2014年高考物理復(fù)習(xí) 第5章 專題4 平拋與圓周運動組合問題的分析訓(xùn)練題（含解析） 新人教版

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1、專題四　平拋與圓周運動組合問題的分析 考綱解讀1.掌握運用平拋運動規(guī)律、圓周運動知識解決綜合性問題的方法.2.掌握程序法在解題中的應(yīng)用． 考點一　平拋運動與直線運動的組合問題 1．一個物體平拋運動和直線運動先后進行，要明確直線運動的性質(zhì)，關(guān)鍵抓住速度是兩個運動的銜接點． 2．兩個物體分別做平拋運動和直線運動，且同時進行，則它們運動的時間相等，同時滿足一定的空間幾何關(guān)系． 例1　如圖1所示，一小球從平臺上水平拋出，恰好落在鄰近 平臺的一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面 下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.8 m，重力加速度 取g＝10 m/s2，sin 5

2、3°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： 圖1 (1)小球水平拋出時的初速度v0； (2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x； (3)若斜面頂端高H＝20.8 m，則小球離開平臺后經(jīng)多長時間到達斜面底端？ 解析　(1)由題意可知，小球落到斜面上并剛好沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，如圖所示， vy＝v0tan 53°，v＝2gh 代入數(shù)據(jù)，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)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度 a＝＝

3、8 m/s2 初速度v＝＝5 m/s ＝vt2＋at 代入數(shù)據(jù)，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不合題意舍去) 所以t＝t1＋t2＝2.4 s. 答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s 　　　　　抓住小球平拋到斜面頂端“剛好沿光滑斜面下　滑”這一關(guān)鍵 條件，利用斜面傾角和速度的分解與合成求合速度． 突破訓(xùn)練1　如圖2所示，我某集團軍在一次空地聯(lián)合軍事 演習(xí)中，離地面H高處的飛機以水平對地速度v1發(fā)射一顆 炸彈欲轟炸地面目標(biāo)P，反應(yīng)靈敏的地面攔截系統(tǒng)同時以初 速度v2豎直向上發(fā)射一顆炮彈攔截(炮彈運動過程看做豎直 圖2 上

4、拋)．設(shè)此時攔截系統(tǒng)與飛機的水平距離為x，若攔截成功，不計空氣阻力，則v1、v2的關(guān)系應(yīng)滿足 (　　) A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v2 答案　C 解析　由題意知從發(fā)射到攔截成功水平方向應(yīng)滿足：x＝v1t，同時豎直方向應(yīng)滿足：H＝gt2＋v2t－gt2＝v2t，所以有＝，即v1＝v2，C選項正確． 考點二　平拋運動與圓周運動的組合問題 例2　如圖3所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝3 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入

5、固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M＝3 kg的長木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.5 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖3 (1)A、C兩點的高度差； (2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (3)要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 解析　(1)小物塊在C點時的速度大小為 vC＝＝5 m/s，豎

6、直分量為vCy＝4 m/s 下落高度h＝＝0.8 m (2)小物塊由C到D的過程中，由動能定理得 mgR(1－cos 53°)＝mv－mv 解得vD＝ m/s 小球在D點時由牛頓第二定律得FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得FN＝68 N 由牛頓第三定律得FN′＝FN＝68 N，方向豎直向下 (3)設(shè)小物塊剛好滑到木板右端時與木板達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為 a1＝μg＝3 m/s2， a2＝＝1 m/s2 速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t 對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋M)v2 解得

7、L＝3.625 m，即木板的長度至少是3.625 m 答案　(1)0.8 m　(2)68 N　(3)3.625 m 程序法在解題中的應(yīng)用 所謂“程序法”是指根據(jù)題意按先后順序分析發(fā)生的運動過程， 并明確每一過程的受力情況、運動性質(zhì)、滿足的規(guī)律等等，還要注意前后 過程的銜接點是具有相同的速度． 突破訓(xùn)練2　在我國南方農(nóng)村地區(qū)有一種簡易水輪機，如圖4所示， 從懸崖上流出的水可看做連續(xù)做平拋運動的物體，水流軌道與下邊 放置的輪子邊緣相切，水沖擊輪子邊緣上安裝的擋水板，可使輪子連 續(xù)轉(zhuǎn)動，輸出動力．當(dāng)該系統(tǒng)工作穩(wěn)定時，可近似認(rèn)為水的末速度與 輪子

