,滑塊

與軌道CD,DE間的動摩擦因數〃=0.1,各軌道均平滑連接，不計其余阻力，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2□求：

（1）80連線與水平方向的夾角a;

（2）彈簧彈性勢能的最大值；

（3）試判斷滑塊返回時能否從3點離開，若能，求出飛出時對8點的壓力大小；若不能，判斷滑塊最后位

于何處。

【答案】(1)30°;(2)2.02J；(3)能，2.6N

【詳解】（1）根據題意可知，滑塊從4到5做平拋運動，滑塊經過8點時的豎直分速度,

vr=gt=2amJs

滑塊恰好從2點進入軌道，由平拋運動的規律有

v0=vBsina=vtana

解得

a=30°,vB=40m/s

(2)根據題意，設CD=DF=L,從8到R由動能定理有

解得

Ep=2.02J

(3)設滑塊返回時能上升的高度為〃，由功能關系有

mgLsin0+Ep=jumgLcos0+jumgL+mgh

解得

h=2.44m

BC兩點的豎直高度

hBC=R+Rsini=1.2m

因為

2.44m>1.2m

所以滑塊返回時能從5點離開，設滑塊從8點離開時的速度為以，根據機械能守恒定律有

.\1（2

mgh=mg（R+Rsma）+—mvB

在5點，對滑塊，由牛頓第二定律得

，2

LVR

mgsma+FN=m

解得

然=2.6N

由牛頓第三定律可知，滑塊飛出時對2點的壓力

&=&=2.6N

6.(2024?寧夏石嘴山?高一石嘴山市第三中學校考期中)如圖所示，一個質量為0.6kg的小球以某一初速度

從尸點水平拋出，恰好從光滑圓弧N3C的/點的切線方向進入圓弧(不計空氣阻力，進入圓弧時無機械能

損失)。已知圓弧的半徑尺=0.3m,0-60°,小球到達/點時的速度巳=6m/s。(|Xg=10m/s2)求：

(1)小球做平拋運動的初速度%;

(2)P點與/點的水平距離和豎直高度；

(3)小球到達圓弧最高點C時對軌道的壓力。

【答案】(1)3m/s；(2)1.56m,1.35m；(3)48N,方向豎直向上

【詳解】(1)根據題意，小球到/點的速度，如圖所示

O

由圖可知

v0=vAcos60°=3m/s

(2)由(1)分析可知，小球到/點的豎直分速度為

vy=vAsin60°=36mzs

小球做平拋運動

%=gt

代入數據解得

豎直方向

水平方向

x=vot~1.56m

(3)取”點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得

2

—mv/=—mvc+mg（R+Rcos。）

代入數據得

由牛頓第二定律得

=m

Nc+mg~^

代入數據解得

由牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小

N'C=NC=48N

方向豎直向上。

7.（2023下?江西撫州?高一江西省撫州市第一中學校考期中）如圖所示，質量為20kg的小孩坐在秋千板上,

小孩離拴繩子的橫梁間距離為2m，/和5分別為運動過程中的最低點和最高點，秋千板擺到最低點A時,

速度大小為3m/s。忽略空氣阻力和摩擦，小孩可視為質點，取g=10m/s2,求：

（1）/、3兩點高度差；

（2）若秋千板的質量是2kg,每根繩的拉力大小的最大值是多少？

【答案】（1）0.45m；（2）159.5N

【詳解】（1）根據題意，設/、2兩點高度差為〃，小孩由最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律有

