专题24 直线、（类）平抛圆周组合模型 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题24 直线、（类）平抛圆周组合模型 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共18页。

常考点 直线、（类）平抛圆周组合模型的特征及分析方法
【典例1】
如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同
一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy．一质量m＝1kg的小
滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h＝2.7m，滑块恰好从
A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F＝150N，最终落到轨道上的D点
（图中未画出）并黏住后静止不动（此过程中无能量损失）。已知四分之一圆弧轨道AO的半径R＝1.5m，
半圆轨道BC的半径r＝0.4m，水平轨道OB长l＝0.4m，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小滑块运动到C点时的速度大小；
（2）小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数；
（3）D点的位置坐标。
解：（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有
F+mg＝m
解得vC＝8m/s
（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知
mg（h+R﹣2r）﹣μmgl＝
解得：μ＝0.5
（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则有
2r＝
s＝vCt
解得s＝3.2m＞0.4m
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为（x，y），
则有
2r﹣y＝
l﹣x＝vCt
x2+（R﹣y）2＝R2
解得 x＝﹣1.2m y＝0.6m
答：（1）小滑块运动到C点时的速度大小为8m/s；
（2）小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数为0.5；
（3）D点的位置坐标为（﹣1.2m，0.6m）。
【典例2】
如图所示，质量m＝2kg的小球用长L＝1.0m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.0m的O点．现将细绳
拉直至水平状态自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛
运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）细绳能承受的最大拉力；
（2）细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
（3）现换用另一轻质细绳，使绳长变为L1，重复上述过程，也是运动至悬点O的正下方时细绳恰好断裂，其他条件不变．当L1为何值时，小球落地点距B点的水平距离最大？
解：（1）AB过程由动能定理得，mgL＝，
解得＝m/s．
在B点，根据牛顿第二定律得，F﹣mg＝m，
代入数据解得F＝60N．
（2）细绳断裂后，小球做平抛运动，根据H﹣L＝，
解得t＝．
（3）AB过程由动能定理得，，
BC过程平抛运动，有H﹣L1＝，
水平距离x＝vBt′，
可得x＝vBt′，
联立解得x＝，
当L1＝H﹣L1时，即当时，水平距离最大．
答：（1）细绳能承受的最大拉力为60N；
（2）细绳断裂后小球在空中运动所用的时间为1s；
（3）当L1为3m时，小球落地点距B点的水平距离最大．
一．模型特征
1．模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合．
2．表现形式：
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．
(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．
3．应对策略：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，
两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带．很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要
突破口．
二．多过程问题的分析方法
1.将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
三．程序法在直线、（类）平抛圆周组合模型解题中的应用
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．
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．
【变式演练1】
在水平轨道上有一弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压
缩至P点保持静止，此时弹性势能为EP＝mgs（s为一定值）。P、B之间的距离为2.5s，小球与水平轨道的
