（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題3 力與物體的曲線運動學案

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1、 專題3 力與物體的曲線運動 考題一　運動的合成與分解 1.物體做曲線運動的條件 當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動.合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性. 2.分析運動合成與分解的一般思路 ? ? ? ? 例1　質量為2 kg的質點在x－y平面上運動，x方向的速度—時間圖象和y方向的位移—時間圖象分別如圖1甲、乙所示，則質點(　　) 圖1 A.初速度為4 m/s B.所受合外力為4 N C.做勻變速直線運動 D.初速度的方向與合外力的方向垂直 解析　x軸方向初速度為vx＝4 m/s，y軸

2、方向初速度vy＝3 m/s，質點的初速度v0＝＝5 m/s.故A錯誤.x軸方向的加速度a＝2 m/s2，質點的合力F合＝ma＝4 N.故B正確.x軸方向的合力恒定不變，y軸做勻速直線運動，合力為零，則質點受到的合力恒定不變.合力沿x軸方向，而初速度方向既不在x軸方向，也不在y軸方向，質點初速度的方向與合外力方向不垂直，做勻變速曲線運動.故C、D錯誤. 答案　B 變式訓練 1.(2016·全國乙卷·18)一質點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質

3、點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質點單位時間內速率的變化量總是不變 答案　BC 解析　質點一開始做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質點所受的合外力為該恒力.①若該恒力方向與質點原運動方向不共線，則質點做曲線運動，質點速度方向與恒力方向不同，故A錯；②若F的方向某一時刻與質點運動方向垂直，之后質點做曲線運動，力與速度方向不再垂直，例如平拋運動，故B正確；③由牛頓第二定律可知，質點加速度的方向總是與其所受合外力方向相同，C正確；④根據(jù)加速度的定義，相等時間內速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D錯. 2.如圖2所示，甲乙兩船在同一條河流中同時開始渡河，M、N分別

4、是甲乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達P點，如果劃船速度大小相等，且兩船相遇，不影響各自的航行，下列判斷正確的是(　　) 圖2 A.甲船也能到達正對岸 B.甲船渡河時間一定短 C.兩船相遇在NP直線上的某點(非P點) D.渡河過程中兩船不會相遇 答案　C 解析　甲船航行方向與河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不會垂直河岸，即甲船不能垂直到達對岸，A錯誤；在垂直河岸方向上v甲＝vsin α，v乙＝vsin α，故渡河時間t甲＝＝、t乙＝＝，所以渡河時間相等，因為在垂直河岸方向上分速度相等，又是同時出發(fā)的，故兩

5、船相遇在NP直線上的某點(非P點)，B、D錯誤，C正確. 考題二　平拋(類平拋)運動的規(guī)律 1.求解平拋運動的基本思路和方法——運動的分解 將平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動——“化曲為直”，是處理平拋運動的基本思路和方法. 2.求解平拋(類平拋)運動的注意點 (1)突出落點問題時，一般建立坐標系，由兩個方向遵循的規(guī)律列出位移方程，由此確定其落點. (2)突出末速度的大小和方向問題時，一般要建立水平分速度和豎直分速度之間的關系，由此確定其末速度. (3)如圖3所示，分解某一過程的位移和某一位置瞬時速度，則可以獲得兩個直角三角形，一般該類運動問題都可

6、以在這兩個直角三角形中解決. 圖3 例2　如圖4所示，將甲、乙兩球從虛線PQ右側某位置分別以速度v1、v2沿水平方向拋出，其部分軌跡如圖1、2所示，兩球落在斜面上同一點，且速度方向相同，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.甲、乙兩球拋出點在同一豎直線上 B.甲、乙兩球拋出點在斜面上 C.甲球拋出點更靠近PQ線 D.一定有v1>v2 解析　二者落在斜面上時速度的方向相同，所以速度的方向與水平方向之間的夾角θ是相等的，tan θ＝ 根據(jù)：vy＝gt x＝v0t y＝gt2 位移偏轉角為α，聯(lián)立可得：tan α＝＝tan θ 可知二者的位移偏轉角也