—mv=mgh

解得

V

h=——=0.45m

（2）將小孩和秋千板視為一個整體，在最低點時速度最大，繩的拉力最大，設每根繩的拉力大小為歹，由

牛頓第二定律有

2尸一（加板+"?）g=（加板+"?）：

其中

￡=2m

解得

F=159.5N

8.(2023下?云南保山?高一校考階段練習)如圖所示，輕彈簧的一端與擋板。相連接，彈簧的自然長度為

OA,現用質量為%=0.5kg的小球壓縮輕彈簧由靜止釋放，小球離開彈簧后在水平面上運動由3點進入半徑

為R=0.4m的光滑半圓弧軌道，C為半圓弧軌道的最高點，已知水平面。/段光滑，N8段粗糙且長度

2=3m,小球與水平面段的動摩擦因數，=0.2,小球通過最高點C時對軌道的壓力恰好為零，不計空氣

阻力，重力加速度g=10m/s2；求：

(1)彈簧壓縮后具有的彈性勢能與及小球落地點距離N點的距離；

(2)若彈簧壓縮的形變量相同，要使每次小球都能夠進入半圓弧軌道且能沿著軌道返回水平面，則小球質

量應該滿足什么條件；

(3)在(2)問中若取質量止1kg小球壓縮輕彈簧，則小球被彈開后最終停在何處。

4

【答案】(1)8J,2.2m；(2)0.8kg<m<jkg；(3)距5點1m處

【詳解】(1)小球通過最高點C時對軌道的壓力恰好為零，在C點

解得

vc=2m/s

平拋后豎直方向

1

2R=y：9

水平方向

項=%%

小球落地點距離4點的距離

t\x-L-x1=2.2m

從/到c根據能量守恒

12c

E-jumgL+2mgR+—mvc=8J

(2)彈簧壓縮的形變量相同，則彈性勢能相同，每次小球都能夠進入半圓弧軌道，則

Ep=jum"gL

解得

=gkg

且能沿著軌道返回水平面，則最高到達圓心等高處，則

Ep=jum'gL+m'gR

解得

m'=0.8kg

所以小球質量

4

0.8kg<m<—kg

(3)質量M=lkg小球壓縮輕彈簧，全過程根據能量守恒

Ep="Mgs

解得在AB上的總路程

s=4m

所以小球被彈開后最終停在距2點1m處。

9.(2024下?高一課時練習)如圖所示，豎直面內有一以。為圓心的圓形區域，直徑45與水平方向的夾角

0=30。。圓的半徑為7?；圓周上的/點與圓心。在同一直線上，重力加速度為g,不計空氣阻力。

R

(1)若小球從/點平拋，落到半圓上時經歷時間為公求小球平拋的初速度;

g

(2)若小球從。點平拋，求小球到達半圓上時的最小動能。

【答案】(1)三業廊或三業廊；(2)^-mgR

【詳解】(1)小球做平拋運動，水平方向有

X=V^

豎直方向有

?21"

>=清廠=]R

當豎直下降高度為;R時，根據幾何知識可知水平位移為

或X2=(1+

解得小球平拋的初速度為

%=守底或K=F廊

（2）設落點位置水平和豎直方向位移分別為x,y,根據動能定理有

同時有

X=vot'

y=；g尸

根據幾何知識有

x2-\-y2=R2

聯立解得

或=等尸9

R2

根據數學知識可得當”=一時，動能有最小值，即

y

y=^R

3

時，有

Efanin與mgR

10.（2023下?浙江溫州?高一校考階段練習）如圖所示，在高九=30m的光滑水平平臺上，質量加=lkg的小

物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能耳。若打開鎖扣K,小物塊將以一定的速度匕水

平向右滑下平臺做平拋運動，并恰好能從光滑圓弧形軌道2c上2點沿切線方向進入圓弧形軌道.2點的高

度為=15m,圓弧軌道的圓心。與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上動摩擦因數為〃=。.7