8、邊緣的線速度相同．設(shè)水的流出點比輪軸高h＝5.6 m，輪子半徑 圖4 R＝1 m．調(diào)整輪軸O的位置，使水流與輪邊緣切點對應(yīng)的半徑與水平線成θ＝37°角．(已 知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)問： (1)水流的初速度v0大小為多少？ (2)若不計擋水板的大小，則輪子轉(zhuǎn)動的角速度為多少？ 答案　(1)7.5 m/s　(2)12.5 rad/s 解析　(1)水流做平拋運動，有 h－Rsin 37°＝gt2 解得t＝ ＝1 s 所以vy＝gt＝10 m/s，由圖可知： v0＝vytan 37°＝7.5 m/s. (2)由圖可知

9、：v＝＝12.5 m/s， 根據(jù)ω＝可得ω＝12.5 rad/s. 27．直線運動、平拋運動和圓周運動組合問題的分析 解析　(1)在C點：mg＝m （2分） 所以vC＝5 m/s （1分） (2)由C點到D點過程：mg(2R－2r)＝mv－mv （2分） 在D點：mg＋FN＝m （2分） 所以FN＝333.3 N （1分） 由牛頓第三定律知小滑車對軌道的壓力為333.3 N. （1分） (3)小滑車要能安全通過圓形軌道，在平臺上速

10、度至少為v1，則 mv＋mg(2R)＝mv （2分） 小滑車要能落到氣墊上，在平臺上速度至少為v2，則 h＝gt2 （1分） x＝v2t （1分） 解得v2>v1，所以只要mgH＝mv，即可滿足題意． 解得H＝7.2 m （3分） 答案　(1)5 m/s　(2)333.3 N　(3)7.2 m 　 1.對于多過程問題首先要搞清各運動過程的特點，然后選用相應(yīng) 規(guī)律． 2．要特別注意運用有關(guān)規(guī)律建立兩運動之間的聯(lián)系，把轉(zhuǎn)折點的速度作為 分

11、析重點． 突破訓(xùn)練3　水上滑梯可簡化成如圖6所示的模型，斜槽AB和 光滑圓弧槽BC平滑連接．斜槽AB的豎直高度差H＝6.0 m， 傾角θ＝37°；圓弧槽BC的半徑R＝3.0 m，末端C點的切線 水平；C點與水面的距離h＝0.80 m．人與AB間的動摩擦因數(shù) μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6. 圖6 一個質(zhì)量m＝30 kg的小朋友從滑梯頂端A點無初速度地自由滑下，不計空氣阻力．求： (1)小朋友沿斜槽AB下滑時加速度a的大??； (2)小朋友滑到C點時速度v的大小及滑到C點時受到槽面的支持力FC的大?。?/p>

12、 (3)在從C點滑出至落到水面的過程中，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下滑時，受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin θ－Ff＝ma ① 又Ff＝μFN ② FN＝mgcos θ ③ 聯(lián)立①②③式解得：a＝4.4 m/s2 ④ (2)小朋友從A滑到C的過程中，根據(jù)動能定理得： mgH－Ff·＋mgR(1－cos θ)＝mv2－0 ⑤ 聯(lián)立②③⑤式解得：v＝10

13、m/s ⑥ 根據(jù)牛頓第二定律有：FC－mg＝m ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式解得：FC＝1 300 N． ⑧ (3)在從C點滑出至落到水面的過程中，小朋友做平拋運動，設(shè)此過程經(jīng)歷的時間為t，則：h＝gt2 ⑨ x＝vt ⑩ 聯(lián)立⑥⑨⑩式解得：x＝4 m. 高考題組 1．(2012·福建理綜·20)如圖7所示，置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊 隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開 始做平拋運動．現(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R＝0.5 m，離水平地面的高度 H

14、＝0.8 m，物塊平拋落地過程水平位移的大小s＝0.4 m．設(shè)物塊 圖7 所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊做平拋運動的初速度大小v0； (2)物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)μ. 答案　(1)1 m/s　(2)0.2 解析　(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有 H＝gt2 ① 在水平方向上有s＝v0t ② 由①②式解得v0＝s 代入數(shù)據(jù)得v0＝1 m/s (2)物塊離開轉(zhuǎn)臺時，由最大靜摩擦力提供向心力，有 fm＝m ③ fm