7、相等，所以兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，故結合題目的圖象可知1的拋出點高于2的拋出點，故A錯誤；結合A的分析可知，兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，兩個小球的拋出點可能在斜面上，也可能不在斜面上，故B錯誤；兩個小球的拋出點與落點的連線在同一直線上，而題目的圖中1在上，所以甲的拋出點離PQ要遠一些，故C錯誤；由于甲的拋出點高一些，因此甲運動的時間長些，故豎直方向的速度v＝gt大些，而根據(jù)落點的速度方向相同，因此速度v1要大一些，故D正確. 答案　D 變式訓練 3.如圖5所示，在水平地面上A、B兩點同時迎面拋出兩個物體，初速度分別為v1、v2，與水平方向所成角α1＝30°

8、、α2＝60°，兩物體恰好落到對方拋出點.兩物體在空中運動的時間分別為t1、t2，不計空氣阻力.則(　　) 圖5 A.v1＝v2 B.t1＝t2 C.兩物體在空中可能相遇 D.兩物體位于同一豎直線時，一定在AB中點的右側 答案　AD 解析　在水平方向上做勻速直線運動，故有v1cos 30°t1＝v2cos 60°t2，在豎直方向上做豎直上拋運動，所以t1＝，t2＝，聯(lián)立可得v1＝v2，t1

9、度較大，所以A球走過的水平位移大于B球的，所以一定在AB中點的右側，D正確. 4.橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖6所示.它們的豎直邊長都是底邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c.若不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大 B.三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快 C.三小球比較，落在a點的小球飛行時間最短 D.無論小球拋出時初速度多大，落在斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直 答案　D 解析　根據(jù)h＝gt2得t

10、＝知平拋運動的時間由高度決定，落在a點的小球下落的高度最大，則飛行時間最長，由速度變化量Δv＝gt，可知落在a點的小球飛行過程速度變化最大，故A、C錯誤.三個小球均做平拋運動，加速度都是g，則速度變化快慢一樣，故B錯誤.小球打到兩斜面交點時，速度方向與水平方向夾角為45°，與斜面夾角小于90°，打到右側斜面的其他位置處，夾角更小，故D正確. 考題三　圓周運動問題的分析 1.圓周運動的描述 v＝　ω＝ ω＝ v＝ω·R＝·R an＝＝ω2·R＝·R. 2.水平面內圓周運動的臨界問題 (1)水平面內做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面

11、分離等臨界狀態(tài). (2)常見臨界條件：繩的臨界：張力FT＝0；接觸面滑動的臨界：F＝Ff；接觸面分離的臨界：FN＝0. 3.豎直平面內圓周運動的繩、桿模型 模型 繩模型 桿模型 實例 球與繩連接、水流星、翻滾過山車等 球與桿連接、球過豎直的圓形管道、套在圓環(huán)上的物體等 圖示 在最高 點受力 重力、彈力F彈(向下或等于零) mg＋F彈＝m 重力和彈力F彈(向下、向上或等于零) mg±F彈＝m 恰好過 最高點 F彈＝0，mg＝m，v＝，即在最高點速度不能為零 v＝0，mg＝F彈在最高點速度可為零 例3　如圖7所示，質量為m的小球置于內部光滑的正

12、方體盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑.盒子在豎直平面內做半徑為R、周期為2π的勻速圓周運動，重力加速度大小為g，則(　　) 圖7 A.盒子運動到最高點時，小球對盒子底部壓力為mg B.盒子運動到最低點時，小球對盒子底部壓力為2mg C.盒子運動到最低點時，小球對盒子底部壓力為6mg D.盒子從最低點向最高點運動的過程中，球處于超重狀態(tài) 解析　設盒子運動到最高點時，小球受到盒子頂部的壓力，則：F＋mg＝mR()2，解得：F＝0 根據(jù)牛頓第三定律，盒子運動到最高點時，小球對盒子底部壓力為0.故A錯誤；盒子運動到最低點時，小球受到盒子底部支持力與重力的合力提供向心力，則：FN－mg