的足夠長水平粗糙軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動最終在E點（圖中未畫出）靜止，

g=10m/s2o求：

(1)小物塊滑下平臺的速度匕；

(2)小物塊原來壓縮彈簧時儲存的彈性勢能”的大小和C、K兩點間的距離。

【答案】(1)10m/s:(2)50J,50m

【詳解】(1)設物塊從/運動到2的時間為3由于4=30m,%=15m,則

,,12

根據幾何關系

RcosNBOC=-h2,R=h[

可得

ZBOC=60°

設小物塊平拋運動的水平速度是匕，則

—=tan60°

vi

解得

Vi=10m/s

(2)由能量守恒可得，彈簧壓縮時的彈性勢能為

1,1,

紇=_機v：_IIO2J=5OJ

p21=2XX

設C、E兩點間的距離為乙從N到E的整個過程，根據動能定理得

mghy+—mVj=jumgL

L=50m

11.（2023下?江蘇連云港?高一統考期中）如圖所示，粗糙水平面PN與豎直面內半徑為R=lm的光滑半圓

弧在/點相接，輕彈簧一端與墻壁連接，另一端與可視為質點、質量為加=2kg的小滑塊接觸但不連接，小

滑塊在水平向右的外力作用下靜止于尸點，尸點與圓弧最低點/的間距為2a某時刻將小滑塊由靜止釋放,

在彈力作用下物體獲得一向左速度后脫離彈簧，它經過N點時的速度內=10m/s。已知小滑塊和水平面間的

動摩擦因數〃=0.4,重力加速度g=10m/s2。求：

（1）小滑塊在P點時彈簧的彈性勢能與；

（2）小滑塊到達C點時對圓弧軌道壓力尸'的大小；

（3）現將材質及粗糙程度相同的另一滑塊￡也從P點由靜止釋放，為使滑塊在整個過程中不會從半圓弧軌

道/C中間某個位置脫落，求E的質量〃的取值范圍。

【答案】(1)116J；(2)100N；(3)Af>ykg,M<—kg

【詳解】（1）小滑塊由尸點運動到N點過程中，假設彈簧對小滑塊做功憶則由動能定理

W-fimg-2R=-mvA-

根據功能關系可知彈簧的彈性勢能

￡>116J

（2）小滑塊由4點運動到。點過程中，由機械能守恒

ymv/=ymvc^+mg-2R

在。點

V2

&+rng=m-2-

R

解得

F^IOON

根據牛頓第三定律可知小滑塊到達。點時對圓弧軌道的壓力大小也為100N。

（3）滑塊在整個過程中不會從半圓弧軌道/C中間某個位置脫落，共分兩種情況：①滑塊剛到達8點或未

到達2點時速度已經減為0,則

W-nMg-2R-Mg.R<0

解得

58,

M>—kg

②滑塊能到達C點，且速度大于臨界速度

vc=y[g^

則

2

W-fiMg-2R-Mg.2R>^Mvc

解得

12.（2023下?安徽合肥?高一合肥八一學校校聯考期末）如圖所示，一根長￡=0.45m的不可伸長輕繩，一端

固定在天花板的。點，另一端系一質量為加=O」kg的小球。現將輕繩拉至水平位置，小球由/點靜止釋放,

小球運動到最低點8點時，輕繩剛好被拉斷，8點下方有一傾角為。=37。的足夠長的斜面，小球恰好垂直

打在斜面上C點。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:

