2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題04 曲線運(yùn)動（含解析）.docx

專題04 牛頓運(yùn)動定律第一部分名師綜述曲線運(yùn)動是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，有時(shí)為選擇題，有時(shí)以計(jì)算題形式出現(xiàn)，重點(diǎn)考查的內(nèi)容有：平拋運(yùn)動的規(guī)律及其研究方法，圓周運(yùn)動的角度、線速度、向心加速度，做圓周運(yùn)動的物體的受力與運(yùn)動的關(guān)系，同時(shí)，還可以與帶電粒子的電磁場的運(yùn)動等知識進(jìn)行綜合考查；重點(diǎn)考查的方法有運(yùn)動的合成與分解，豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動應(yīng)掌握最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的處理方法。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示，A、B、C 是水平面上同一直線上的三點(diǎn)，其中 AB=BC，在 A 點(diǎn)正上方的 O 點(diǎn)以初速度 v0水平拋出一小球，剛好落在 B 點(diǎn)，小球運(yùn)動的軌跡與 OC 的連線交于 D 點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( )A小球從O 到D 點(diǎn)的水平位移是從O 到B 點(diǎn)水平位移的 1:3B小球經(jīng)過D 點(diǎn)與落在B 點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為 2:3C小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過程中重力做功的比為 1/3D小球經(jīng)過D 點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B 點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值的 1/4【答案】 C【解析】【詳解】A設(shè)小球做平拋運(yùn)動的時(shí)間為t，位移為L，則有：Lcos=v0t；Lsin=12gt2，聯(lián)立解得：t=2v0tang，設(shè)OBA=，C=，則tan=hAB，tan=hAC，由于AB=BC，可知tan=2 tan，因在D點(diǎn)時(shí)：tD=2v0tang，在B點(diǎn)時(shí)：tB=2v0tang，則落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，即小球經(jīng)過D點(diǎn)的水平位移是落到B點(diǎn)水平位移的12，故A錯(cuò)誤；B由于落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，故D點(diǎn)和B點(diǎn)豎直方向的速度之比為1：2，故小球經(jīng)過D點(diǎn)與落在B點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為12，故B錯(cuò)誤；C小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過程中時(shí)間相等，則豎直位移之比為1:3，則重力做功的比為1:3，選項(xiàng)C正確；D小球的速度與水平方向的夾角tangtv0，故小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值的12，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；2如圖所示，B為半徑為R的豎直光滑圓弧的左端點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心C連線與豎直方向的夾角為，個(gè)質(zhì)量為m的小球在圓弧軌道左側(cè)的A點(diǎn)以水平速度v0拋出，恰好沿圓弧在B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）AAB連線與水平方向夾角為B小球從A運(yùn)動到B的時(shí)間t=v0tangC小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率P=mgv0cosD小球運(yùn)動到豎直圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)，處于失重狀態(tài)【答案】 B【解析】【詳解】AB、平拋運(yùn)動水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動，小球恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓軌道，說明小球在B點(diǎn)時(shí)，合速度方向沿著圓軌道的切線方向。將合速度正交分解，根據(jù)幾何關(guān)系可得，其與水平方向的夾角為，則tan=gtv0，解得：t=v0tang此時(shí)AB位移的連線與水平方向的夾角不等于，故A錯(cuò)；B對C、小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率P=mgvy=mgv0tan，故C錯(cuò)；D、小球運(yùn)動到豎直圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)，有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)；故選B3質(zhì)量為m 的小球由輕繩a 和b 分別系于一輕質(zhì)細(xì)桿的A 點(diǎn)和B 點(diǎn)，如圖所示，繩a 與水平方向成角，繩b 在水平方向且長為l，當(dāng)輕桿繞軸AB 以角速度勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是（）Aa 繩的張力可能為零Ba 繩的張力隨角速度的增大而增大C若b 繩突然被剪斷，則a 繩的彈力一定發(fā)生變化D當(dāng)角速度>gltan，b 繩將出現(xiàn)彈力【答案】 D【解析】【詳解】A、小球做勻速圓周運(yùn)動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A錯(cuò)；B、根據(jù)豎直方向上平衡得，F(xiàn)asin=mg，解得Fa=mgsin，可知a繩的拉力不變，故B錯(cuò)誤。