13、＝mR()2，解得：FN＝2mg根據(jù)牛頓第三定律，盒子運動到最低點時，小球對盒子底部壓力為2mg .故B正確，C錯誤；由A項的分析可知，在最高點小球只受到重力的作用，所以盒子從最低點向最高點運動的過程中，球接近最高點時處于失重狀態(tài).故D錯誤. 答案　B 變式訓練 5.如圖8所示，在勻速轉動的水平盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動摩擦因數(shù)μ相同，當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.此時繩子張力為FT＝3μmg B.此時圓盤

14、的角速度為ω＝ C.此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外 D.此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動 答案　ABC 解析　兩物塊A和B隨著圓盤轉動時，合外力提供向心力，則F＝mω2r，B的半徑比A的半徑大，所以B所需向心力大，繩子拉力相等，所以當圓盤轉速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，根據(jù)牛頓第二定律得：FT－μmg＝mω2r，F(xiàn)T＋μmg＝mω2·2r，解得：FT＝3μmg，ω＝，故A、B、C正確；此時燒斷繩子，A的最大靜摩擦力不足以提供所需向心力，則A做離心運動，故D錯誤. 6.(2016·浙江理綜·20)如圖9所示為

15、賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m.賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍，假設賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動，要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　) 圖9 A.在繞過小圓弧彎道后加速 B.在大圓弧彎道上的速率為45 m/s C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s 答案　AB 解析　在彎道

16、上做勻速圓周運動時，根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得，kmg＝m，當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速率是一定的，且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率，故要想時間最短，可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的速率為vmR＝＝ m/s＝45 m/s，選項B正確；直道的長度為x＝＝50 m，在小彎道上的最大速率為：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小為a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為t＝＝ s≈2.80 s，選項D錯誤. 考題四　拋體運動與圓周運動的綜合 解決拋體與圓周運動的綜合問

17、題應注意： (1)平拋運動與圓周運動的關聯(lián)速度. (2)圓周運動中向心力與運動學公式的關聯(lián). (3)動能定理的靈活運用. 例4　(12分)如圖10所示，BC為半徑等于 m豎直放置的光滑細圓管，O為細圓管的圓心，在圓管的末端C連接傾斜角為45°、動摩擦因數(shù)μ＝0.6的足夠長粗糙斜面，一質量為m＝0.5 kg的小球從O點正上方某處A點以v0水平拋出，恰好能垂直O(jiān)B從B點進入細圓管，小球從進入圓管開始受到始終豎直向上的力F＝5 N的作用，當小球運動到圓管的末端C時作用力F立即消失，小球能平滑地沖上粗糙斜面.(g＝10 m/s2)求： 圖10 (1)小球從O點的正上方某處A點水平拋

18、出的初速度v0為多少？OA的距離為多少？ (2)小球在圓管中運動時對圓管的壓力是多少？ (3)小球在CD斜面上運動的最大位移是多少？ [思維規(guī)范流程] 步驟1：小球從A到B點做平拋運動 vB為平拋運動與圓周運動的關聯(lián)速度 (1)A到B： x＝r·sin 45°＝v0t ① h＝gt2 ② 在B點： tan 45°＝ ③ 得：v0＝2 m/s　h＝0.2 m ④ |OA|＝h＋r·cos 45°＝0.6 m ⑤ 步驟2：小球從B到C點做勻速圓周運動 (2)在B點：vB＝＝2 m/s ⑥ FN＝＝5 N ⑦ 由牛頓第三定律得： 小球對圓管的壓力

19、FN′＝FN＝5 N ⑧ 步驟3：小球由C點沿斜面上滑到最高點 (3)mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma ⑨ a＝8 m/s2 ⑩ x＝＝ m ? ⑨式2分，其余各式1分. 變式訓練 7.如圖11所示，質量為1 kg物塊自高臺上A點以4 m/s的速度水平拋出后，剛好在B點沿切線方向進入半徑為0.5 m的光滑圓弧軌道運動.到達圓弧軌道最底端C點后沿粗糙的水平面運動4.3 m到達D點停下來，已知OB與水平面的夾角θ＝53°，g＝10 m/s2(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6).求： 圖11 (1)A、B兩點的高度差； (2)物塊到達C點時，物