15、＝μN＝μmg ④ 由③④式得μ＝ 代入數(shù)據(jù)得μ＝0.2 2．(2010·重慶理綜·24)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(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎 直平面內(nèi)做圓周運動．當(dāng)球某次運動到最低點時，繩突然斷掉， 球飛行水平距離d后落地，如圖8所示．已知握繩的手離地面 高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g.忽略手的 圖8 運動半徑和空氣阻力． (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2. (2)問繩能承受的最大拉力多大？ (3)改變繩長，使球重復(fù)上述運動，若繩仍在球運動到最低點

16、時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)為多少？最大水平距離為多少？ 答案　(1)　　(2)mg (3)　d 解析　(1)設(shè)繩斷后球飛行的時間為t，由平拋運動規(guī)律有 豎直方向：d＝gt2 水平方向：d＝v1t 解得v1＝ 由機械能守恒定律有mv＝mv＋mg(d－d) 解得v2＝ (2)設(shè)繩能承受的最大拉力大小為Fmax，這也是球受到繩的最大拉力的大?。? 球做圓周運動的半徑為R＝d 由圓周運動向心力公式，有Fmax－mg＝ 得Fmax＝mg (3)設(shè)繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3.繩承受的最大拉力不變，有Fmax－mg＝m，解得v3＝ 繩斷后球做平拋運動，豎直

17、位移為d－l，水平位移為x，時間為t1.由平拋運動規(guī)律有d－l＝gt，x＝v3t1 得x＝4 ，當(dāng)l＝時，x有最大值xmax＝d. 模擬題組 3．如圖9所示，一質(zhì)量為2m的小球套在一“”滑桿上， 小球與滑桿的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，BC段為半徑為R 的半圓，靜止于A處的小球在大小為F＝2mg，方向與 水平面成37°角的拉力F作用下沿桿運動，到達B點時 圖9 立刻撤去F，小球沿圓弧向上沖并越過C點后落在D點(圖中未畫出)，已知D點到B點的距離為R，且AB的距離為s＝10R.試求： (1)小球在C點對滑桿的壓力； (2)小球在B點的速度大小； (3)BC過程

18、小球克服摩擦力所做的功． 答案　(1)mg，方向豎直向下　(2)2　(3) 解析　(1)小球越過C點后做平拋運動， 有豎直方向：2R＝gt2 ① 水平方向：R＝vCt ② 解①②得 vC＝ 在C點對小球由牛頓第二定律有： 2mg－FNC＝2m 解得FNC＝ 由牛頓第三定律有，小球在C點對滑桿的壓力FNC′＝FNC＝，方向豎直向下 (2)在A點對小球受力分析有：FN＋Fsin 37°＝2mg ③ 小球從A到B由動能定理有： Fcos 37°·s－μFN·s＝·2mv ④ 解③④

19、得vB＝2 (3)BC過程對小球由動能定理有： －2mg·2R－Wf＝×2mv－×2mv 解得Wf＝ 4．如圖10所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊由靜止輕輕放在水平 勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最 右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓 軌道，恰能做圓周運動．C點在B點的正上方，D點為軌道 的最低點．小物塊離開D點后，做平拋運動，恰好垂直于傾 圖10 斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點．已知半圓軌道的半徑R＝0.9 m，D點距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，試求： (1)摩擦力對小物塊做的功； (2)小

20、物塊經(jīng)過D點時對軌道壓力的大??； (3)傾斜擋板與水平面間的夾角θ. 答案　(1)4.5 J　(2)60 N，方向豎直向下　(3)60° 解析　(1)設(shè)小物塊經(jīng)過C點時的速度大小為v1，因為經(jīng)過C點恰能做圓周運動，所以，由牛頓第二定律得： mg＝m 解得：v1＝3 m/s 小物塊由A到B的過程中，設(shè)摩擦力對小物塊做的功為W，由動能定理得： W＝mv 解得：W＝4.5 J (2)設(shè)小物塊經(jīng)過D點時的速度大小為v2，對從C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得： mv＋mg·2R＝mv 小物塊經(jīng)過D點時，設(shè)軌道對它的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m 聯(lián)立解