D、當(dāng)b繩拉力為零時(shí)，有：mgcot=m2l，解得=gltan，可知當(dāng)角速度>gltan，b繩將出現(xiàn)彈力，故D對；C、由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故C錯(cuò)誤故選D【點(diǎn)睛】小球做勻速圓周運(yùn)動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變。4如圖所示，用一根長桿和兩個(gè)定滑輪的組合裝置來提升重物 M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉(zhuǎn)軸，其端點(diǎn)恰好處于左側(cè)滑輪正下方 0 點(diǎn)處，在桿的中點(diǎn) C 處拴一細(xì)繩，通過兩個(gè)滑輪后掛上重物 M，C 點(diǎn)與 o 點(diǎn)距離為 L，現(xiàn)在桿的另一端用力，使其逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，由豎直位置以角速度 緩緩轉(zhuǎn)至水平（轉(zhuǎn)過了 90角）下列有關(guān)此過程的說法中正確的是（）A重物 M 做勻速直線運(yùn)動B重物 M 做勻變速直線運(yùn)動C整個(gè)過程中重物一直處于失重狀態(tài)D重物 M 的速度先增大后減小，最大速度為wL【答案】 D【解析】【詳解】設(shè)C點(diǎn)線速度方向與繩子沿線的夾角為（銳角），由題知C點(diǎn)的線速度為vC=L，該線速度在繩子方向上的分速度就為v繩=Lcos的變化規(guī)律是開始最大（90）然后逐漸變小，所以，v繩=Lcos逐漸變大，直至繩子和桿垂直，變?yōu)榱愣?，繩子的速度變?yōu)樽畲螅瑸長；然后，又逐漸增大，v繩=Lcos逐漸變小，繩子的速度變慢。所以知重物M的速度先增大后減小，最大速度為L故AB錯(cuò)誤，D正確。重物M先向上加速，后向上減速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C錯(cuò)誤。故選D?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握運(yùn)動的合成與分解，把C點(diǎn)的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于重物的速度5質(zhì)量為m0.10 kg的小鋼球以v010 m/s的水平速度拋出，下落h5.0 m時(shí)撞擊一鋼板，如圖所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不變，已知小鋼球與鋼板作用時(shí)間極短，取g10 m/s2，則A鋼板與水平面的夾角60B小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量為2 NsC小鋼球剛要撞擊鋼板時(shí)小球動量的大小為10 kgm/sD鋼板對小鋼球的沖量大小為22 Ns【答案】 D【解析】【詳解】A、由于小球下落過程中在豎直方向有：h=12gt2解得t=1s故落到鋼板上時(shí)小球在豎直方向的速度vy=gt=10m/s，則有tan=v0vy=1010=1，即=45撞后速度恰好反向，且速度大小不變,則表示速度恰好與鋼板垂直，所以鋼板與水平面的夾角=45，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)沖量的定義知：重力沖量mgt=1Ns，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、小球落到鋼板上時(shí)的速度：v=v02+vy2=102m/s故小球的動量大小：P=mv=0.1102=2kgm/s選項(xiàng)C錯(cuò)誤小球原速率返回，所以返回的速度仍然為102規(guī)定小球撞前的速度方向?yàn)檎较颍蓜恿慷ɡ砜芍篒=-mv-mv=-2mv=-20.1102=-22Nt所以鋼板對小鋼球的沖量大小為22Nt故D 對綜上所述本題答案是：D【點(diǎn)睛】小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，已知高度求出時(shí)間，然后求出豎直方向的速度大小，由水平方向和豎直方向的速度即可求得傾角的大??；由運(yùn)動時(shí)間和質(zhì)量，根據(jù)p=mgt即可求出重力沖量；已知豎直方向速度的大小，再根據(jù)水平速度的大小求出合速度的大小，根據(jù)p=-mv求撞擊時(shí)動量的大??；算出撞后的動量，根據(jù)動量定律求小鋼球的沖量，據(jù)此解答。6如圖所示，兩質(zhì)量均為m的小球1、2(可視為質(zhì)點(diǎn))用一輕質(zhì)桿相連并置于圖示位置，質(zhì)量也為m的小球3置于水平面OB上，半圓光滑軌道與水平面相切于B點(diǎn)。由于擾動，小球1、2分別沿AO、OB開始運(yùn)動，當(dāng)小球1下落h0.2 m時(shí)，桿與豎直墻壁夾角37，此時(shí)小球2剛好與小球3相碰，碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度大小的54，并且小球3恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C，取g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，一切摩擦不計(jì)，則()A小球1在下落過程中機(jī)械能守恒B小球2與小球3相碰時(shí)，小球1的速度大小為1.6 m/sC小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度D半圓軌道半徑大小為R0.08 m【答案】 D【解析】【詳解】小球1與2連在一起，小球1向下運(yùn)動的過程中小球2將向右運(yùn)動，小球1的重力勢能減小，小球2的重力勢能不變，兩個(gè)球的動能都增大。