动摩擦因数为µ＝0.1。静止释放弹簧，小球沿水平轨道向右运动从DB进入圆弧轨道，如图所示。BC是一
段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，B、D间距
很小，可看作重合的点。圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为53°。在BC右边整个空间有水
平向左、大小为F0＝0.75mg的恒定风力，小球进入圆弧轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从
轨道下端F处脱离，最后打在竖直墙面BC的C点。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8。求：
（1）小球运动到B点的速度大小；
（2）轨道DEF的半径R；
（3）小球打在C点前瞬间的速度大小。
解：（1）小球从释放到达到B点，根据功能关系可得：Ep＝μmg×2.5s+
解得：vB＝；
（2）小球恰好沿圆弧轨道运动，设E点为等效最高点，E与O点连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据几何关系可得：tanθ＝＝0.75，解得θ＝37°，
根据牛顿第二定律结合向心力公式可得：＝m
从B到E根据动能定理可得：•（R﹣Rcs37°）＝﹣
联立可得：R＝ s；
（3）小球离开轨道的速度方向刚好与合外力方向相同，所以小球离开F点后做匀加速直线运动，
从B到C根据动能定理可得：mg（R+）＝﹣
解得：vC＝。
答：（1）小球运动到B点的速度大小为；
（2）轨道DEF的半径为 s；
（3）小球打在C点前瞬间的速度大小为。
【变式演练2】
摩托车特技表演一直深受人们的喜爱，其中有一项飞跃表演，其简化模型如图所示，左侧为一倾角为α（tanα＝0.5）的斜坡P，右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接（斜坡面沿C端的切线方向），其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称，B为圆弧轨道的最低点。表演者驾驶摩托车先在斜坡P上加速行驶，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，此后关闭动力系统，摩托车自由滑行，经t1＝2s恰好无碰撞地从A端沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC，然后从C端冲上斜坡Q，在斜坡上减速到零后又反向滑回。已知摩托车从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的D点所经的时间间隔t2＝3s，表演者与摩托车的总质量M＝100kg，斜坡P顶端与A端的水平间隔x＝32m，圆弧轨道ABC的半径R＝5m，摩托车与斜坡Q间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小；
（2）摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力；
（3）从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功。
解：（1）摩托车离开斜坡P做斜抛运动
水平方向，有：vx＝＝m/s＝16m/s
摩托车离开斜坡P时有tanα＝＝0.5
解得vy＝8m/s
摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小v＝＝m/s＝8m/s
（2）在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为θ.
摩托车到达A端时水平方向分速度大小vAx＝vx＝16m/s
竖直方向分速度大小vAy＝vAy﹣gt1＝（8﹣10×2）m/s＝﹣12m/s，负号表示速度方向竖直向下
到达A端速度大小为vA＝＝m/s＝20m/s
tanθ＝＝＝0.75，得θ＝37°
摩托车从A到B，由动能定理得
MgR（1﹣csθ）＝﹣
在B处，对摩托车，由牛顿第二定律得
FN﹣Mg＝M
联立解得FN＝9400N
由牛顿第三定律可知：摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力大小为9400N
（3）摩托车以v0＝20m/s的速度从C点冲上斜坡Q，由几何关系知斜面倾角为37°
沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37°+μMgcs37°＝Ma1
从C点上滑至最高点的时间t3＝
解得t3＝2s
上滑的最大距离x1＝＝m＝20m
沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得：
Mgsin37°﹣μMgcs37°＝Ma2
从最高点下滑至D点的时间t4＝t2﹣t3＝3s﹣2s＝1s
从最高点下滑至D点的位移大小x2＝＝m＝1m
斜坡上C、D两点间的距离s＝x1﹣x2＝20m﹣1m＝19m
从C到D的过程中，摩托车连同表演者克服重力做的功WG＝Mgssin37°
解得WG＝11400J
答：（1）摩托车经过斜坡P顶端时的速度大小为8m/s；
（2）摩托车第一次经过B点时，对轨道的压力为9400N；
（3）从C到D的过程中，表演者连同摩托车克服重力做的功为11400J。