21、得：FN＝60 N 由牛頓第三定律可知，小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力大小為： FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下 (3)小物塊離開D點后做平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t打在E點，由h＝gt2得： t＝ s 設(shè)小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為vx、vy，速度跟豎直方向的夾角為α，則： vx＝v2 vy＝gt tan α＝ 解得：tan α＝ 所以：α＝60° 由幾何關(guān)系得：θ＝α＝60°. (限時：45分鐘) ?題組1　平拋運動與直線運動的組合 1．如圖1所示，在距地面高為H＝45 m處，有一小球A以初速度 v0＝10 m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方

22、有一物塊B也 以相同的初速度v0同方向滑出，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ ＝0.5.A、B均可視做質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g取 10 m/s2，求： (1)A球從拋出到落地的時間和這段時間內(nèi)的水平位移； 圖1 (3)A球落地時，A、B之間的距離． 答案　(1)3 s　30 m　(2)20 m 解析　(1)對A球，由平拋運動規(guī)律得 水平方向：x1＝v0t 豎直方向：H＝gt2 解得x1＝30 m，t＝3 s (2)對于物塊B，根據(jù)牛頓第二定律得， －μmg＝ma 解得a＝－5 m/s2 當(dāng)B速度減小到零時，有0＝v0＋at′ 得t′＝2 s 判斷得：在A

23、落地之前B已經(jīng)停止運動， 由運動學(xué)公式v2－v＝2ax2 得：x2＝10 m 則Δx＝x1－x2＝20 m. 2．如圖2所示，一物塊質(zhì)量m＝1.0 kg自平臺上以速度v0水平拋出，剛好落在鄰近一傾角為α＝53°的粗糙斜面AB頂端，并恰好沿該斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.032 m，粗糙斜面BC傾角為β＝37°，足夠長．物塊與兩斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A點離B點所在平面的高度H＝1.2 m．物塊在斜面上運動的過程中始終未脫離斜面，不計在B點的機械能損失．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(g取10 m/s2) 圖2

24、(1)物塊水平拋出的初速度v0是多少？ (2)若取A所在水平面為零勢能面，求物塊第一次到達B點的機械能． (3)從滑塊第一次到達B點時起，經(jīng)0.6 s正好通過D點，求B、D之間的距離． 答案　(1)0.6 m/s　(2)－4 J　(3)0.76 m 解析　(1)物塊離開平臺做平拋運動，由平拋運動知識得： vy＝＝ m/s＝0.8 m/s 由于物塊恰好沿斜面下滑，則 vA＝＝ m/s＝1 m/s v0＝vAcos 53°＝0.6 m/s (2)物塊在A點時的速度vA＝1 m/s 從A到B的運動過程中由動能定理得 mgH－μmgcos 53°＝mv－mv 在B點時的機械能：

25、EB＝mv－mgH＝－4 J (3)物塊在B點時的速度vB＝4 m/s 物塊沿BC斜面向上運動時的加速度大小為： a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2 物塊從B點沿BC斜面向上運動到最高點所用時間為t1＝＝0.4 s，然后沿斜面下滑，下滑時的加速度大小為： a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2 B、D間的距離 xBD＝－a2(t－t1)2＝0.76 m ?題組2　平拋運動與圓周運動組合問題 3．水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切， 一小球以初速度v0沿直軌道向右運動．如圖3所示，小球進入 圓形軌道后

26、剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道 上的d點，則 (　　) 圖3 A．小球到達c點的速度為 B．小球到達b點時對軌道的壓力為5mg C．小球在直軌道上的落點d與b點距離為2R D．小球從c點落到d點所需時間為2 答案　ACD 解析　小球在c點時由牛頓第二定律得： mg＝，vc＝，A項正確； 小球由b到c過程中，由機械能守恒定律得： mv＝2mgR＋mv 小球在b點，由牛頓第二定律得： FN－mg＝，聯(lián)立解得 FN＝6mg，B項錯誤； 小球由c點平拋，在平拋運動過程中由運動學(xué)公式得： x＝vct,2R＝gt2.解得t＝2

