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：
(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； 图1
(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＋a
代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不合题意舍去)
所以t＝t1＋t2＝2.4 s.
答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
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v1发射一颗炸弹欲轰炸地面
目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射
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v1、v2的 图2
关系应满足 ( )
A．v1＝v2 B．v1＝v2
C．v1＝v2 D．v1＝v2
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＝v1t，同时竖直方向应满足：H
＝gt2＋v2t－gt2＝v2t，所以有＝，即v1＝v2，C选项正确．
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＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以
v0＝3 m/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
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＝3 kg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＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
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．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
解析 (1)小物块在C点时的速度大小为
vC＝＝5 m/s，竖直分量为vCy＝4 m/s
下落高度h＝ ＝0.8 m
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos 53°)＝mv－mv
解得vD＝ m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据解得FN＝68 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下
(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，小物块在木板上滑行
的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝μg＝3 m/s2，
a2＝＝1 m/s2
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
解得L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m
答案 (1)0.8 m (2)68 N (3)3.625 m
方法点拨
程序法在解题中的应用
所谓“程序法”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．
突破训练2 在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图4所示，从悬
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
轮子边缘的线速度相同．设水的流出点比轮轴高h＝5.6 m，轮子半
径R＝1 m．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径 图4
与水平线成θ＝37°角．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)问：
(1)水流的初速度v0大小为多少？
(2)若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？
答案 (1)7.5 m/s (2)12.5 rad/s
解析 (1)水流做平抛运动，有
h－Rsin 37°＝gt2
解得t＝ ＝1 s
所以vy＝gt＝10 m/s，由图可知：
v0＝vytan 37°＝7.5 m/s.
(2)由图可知：v＝＝12.5 m/s，
根据ω＝可得ω＝12.5 rad/s.
25．直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题的分析
解析 (1)在C点：mg＝m (2分)
所以vC＝5 m/s (1分)
(2)由C点到D点过程：mg(2R－2r)＝mv－mv (2分)
在D点：mg＋FN＝m (2分)
所以FN＝333.3 N (1分)
由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为333.3 N. (1分)
(3)小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为v1，则
mv＋mg(2R)＝mv (2分)
小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为v2，则
h＝gt2 (1分)
x＝v2t (1分)
解得v2>v1，所以只要mgH＝mv，即可满足题意．
解得H＝7.2 m (3分)
答案 (1)5 m/s (2)333.3 N (3)7.2 m
技巧点拨
1．对于多过程问题首先要搞清各运动过程的特点，然后选用相应规律．
2．要特别注意运用有关规律建立两运动之间的联系，把转折点的速度作为分析重点．
突破训练3 水上滑梯可简化成如图6所示的模型，斜槽AB和光滑
圆弧槽BC平滑连接．斜槽AB的竖直高度差H＝6.0 m，倾角
θ＝37°；圆弧槽BC的半径R＝3.0 m，末端C点的切线水平；C
点与水面的距离h＝0.80 m．人与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，取
重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.一个质量m
＝30 kg的小朋友从滑梯顶端A点无初速度地自由滑下，不计空 图6
气阻力．求：
(1)小朋友沿斜槽AB下滑时加速度a的大小；
(2)小朋友滑到C点时速度v的大小及滑到C点时受到槽面的支持力FC的大小；
(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友在水平方向的位移x的大小．
答案 (1)4.4 m/s2 (2)10 m/s 1 300 N (3)4 m
解析 (1)小朋友沿AB下滑时，受力情况如图所示，根据牛
顿第二定律得：
mgsin θ－Ff ＝ma ①
又Ff ＝μFN ②
FN＝mgcos θ ③
联立①②③式解得：a＝4.4 m/s2 ④
(2)小朋友从A滑到C的过程中，根据动能定理得：
mgH－Ff·＋mgR(1－cos θ)＝mv2－0 ⑤
联立②③⑤式解得：v＝10 m/s ⑥
根据牛顿第二定律有：FC－mg＝m ⑦
联立⑥⑦式解得：FC＝1 300 N． ⑧
(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动，设此过程经历的时间为t，
则：h＝gt2 ⑨
x＝vt ⑩
联立⑥⑨⑩式解得：x＝4 m.
高考题组
1． (2012·福建理综·20)如图7所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转
台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平
抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物 图7
块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.