1．如图所示，竖直平面内半径为R＝1.6 m的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为x＝5.0m．一质量为m＝1kg的滑块，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.3，到B点时撤去力F，滑块恰好沿圆轨道通过最高点C．求：
（1）恒力F大小；
（2）滑块从A到B运动的时间；
（3）滑块从C点抛出后到落点的水平位移。
解：（1）设滑块在C点的速度为vC，滑块在C点由重力提供向心力，由向心力公式，可得：
…①
滑块由A运动至C的过程，由动能定理，可得：
…②
①②式联立，代入数值，可得：F＝11N。
（2）物体从A运动到B的过程中，加速度可按下式求得：
…③
设从A到B的运动时间为t，则有：
…④
联立③④式，并代入数值，可得：s。
（3）滑块从C点抛出后，做平抛运动，设平抛运动时间为t0，水平位移为s，根据平抛运动规律，有：
…⑤
vCt0＝s…⑥
①⑤⑥式联立，代入数值，可得s＝3.2m，即水平位移为3.2m。
答：（1）F大小为11N。
（2）A到B运动时间为。
（3）C点抛出后到落点的水平位移为3.2m。
2．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过时间1s后又恰好垂直于倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝5m，小球可看做质点且其质量为m＝5kg，重力加速度为g。求：
（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；
（2）小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小和方向。
解：（1）小球从B到C做平抛运动，根据平抛运动的规律：
小球在C点的竖直分速度 vy＝gt＝10×1＝10m/s
水平分速度 vx＝vytan 45°＝10m/s
则B点与C点的水平距离为 x＝vxt＝10m
（2）在B点，设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有
FNB+mg＝m
又 vB＝vx＝10m/s，
解得 FNB＝50N，管道对小球的作用力方向向下
答：
（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是10m。
（2）小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是50N，方向竖直向下。
3．如图，水平桌面上质量m＝0.5kg的小球在水平拉力F＝9N的作用下从A点由静止运动了l＝0.5m后从桌面的右端点B水平抛出后恰好从C点沿切线方向滑入一个光滑圆弧形轨道。O是圆弧的圆心，θ是OC与竖直方向的夹角。已知：小球受到桌面的摩擦力f＝1N，θ＝37°，圆弧轨道半径R＝0.25m，g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到B点时的速度；
（2）B点与C点的竖直高度h；
（3）小球到达D点对圆弧面的压力大小。
解：（1）小球从A到B的过程，根据动能定理得
（F﹣f）l＝﹣0
解得 vB＝4m/s
（2）由题意可知，小球到达C点时速度方向与水平方向的夹角等于θ＝37°，在C点，有 tanθ＝＝
可得小球在C点的竖直分速度大小 vy＝3m/s
故 h＝＝m＝0.45m
（3）小球从B点到D点的过程，只有重力做功，其机械能守恒，选取桌面为参考平面，由机械能守恒定律得
＝mg[2R﹣h﹣R（1﹣csθ）]+
在D点，对小球，由牛顿第二定律得
mg+FN＝m
联立解得 FN＝27N
根据牛顿第三定律知小球到达D点对圆弧面的压力大小为 FN′＝FN＝27N。
答：（1）小球运动到B点时的速度是4m/s；
（2）B点与C点的竖直高度h是0.45m；
（3）小球到达D点对圆弧面的压力大小是27N。
4．如图所示，一半径为R＝0.9m的竖直圆形轨道固定于水平台ABD上并相切于B点，平台右侧边缘DE竖直且高为H＝1.7m，倾角为θ＝37°的固定斜面EFG相接于平台右侧边缘的E点。可视为质点、质量为m＝2.0kg的小车与水平台之间的动摩擦因数为μ＝0.3，小车以一初速度从平台上的左端A向右运动并从B点进入圆形轨道，恰好能通过圆形轨道的最高点C，并继续下滑到圆形轨道的最低点B后向右离开圆形轨道沿平台BD部分滑行并从D点滑出，最终垂直打在斜面EG上。已知BD部分长为L＝4.5m，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：
（1）小车经过C点时的速度大小；
（2）小车从D点飞出时的速度大小；
（3）小车从B点向右离开圆形轨道前瞬间对轨道的压力大小。
解：（1）小车经过C点时恰好为圆周运动的最高点，此时只受重力作用，
即重力提供向心力：mg＝
代入数据解得：vC＝＝3m/s
（2）小车离开D点后做平抛运动，垂直打在斜面上时，运动草图如图所示：
竖直方向做自由落体运动：y＝gt2，vy＝gt
水平方向做匀速直线运动：x＝vDt，vx＝vD
由图可知：tanθ＝＝
联立以上各式并代入解得：vD＝3m/s
（3）小车从B到D做匀减速运动，
由牛顿第二定律得：μmg＝ma
由速度与位移关系得：vD2﹣vB2＝﹣2aL
代入数据解得：vB＝6m/s
在B由支持力与重力的合力提供向心力：N﹣mg＝m
代入数据解得：N＝100N
由牛顿第三定律知，小车在B点对轨道的压力：F＝N＝100N
答：（1）小车经过C点时的速度大小为3m/s；