27、，x＝2R，C、D項正確． 4．如圖4所示，P是水平面上的圓弧凹槽．從高臺邊B點以某速度 v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左 端A點沿圓弧切線方向進入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與 豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角．則 (　　) 圖4 A.＝2 B．tan θ1·tan θ2＝2 C.＝2 D.＝2 答案　B 解析　由題意可知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正確． 5．如圖5所示，在水平勻速運動的傳送帶的左端(P點)，輕放一質(zhì)量為m＝1 k

28、g的物塊，物塊隨傳送帶運動到A點后水平拋出，物塊恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道下滑．B、D為圓弧的兩端點，其連線水平．已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對應(yīng)的圓心角θ＝106°，軌道最低點為C，A點距水平面的高度h＝0.8 m(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： 圖5 (1)物塊離開A點時水平初速度的大??； (2)物塊經(jīng)過C點時對軌道壓力的大小； (3)設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.3，傳送帶的速度為5 m/s，求PA間的距離． 答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)1.5 m 解析　(1)物塊由A到B在豎直方向

29、有v＝2gh vy＝4 m/s 在B點：tan ＝，vA＝3 m/s (2)物塊從B到C由功能關(guān)系得 mgR(1－cos )＝mv－mv vB＝＝5 m/s 解得v＝33 m2/s2 在C點：FN－mg＝m 由牛頓第三定律知，物塊經(jīng)過C點時對軌道壓力的大小為FN′＝FN＝43 N (3)因物塊到達A點時的速度為3 m/s，小于傳送帶速度，故物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動 μmg＝ma， a＝3 m/s2 PA間的距離xPA＝＝1.5 m. 6．如圖6所示，半徑R＝1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直 平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向 間的夾角θ＝

30、 37°，另一端點C為軌道的最低點．C點 右側(cè)的水平路面上緊挨C點放置一木板，木板質(zhì)量M ＝1 kg，上表面與C點等高．質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視 圖6 為質(zhì)點)從空中A點以v0＝1.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與路面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.05，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.試求： (1)物塊經(jīng)過軌道上的C點時對軌道的壓力； (2)設(shè)木板受到的最大靜摩擦力跟滑動摩擦力相等，則木板至少多長才能使物塊不從木板上滑下？ 答案　(1)46 N　(2

31、)6 m 解析　(1)設(shè)物塊經(jīng)過B點時的速度為vB，則 vBsin 37°＝v0 設(shè)物塊經(jīng)過C點的速度為vC，由機械能守恒得： mv＋mg(R＋Rsin 37°)＝mv 物塊經(jīng)過C點時，設(shè)軌道對物塊的支持力為FC，根據(jù)牛頓第二定律得：FC－mg＝m 聯(lián)立解得：FC＝46 N 由牛頓第三定律可知，物塊經(jīng)過圓軌道上的C點時對軌道的壓力為46 N (2)物塊在木板上滑動時，設(shè)物塊和木板的加速度大小分別為a1、a2，得：μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 設(shè)物塊和木板經(jīng)過時間t達到共同速度v，其位移分別為x1、x2，則：對物塊有：vC－a1t＝v v2－v＝－2

32、a1x1 對木板有：a2t＝v v2＝2a2x2 設(shè)木板長度至少為L，由題意得：L≥x1－x2 聯(lián)立解得：L≥6 m 即木板長度至少6 m才能使物塊不從木板上滑下． 7．某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽．比賽路徑如圖7 所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B 點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù) 在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質(zhì) 圖7 量m＝0.1 kg，通電后以額定功率P＝1.5 W工作，進入豎直軌道前受到的阻力恒為0.3 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L＝10.00 m，R＝0.32 m，

33、h＝1.25 m，x＝ 1.50 m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？(取g＝10 m/s2) 答案　2.53 s 解析　設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 x＝v1t，h＝gt2 解得v1＝x ＝3 m/s 設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點的速度為v2，最低點速度為v3，由牛頓運動定律及機械能守恒定律得 mg＝mv/R mv＝mv＋mg(2R) 解得v3＝＝4 m/s 通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是vmin＝4 m/s 設(shè)電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能關(guān)系，有 Pt－FfL＝mv，由此解得t＝2.53 s