答案 (1)1 m/s (2)0.2
解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2 ①
在水平方向上有s＝v0t ②
由①②式解得v0＝s
代入数据得v0＝1 m/s
(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有
fm＝m ③
fm＝μN＝μmg ④
由③④式得μ＝
代入数据得μ＝0.2
2． (2010·重庆理综·24)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一
端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面
内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水
平距离d后落地，如图8所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与
球之间的绳长为d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2. 图8
(2)问绳能承受的最大拉力多大？
(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
答案 (1) (2)mg
(3) d
解析 (1)设绳断后球飞行的时间为t，由平抛运动规律有
竖直方向：d＝gt2
水平方向：d＝v1t
解得v1＝
由机械能守恒定律有mv＝mv＋mg(d－d)
解得v2＝
(2)设绳能承受的最大拉力大小为Fmax，这也是球受到绳的最大拉力的大小．
球做圆周运动的半径为R＝d
由圆周运动向心力公式，有Fmax－mg＝
得Fmax＝mg
(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3.绳承受的最大拉力不变，有Fmax－mg＝m，
解得v3＝
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1.由平抛运动规律有
d－l＝gt，x＝v3t1
得x＝4 ，当l＝时，x有最大值xmax＝d.
模拟题组
3． 如图9所示，一质量为2m的小球套在一“”滑杆上，小
球与滑杆的动摩擦因数为μ＝0.5，BC段为半径为R的半圆，
静止于A处的小球在大小为F＝2mg，方向与水平面成37°角
的拉力F作用下沿杆运动，到达B点时立刻撤去F，小球沿
圆弧向上冲并越过C点后落在D点(图中未画出)，已知D点 图9
到B点的距离为R，且AB的距离为s＝10R.试求：
(1)小球在C点对滑杆的压力；
(2)小球在B点的速度大小；
(3)BC过程小球克服摩擦力所做的功．
答案 (1)mg，方向竖直向下 (2)2 (3)
解析 (1)小球越过C点后做平抛运动，
有竖直方向：2R＝gt2 ①
水平方向：R＝vC t ②
解①②得
vC＝
在C点对小球由牛顿第二定律有：
2mg－FNC＝2m
解得FNC＝
由牛顿第三定律有，小球在C点对滑杆的压力FNC′＝FNC＝，方向竖直向下
(2)在A点对小球受力分析有：FN＋Fsin 37°＝2mg ③
小球从A到B由动能定理有：
Fcos 37°·s－μFN·s＝·2mv ④
解③④得vB＝2
(3)BC过程对小球由动能定理有：
－2mg·2R－Wf＝×2mv－×2mv
解得Wf＝
4． 如图10所示，质量为m＝1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速
运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，
经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆
周运动．C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点．小物块离
开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面
相交的E点．已知半圆轨道的半径R＝0.9 m，D点距水平面的高 图10
度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，试求：
(1)摩擦力对小物块做的功；
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小；
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ.
答案 (1)4.5 J (2)60 N，方向竖直向下 (3)60°
解析 (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点恰能做圆周运动，所以，
由牛顿第二定律得：
mg＝m
解得：v1＝3 m/s
小物块由A到B的过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
W＝mv
解得：W＝4.5 J
(2)设小物块经过D点时的速度大小为v2，对从C点运动到D点的过程，由机械能守恒
定律得：
mv＋mg·2R＝mv
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
联立解得：FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，小物块经过D点时对轨道的压力大小为：
FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下
(3)小物块离开D点后做平抛运动，设经时间t打在E点，由h＝gt2得：
t＝ s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α，
则：
vx＝v2
vy＝gt
tan α＝
解得：tan α＝
所以：α＝60°
由几何关系得：θ＝α＝60°.
?题组1 平抛运动与直线运动的组合
1． 如图1所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度
v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相
同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.A、
B均可视做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
(3)A球落地时，A、B之间的距离．
答案 (1)3 s 30 m (2)20 m 图1
解析 (1)对A球，由平抛运动规律得
水平方向：x1＝v0t
竖直方向：H＝gt2
解得x1＝30 m，t＝3 s
(2)对于物块B，根据牛顿第二定律得，
－μmg＝ma
解得a＝－5 m/s2
当B速度减小到零时，有0＝v0＋at′
得t′＝2 s
判断得：在A落地之前B已经停止运动，
由运动学公式v2－v＝2ax2
得：x2＝10 m
则Δx＝x1－x2＝20 m.