由于對1和2球只有重力做功，兩個(gè)球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但1的機(jī)械能不守恒。故A錯(cuò)誤；小球1下落h=0.2m時(shí)，桿與豎直墻壁夾角=37，將兩個(gè)小球的速度分解如圖：設(shè)當(dāng)小球1下落h=0.2m時(shí)小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由圖中幾何關(guān)系，則：v1cos37=v2sin37；由機(jī)械能守恒得：12mv12+12mv22=mgh；聯(lián)立得：v1=1.2m/s，v2=1.6m/s。故B錯(cuò)誤；設(shè)桿的長度為L，由幾何關(guān)系可得：L-Lcos37=h，代入數(shù)據(jù)得：L=1.0m，所以小球2到O點(diǎn)的距離：x2=Lsin37=1.00.6=0.6m；由于兩個(gè)小球運(yùn)動的時(shí)間相等，而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小，所以小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C錯(cuò)誤；碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度的54，所以碰撞后小球3的速度：v3541.62m/s；小球3恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)C，此時(shí)的重力提供向心力，所以：mgmvc2R；小球3從B到C的過程中機(jī)械能守恒，則：12mv32mg2R+12mvc2；聯(lián)立以上方程得：R=0.08m。故D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】該題考查速度的合成與分解、機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意機(jī)械能守恒的判定，掌握幾何關(guān)系的運(yùn)用，正確找出小球1與2的速度關(guān)系是解答的關(guān)鍵。7一艘小船要從O點(diǎn)渡過一條兩岸平行、寬度為d=100 m的河流，已知河水流速為v1=4 m/s，小船在靜水中的速度為v2=2 m/s，B點(diǎn)距正對岸的A點(diǎn)x0=173 m下面關(guān)于該船渡河的判斷，其中正確的是（）A小船過河的最短航程為100 mB小船過河的最短時(shí)間為25 sC小船可以在對岸A、B兩點(diǎn)間任意一點(diǎn)靠岸D小船過河的最短航程為200 m【答案】 D【解析】因?yàn)樗魉俣却笥陟o水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，則小船不可能到達(dá)正對岸。當(dāng)合速度的方向與相對水的速度的方向垂直時(shí)，合速度的方向與河岸的夾角最短，渡河航程最??；根據(jù)幾何關(guān)系，則有：ds=v2v1，因此最短的航程是：s=v1v2d=42100=200m，故AC錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)靜水速的方向與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，最短時(shí)間：t=dv2=1002=50s，故B錯(cuò)誤；故選D。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)靜水速與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，當(dāng)靜水速大于水流速，合速度與河岸垂直，渡河航程最短，當(dāng)靜水速小于水流速，合速度與靜水速垂直，渡河航程最短8如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，牽引河中的小船沿水面運(yùn)動，已知小船的質(zhì)量為m，沿水面運(yùn)動時(shí)所受的阻力為f且保持不變，當(dāng)繩AO段與水面的夾角為時(shí)，小船的速度為v，不計(jì)繩子與滑輪間的摩擦，則此時(shí)小船的加速度等于()AP0mv-fmBP0mvcos2-fmCfmDP0mv【答案】 A【解析】【詳解】小船的實(shí)際運(yùn)動為合運(yùn)動，可將小船的運(yùn)動分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖：則v車=vcos，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，繩中拉力F=P0v車=P0vcos；對船受力分析如圖：根據(jù)牛頓第二定律可得：Fcos-Ff=ma，解得：a=P0mv-Ffm。故A項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。故選A.9在一斜面頂端，將質(zhì)量相等的甲乙兩個(gè)小球分別以v和v2的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時(shí)的動能與乙球落至斜面時(shí)的動能之比為（）A2：1 B4：1 C6：1 D8：1【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動的推論tan=2tan得到甲、乙兩個(gè)小球落在斜面上時(shí)速度偏向角相等，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解求出末速度即可解題。