20、塊對軌道的壓力； (3)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù). 答案　(1)0.45 m　(2)96 N　(3)0.5 解析　(1)小物塊恰好從B端沿切線方向進入軌道，據(jù)幾何關系有： vB＝＝＝5 m/s. A到B的過程中機械能守恒，得： mgh＋mv＝mv 聯(lián)立得：h＝0.45 m (2)小物塊由B運動到C，據(jù)動能定理有： mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 在C點處，據(jù)牛頓第二定律有 FN′－mg＝m 解得FN′＝96 N 根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力FN的大小為96 N. (3)小物塊從C運動到D，據(jù)功能關系有： －μmgL＝0－mv

21、聯(lián)立得：μ＝0.5 專題規(guī)范練 1.2015年9月23日，在江蘇省蘇州市進行的全國田徑錦標賽上高興龍獲得男子跳遠冠軍，在一次試跳中，他(可看做質點)水平距離達8 m，高達1 m.設他離開地面時的速度方向與水平面的夾角為θ，若不計空氣阻力，g＝10 m/s2，則tan θ等于(　　) A. B. C. D.1 答案　C 解析　設水平速度為vx，豎直速度為vy.由運動的合成與分解知： ＝y(tǒng)，＝t，x＝vx·2t，由以上各式得：tan θ＝＝，C對. 2.如圖1所示，一鐵球用細線懸掛于天花板上，靜止垂在桌子的邊緣，懸線穿過一光盤的中間孔，手推光盤在桌面上平移，光盤帶動

22、懸線緊貼著桌子的邊緣以水平速度v勻速運動，當光盤由A位置運動到圖中虛線所示的B位置時，懸線與豎直方向的夾角為θ，此時鐵球(　　) 圖1 A.豎直方向速度大小為vcos θ B.豎直方向速度大小為vsin θ C.豎直方向速度大小為vtan θ D.相對于地面速度大小為v 答案　B 解析　光盤的速度是水平向右的，將該速度沿線和垂直于線的方向分解，如圖所示， 沿線方向的分量v線＝vsin θ，這就是桌面以上懸線變長的速度，也等于鐵球上升的速度，B正確；由題意可知鐵球在水平方向上速度與光盤相同，豎直方向速度為vsin θ，可得鐵球相對于地面速度大小為v，D錯誤. 3.(20

23、16·全國甲卷·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖2所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(　　) 圖2 A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最

24、低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，因mP>mQ，所以選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤. 4.如圖3，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點.O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　C 解析　飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，知速度與水平方向的夾角為30°，設位移與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，因為tan θ＝＝，則豎直位移y＝R.v＝2gy＝

25、gR，tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故C正確，A、B、D錯誤. 5.(多選)如圖4所示，一帶電小球自固定斜面頂端A點以速度v0水平拋出，經(jīng)時間t1落在斜面上B點.現(xiàn)在斜面空間加上豎直向下的勻強電場，仍將小球自A點以速度v0水平拋出，經(jīng)時間t2落在斜面上B點下方的C點.不計空氣阻力，以下判斷正確的是(　　) 圖4 A.小球一定帶正電 B.小球所受電場力可能大于重力 C.小球兩次落在斜面上的速度方向相同 D.小球兩次落在斜面上的速度大小相等 答案　CD 解析　不加電場時，小球做平拋運動，加電場時，小球做類平拋運動，根據(jù)tan θ＝＝，則t＝，因為水平方向上做勻速直線運動，可

26、知t2＞t1，則a＜g，可知小球一定帶負電，所受的電場力向上，且小于重力的大小，故A、B錯誤.因為做類平拋運動或平拋運動時，小球在某時刻的速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于位移方向相同，則小球兩次落在斜面上的速度方向一定相同.根據(jù)平行四邊形定則知，初速度相同，則小球兩次落在斜面上的速度大小相等，故C、D正確. 6.如果高速轉動的飛輪重心不在轉軸上，運行將不穩(wěn)定，而且軸承會受到很大的作用力，加速磨損.如圖5所示，飛輪半徑r＝20 cm，ab為轉動軸.正常工作時轉動軸受到的水平作用力可以認為是0.假想在飛輪的邊緣固定兩個互成直角的螺絲釘P和Q，兩者的質量均為m＝