(1)輕繩被拉斷前瞬間的拉力大小？

(2)小球從B點運動到斜面C點的時間？

【答案】(1)3N；(2)0.4s

【詳解】(1)小球從/到8運用動能定理

1

r2

mgL=—mvB

解得

vB2gL=3m/s

在2合力提供向心力

廠一加g=T

尸=3N

(2)在。速度可分解為水平方向的分速度

匕=vcsin^=3m/s

vy=vccos0=4m/s

所以

'BC==0?4s

g

13.（2023下?江蘇鹽城?高一校聯考期中）在足夠長的光滑平臺左端鎖定一被壓縮的輕質彈簧，一個可視為

質點的質量機=0.04kg的滑塊與彈簧接觸但不栓接。某一時刻釋放彈簧彈出滑塊，滑塊從平臺右端/點水

平飛出，恰能落到8點，剛好無碰撞地沿著傾斜軌道5c滑下。已知42的豎直高度人=0.45m,傾斜軌道3C

長A=2.0m,軌道傾角c=37。，3c通過粗糙水平軌道CO與光滑豎直半圓軌道DE相連，CZ）長s=1.3m,

滑塊與BC、CA的動摩擦因數〃=。.5,各部分平滑連接。（g=10m/s2,cos37°=0.8,sin37。=0.6）求：

（1）彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能；

（2）求小球到達。點時的速度大小；

（3）小球從最高點E水平拋出，落在水平軌道的尸點（圖中未畫出），尸離豎直半圓軌道。點的水平距離

為x,僅改變軌道半徑凡當R為何值時x有最大值，最大值為多少。

【答案】⑴0.32J；（2）2如m/s；⑶7?=-m,x=lm

4m

【詳解】（1）/到2平拋運動，由平拋運動規律

,I2

h=2gt

Vy=2gh

解得小球從/點飛出落到B點的時間和小球在B點瞬間豎直方向的速度大小

t=0.3s,vv=3m/s

在B點小球剛好無碰撞地沿著傾斜軌道8C滑下，所以

—=tan37°

匕

解得

vA=vx=4m/s

所以由動能定理可得彈簧處于鎖定狀態時的彈性勢能為

11

E=-mv2?=-X0.04X427J=0.32J

P24A2

(2)在8點有

22

vB=Jv；+vj=V4+3m/s=5m/s

B到。由動能定理

1212

(mgsin37°-jumgcos37°)Z-jumgs=—mvD--mvB

解得

vD=2>/5m/s

(3)小球從E點飛出后做平拋運動，豎直方向

1,

2R=Qg*

水平方向

x=VEK

D到E由機械能守恒定律

1212

-mg-27?=—mvE--mvD

得

x=^R-16R2=7-(47?-l)2+l

所以當A=：m時，x有最大值為

14.(2023下?湖南張家界?高一統考期末)如圖所示，半徑R=0.40m的光滑半圓軌道處于豎直平面內，半圓

與水平地面切于圓的端點工,一小球在水平地面上向左運動到4點后以一定的初速度均沖上半圓環，沿軌

道恰好通過最高點8點，最后小球落在C點。(取重力加速度g=10m/s2)不計空氣阻力。求：

(1)小球到達8點的速度方;

(2)A.C間的距離s；

(3)小球過/點的速度為。

【答案】(1)2m/s；(2)0.8m；(3)%=2#mJs

【詳解】(1)小球恰好通過最高點8時，根據牛頓第二定律

解得

vB=2m/s

(2)由平拋規律，豎直方向

解得

Z=0.4s

水平方向位移關系

s=v/

解得

s=0.8m/s

(3)小球從/點運動到3點的過程中機械能守恒得

1212

—mv0=—mvB+2mgR

解得

%=2V5m/s

15.(2023下?河南周口?高一校聯考期末)某同學設計了一款小游戲，裝置如圖所示，固定在豎直面內、半

徑為R的光滑圓弧軌道所對的圓心角為6=60°,圓弧軌道最低點與水平面相切于/點，質量為m的小

球a放在水平面上的尸點，給小球。一個大小為的水平向右的初速度(g為重力加速度)，小球.沿水

平面向右運動并滑上圓弧軌道，隨后從圓弧軌道上的8點拋出，最后落到地面。已知"之間的距離為2R,

不計空氣阻力，小球可視為質點，小球a在水平面上受到的阻力為其重力的0.25倍，求：

(1)小球?剛滑上圓弧軌道時對圓弧軌道的壓力大小;

(2)小球。從8點拋出后在空中的最小速度；

(3)小球。從8點拋出到落地所用的時間。

【詳解】(1)設小球4運動到4點時速度大小為盯，由動能定理有

1212

-0.25mgx2R=—mv{--mv0

解得

%=4^gR

在/點由牛頓第二定律有

機g=*

解得

綜=6mg

根據牛頓第三定律可知，小球。對圓弧軌道的壓力大小

4="=6mg

(2)設小球。到3點時速度大小為V2，由機械能守恒定律有

1,1,

mgR(l—cos夕)=萬mvi-5mvi

解得

v2=2y/gR

小球a從3點拋出后，運動到最高點時速度最小，最小速度為

=v2cos60°=阿

(3)小球a從5點拋出時豎直方向的分速度大小為

vyl=v2sin60°=73g^

設小球。從2點落地時的速度大小為內，根據機械能守恒有

V3=Vj=45gR

落地時小球a豎直方向的分速度大小為

吟2=m一。2cos60/=2y[gR

小球。從8點拋出到落地所用時間

16.（2023下?廣東茂名?高一統考期末）如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道和水平傳送帶固定在同一豎直平

面內，圓弧軌道半徑尺=5.0m,其底端切線水平且通過一段光滑水平軌道與傳送帶連接，傳送帶長度為

L=6.4m,離地高度為力=1.25m,沿逆時針方向轉動的速度為v=6.0m/s.一質量加=2.0kg的小物塊（可

視為質點）從圓弧頂點處由靜止釋放，物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=05,不計物塊經過軌道連接處時

2

的動能損失，且傳送帶轉動輪足夠小，g=10m/so

（1）請通過計算判斷物塊能否到達傳送帶右端；

（2）若能離開傳送帶，求物體離開傳送帶時的速度；

（3）若能離開傳送帶，求物體落在地面與傳送帶右端之間的水平距離。

【答案】（1）能；（2）6m/s；（3）3m；

【詳解】（1）設物塊恰好能到達傳送帶最右端時的傳送帶長度為加,則物塊從圓弧軌道滑至水平傳送帶上,

根據機械能守恒定律得

mgR=

解得

v0=10m/s

根據牛頓第二定律得

jLimg=ma

解得

a=5m/s2

物塊在傳送帶上運動速度減小到零的過程中

vo=2aLo

解得

L0=10m>6.4m

物塊能到達傳送帶右端；

(2)物塊在傳送帶上一直向右