高考物理一轮复习讲义机械能守恒定律专题平抛与圆周运动组合问题的分析 14页

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