2． 如图2所示，一物块质量m＝1.0 kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，粗糙斜面BC倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g取10 m/s2)
图2
(1)物块水平抛出的初速度v0是多少？
(2)若取A所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B点的机械能．
(3)从滑块第一次到达B点时起，经0.6 s正好通过D点，求B、D之间的距离．
答案 (1)0.6 m/s (2)－4 J (3)0.76 m
解析 (1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动知识得：
vy＝＝ m/s＝0.8 m/s
由于物块恰好沿斜面下滑，则
vA＝＝ m/s＝1 m/s
v0＝vAcos 53°＝0.6 m/s
(2)物块在A点时的速度vA＝1 m/s
从A到B的运动过程中由动能定理得
mgH－μmgcos 53°＝mv－mv
在B点时的机械能：EB＝mv－mgH＝－4 J
(3)物块在B点时的速度vB＝4 m/s
物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为：
a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2
物块从B点沿BC斜面向上运动到最高点所用时间为t1＝＝0.4 s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：
a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2
B、D间的距离
xBD＝－a2(t－t1)2＝0.76 m
题组2 平抛运动与圆周运动组合问题
3． 水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，
一小球以初速度v0沿直轨道向右运动．如图3所示，小球进入圆
形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的
d点，则 ( )
A．小球到达c点的速度为 图3
B．小球到达b点时对轨道的压力为5mg
C．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2R
D．小球从c点落到d点所需时间为2
答案 ACD
解析 小球在c点时由牛顿第二定律得：
mg＝，vc＝，A项正确；
小球由b到c过程中，由机械能守恒定律得：
mv＝2mgR＋mv
小球在b点，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝，联立解得
FN＝6mg，B项错误；
小球由c点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：
x＝vct,2R＝gt2.解得t＝2 ，x＝2R，C、D项正确．
4． 如图4所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以某速度
v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左
端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与
竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角．则 ( )
A．＝2 B．tan θ1·tan θ2＝2 图4
C．＝2 D．＝2
答案 B
解析 由题意可知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B
正确．
5． 如图5所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1 kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8 m(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
图5
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过C点时对轨道压力的大小；
(3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s，求PA间的距离．
答案 (1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m
解析 (1)物块由A到B在竖直方向有v＝2gh
vy＝4 m/s
在B点：tan ＝，vA＝3 m/s
(2)物块从B到C由功能关系得
mgR(1－cos )＝mv－mv
vB＝＝5 m/s
解得v＝33 m2/s2
在C点：FN－mg＝m
由牛顿第三定律知，物块经过C点时对轨道压力的大小为FN′＝FN＝43 N
(3)因物块到达A点时的速度为3 m/s，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动
μmg＝ma，
a＝3 m/s2
PA间的距离xPA＝＝1.5 m.
6. 如图6所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面
内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角
θ＝ 37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面
上紧挨C点放置一木板，木板质量M ＝1 kg，上表面与C点
等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以
v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道． 图6
已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.试求：
(1)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力；
(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？
答案 (1)46 N (2)6 m
解析 (1)设物块经过B点时的速度为vB，则
vBsin 37°＝v0
设物块经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：
mv＋mg(R＋Rsin 37°)＝mv
物块经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，根据牛顿第二定律得：FC－mg＝m
联立解得：FC＝46 N
由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46 N
(2)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，得：μ1mg＝ma1
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
设物块和木板经过时间t达到共同速度v，其位移分别为x1、x2，则：对物块有：
vC－a1t＝v
v2－v＝－2a1x1
对木板有：a2t＝v
v2＝2a2x2
设木板长度至少为L，由题意得：L≥x1－x2
联立解得：L≥6 m
即木板长度至少6 m才能使物块不从木板上滑下．
7． 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所
示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入
半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直
轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg， 图7
通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力
恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，
R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动
机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)
答案 2.53 s
解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律
x＝v1t，h＝gt2
解得v1＝x ＝3 m/s
设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点速度为v3，由牛顿运动
定律及机械能守恒定律得
mg＝mv/R
mv＝mv＋mg(2R)
解得v3＝＝4 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin＝4 m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能关系，有
Pt－FfL＝mv，由此解得t＝2.53 s
【点此下载】