（2）小车从D点飞出时的速度大小3m/s；
（3）小车从B点向右离开圆形轨道前瞬间对轨道的压力大小为100N。
5．如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时赛车受到的阻力与车重之比k＝0.2，赛车的质量m＝0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝4W工作，轨道AB的长度L＝4m，圆形轨道的半径R＝0.32m，空气阻力可以忽略，重力加速度g＝10m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短。求：
（1）赛车在CD轨道上运动的最短路程；
（2）赛车电动机工作的时间。
解：（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆形轨道最高点P点时速度最小，此时由重力提供赛车所需要的向心力，由牛顿第二定律得：
mg＝m
解得赛车通过P点的最小速度为vP＝m/s
设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，赛车从P点到停止运动的过程，由动能定理可得：
mg•2R﹣kmgx＝0﹣
代入数据可得：x＝4m
（2）赛车从A点到P点的运动过程中，由动能定理可得：
Pt﹣kmgL﹣mg•2R＝﹣0
代入数据可得：t＝1.6s
答：（1）小车在CD轨道上运动的最短路程为4m。
（2）赛车电动机工作的时间为1.6s。
6．如图所示，一质量为m＝1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R＝10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d＝0.8m，水平距离x＝1.2m，水平轨道CD长L1＝1m，DE长为L2＝3m。轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度v2；
（2）小球通过第一个圆轨道最高点时的速率v1，此时对轨道的压力大小及方向；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少？
解：（1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m
得：v2＝
（2）在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：
﹣μmgL1＝mv22﹣mv12
解得：v1＝m/s
在最高点时，合力提供向心力，即
FN+mg＝m
求得：FN＝40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：
FN′＝FN＝40N，方向竖直向上
（3）若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中利用动能定理：
mgh1﹣μmgL1﹣mg•2R＝mv22﹣0
解得：h1＝0.45m
若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h2，在这一过程中利用动能定理：
mgh2﹣μmg（L1+L2）＝0﹣0
求得：h2＝μ（L1+L2）＝0.8m
使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即：0.45m≤h≤0.8m
若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有：
d＝，解得：t＝0.4s
x＝vEt，解得：vE＝3m/s
设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理可知：
mgh3﹣μmg（L1+L2）＝﹣0
解得：h3＝1.25m
即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
答：（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度v2为1m/s；
（2）小球通过第一个圆轨道最高点时的速率v1，此时对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上；
（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是0.45m≤h≤0.8m或者h≥1.25m。
7．如图所示，弯曲斜面与半径为R的竖直半圆组成光滑轨道，一个质量为m的小球从高度为4R的A点由静止释放，经过半圆的最高点D后做平抛运动，落在水平面的E点，忽略空气阻力（重力加速度为g），求：
（1）小球在D点时的速度vD；
（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移x；
（3）小球经过半圆轨道的B点时对轨道的压力。
解：（1）小球从A到D，根据动能定理可得：mg（4R﹣2R）＝m
整理可以得到：vD＝2
（2）小球离开D点后做平抛运动，根据平抛运动规律可以得到：
水平方向有：x＝vDt；竖直方向有：2R＝gt2
整理可以得到：x＝4R.
（3）从A到B，根据动能定理得：mg（4R）＝m
在C点，根据牛顿第二定律：N﹣mg＝m
整理可以得到：N＝9mg，由牛顿第三定律可知，小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力为9mg.