27、0.01 kg，當飛輪以角速度ω＝1 000 rad/s轉動時，轉動軸ab受到力的大小為(　　) 圖5 A.1×103 N B.2×103 N C.×103 N D.2×103 N 答案　D 解析　對釘子：F1＝F2＝mω2·r＝2 000 N，受到的合力F＝F1＝2×103 N. 7.如圖6所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內做勻速圓周運動.現(xiàn)使小球在一個更高的水平面上做勻速圓周運動，而金屬塊Q始終靜止在桌面上的同一位置，則改變高度后與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) 圖

28、6 A.細線所受的拉力變小 B.小球P運動的角速度變大 C.Q受到桌面的靜摩擦力變小 D.Q受到桌面的支持力變大 答案　B 解析　設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有：FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝ ，使小球改到一個更高的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cos θ減小，則得到細線拉力FT增大，角速度ω增大.故A錯誤，B正確.對Q球，由平衡條件得知，Q受到桌面的靜摩擦力等于細線的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，則靜摩擦力變大，Q所受的支持力不變，故C、D

29、錯誤；故選B. 8.如圖7所示，河水流動的速度為v且處處相同，河寬度為a.在船下水點A的下游距離為b處是瀑布.為了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)(　　) 圖7 A.小船船頭垂直河岸渡河時間最短，最短時間為t＝.速度最大，最大速度為vmax＝ B.小船軌跡沿y軸方向渡河位移最小、速度最大，最大速度為vmax＝ C.小船沿軌跡AB運動位移最大、時間最短且速度最小，最小速度vmin＝ D.小船沿軌跡AB運動位移最大、速度最小，最小速度vmin＝ 答案　D 解析　小船船頭垂直河岸渡河時間最短，最短時間為：t＝，故A錯誤；小船軌跡沿y軸方向渡河位移最小，為a，但沿著船頭指向的分

30、速度必須指向上游，合速度不是最大，故B錯誤；由圖，小船沿軌跡AB運動位移最大，由于渡河時間t＝，與船的船頭指向的分速度有關，故時間不一定最短，故C錯誤；合速度沿著AB方向時位移顯然是最大的，劃船的速度最小，故：＝，故v船＝；故D正確；故選D. 9.(2016·全國丙卷·24)如圖8，在豎直平面內有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接.AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動. 圖8 (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點. 答案　(1)5∶1　(2)能

31、，理由見解析 解析　(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得 EkA＝mg· ① 設小球在B點的動能為EkB，同理有 EkB＝mg· ② 由①②式得＝5 ③ (2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足 FN≥0 ④ 設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心力公式有 FN＋mg＝m ⑤ 由④⑤式得 mg≤m ⑥ vC≥ ⑦ 全程應用機械能守恒定律得 mg·＝mvC′2 ⑧ 由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點. 10.如圖9所示為圓弧形固定光滑軌道，a點切線方向與水平方向夾角53°

32、，b點切線方向水平.一小球以水平初速度6 m/s做平拋運動剛好能從a點沿軌道切線方向進入軌道，已知軌道半徑1 m，小球質量1 kg.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)求： 圖9 (1)小球做平拋運動的飛行時間. (2)小球到達b點時，軌道對小球壓力大小. 答案　(1)0.8 s　(2)58 N 解析　(1)小球進入軌道時速度方向與水平方向夾角為53°，則有：tan 53°＝ vy＝gt　解得t＝0.8 s (2)設初始位置距a點高度為h，則有： h＝gt2 設初始位置距b點高度為H，則有： H＝h－(R＋R) 從初始位置到b由動能定理得： mgH＝mv－mv 對b點由牛頓第二定律得： FN＋mg＝m 解得：FN＝58 N 18