答：（1）小球在D点时的速度是2；
（2）小球落地点E离半圆轨道最低点B的位移是4R；
（3）小球经过半圆轨道的C点时对轨道的压力是9mg。
8．如图所示，小球沿光滑的水平面冲上一个光滑的半圆形轨道，已知轨道的半径为R，小球到达轨道的最高点B时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力。请求出：
（1）小球到达轨道最高点B时的速度为多大；
（2）小球到达轨道A点时速度多大；
（3）小球落地时距离A点多远？
解：（1）在最高点，对小球根据牛顿第二定律得，mg+FN＝m
因为FN＝mg，解得vB＝；
（2）从A到B根据动能定理可得：﹣mg•2R＝﹣
解得：vA＝；
（3）小球离开A点后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则有：2R＝gt2
解得：t＝，
则小球落地时距离A点距离x＝vBt
解得：x＝2R。
答：（1）小球到达轨道最高点B时的速度为；
（2）小球到达轨道A点时速度为；
（3）小球落地时距离A点的距离为2R。
9．如图所示，固定在水平地面上的光滑轨道由半径为R的四分之一圆弧轨道AB和足够长的水平轨道BD组成，AB与BD相切于B点，水平轨道的右端与一倾角为45°的斜面体底端接触。一个带正电、可视为质点的小球a从圆弧轨道上A点由静止开始下滑，当小球a运动到B点后，将另一个带正电、可视为质点的小球b由静止放在小球a的正前方C点处。已知小球a和b的质量均为m，A点与圆心O的连线与水平方向成θ角，求：
（1）小球a刚到达圆弧轨道最低点B时，小球对轨道的压力；
（2）若b球刚放入时两小球间的电势能为0时，两小球间的最大电势能Ep；
（3）小球b最终从D点离开，恰好垂直打在斜面体上，小球b从D点运动到斜面的时间t。
解：（1）对于小球a，从A到B的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣sinθ）＝，
在B点时，由牛顿第二定律：FN﹣mg＝m，
解得：FN＝mg（3﹣2sinθ）
由牛顿第三定律得，小球a对b点的压力大小为mg（3﹣2sinθ），方向竖直向下；
（2）当两球达到共同速度时，它们相距最近，该过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：mv＝2mv′，
对ab两小球，由动能定理：W电＝
解得：W电＝mgR（1﹣sinθ），
由功能关系可得，两小球间的最大电势能为：
Ep＝mgR（1﹣sinθ）；
（3）小球b最终从D点离开后做平抛运动，小球恰好垂直打在斜面体上，则有：vx＝vy＝gt，
小球b从D点运动到斜面做平抛运动，
水平速度为：vx＝，
竖直分速度为：vy＝gt，
解得：t＝；
答：（1）小球a刚到达圆弧轨道最低点B时，小球对轨道的压力大小为mg（3﹣2sinθ），方向竖直向下；
（2）若b球刚放入时两小球间的电势能为0时，两小球间的最大电势能Ep为mgR（1﹣sinθ）；
（3）小球b最终从D点离开，恰好垂直打在斜面体上，小球b从D点运动到斜面的时间t为。
10．如图所示，半圆形凹半径R＝0.48m，AB为其直径，圆心为O2，在A点正上方O1处有一颗钉子，O1A的距离为0.36m，用长为l的轻绳拴住一个质量为m＝1kg的小球，绳的另一端固定于O1，小球可视为质点，将小球左拉起一定角度后无初速释放，小球运动到A点时与凹槽的平台间无挤压，此时轻绳恰好断裂，小球沿水平方向飞出，落在凹槽上的E点，O2E连线与水平方向的夹角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，忽略空气阻力。求：
（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0；
（2）轻绳能够承受的最大拉力FT。
解：（1）小球从A到E做平抛运动，下落的高度 h＝Rsinθ＝0.48×sin37°＝0.288m
小球落在E点时，竖直方向有 ＝2gh
得 vy＝＝2.4m/s
根据tanθ＝得 v0＝3.2m/s
（2）轻绳刚要断裂时，根据牛顿第二定律得
FT﹣mg＝m
由题知 L＝0.36m
解得 FT≈38.4N
答：
（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0是3.2m/s。
（2）轻绳能够承受的最大拉力FT是38.4N。