【詳解】設(shè)斜面傾角為，小球落在斜面上速度方向偏向角為，甲球以速度v拋出，落在斜面上，如圖所示：根據(jù)平拋運(yùn)動的推論可得tan=2tan，所以甲乙兩個(gè)小球落在斜面上時(shí)速度偏向角相等；對甲有：v1=vcos，對乙有：v2=v2cos，聯(lián)立可得：v1v2=21。由于甲乙兩球質(zhì)量相等。所以動能之比等于四度之比的平方，故B正確， ACD錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】本題主要是考查了平拋運(yùn)動的規(guī)律，知道平拋運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動。10如圖，在繞地運(yùn)行的天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中，宇航員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細(xì)繩連接一小球拉直細(xì)繩并給小球一個(gè)垂直細(xì)繩的初速度，它沿bdac做圓周運(yùn)動在a、b、c、d四點(diǎn)時(shí)（d、c兩點(diǎn)與圓心等高），設(shè)在天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中測量小球動能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細(xì)繩拉力大小分別為Ta、Tb、Tc、Td，阻力不計(jì)，則（）AEka>Ekc=Ekd>EkbB若在c點(diǎn)繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運(yùn)動CTa=Tb=Tc=TdD若在b點(diǎn)繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運(yùn)動【答案】 C【解析】AC：在繞地運(yùn)行的天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中，小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓周運(yùn)動，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重時(shí)，只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r，v、r、m都不變，小球的向心力大小不變，則有：Ta=Tb=Tc=Td故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。BD：在b點(diǎn)或c點(diǎn)繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒有力提供向心力，做離心運(yùn)動且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動。故BD兩項(xiàng)均錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，再根據(jù)向心力公式分析即可。二、多選題11如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较颍訌椩谡麄€(gè)運(yùn)動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則A傳送帶的速度大小為4m/sB滑塊的質(zhì)量為3.3kgC滑塊向左運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8JD若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動輪的半徑R為0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結(jié)合的問題，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計(jì)算?！驹斀狻緼：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動過程中滑塊與傳送帶間的相對運(yùn)動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。12如圖所示，河寬為d，一小船從A碼頭出發(fā)渡河，小船船頭垂直河岸，小船劃水速度大小不變?yōu)関1，河水中各點(diǎn)水流速度大小與各點(diǎn)到較近河岸的距離x成正比，即2=kx（xd2，k為常量），要使小船能夠到達(dá)距A正對岸為s的B碼頭，則（）Av1應(yīng)為kd24sB小船渡河的軌跡是直線C渡河時(shí)間為4skdD渡河路程大于d2+s2【答案】 ACD【解析】【詳解】將小船的運(yùn)動分解為沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度隨時(shí)間先均勻增大后均勻減小，前s/2和后s/2內(nèi)的平均速度為0+12kd2kd4，則渡河的時(shí)間t=2s2kd4=4skd，劃水速度v1=dtkd24s，故AC正確。小船在垂直河岸方向上做勻速直線運(yùn)動，在沿河岸方向上做變速運(yùn)動，合加速度的方向與合速度方向不在同一條直線上，做曲線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤。由于渡河的軌跡是曲線，則渡河路程xd2+s2，故D正確。故選ACD。13如圖疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的物體A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺一起以角速度勻速轉(zhuǎn)動(沒發(fā)生相對滑動),A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m,B與轉(zhuǎn)臺、C與轉(zhuǎn)臺、A與B間的動摩擦因數(shù)都為,B、C離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為r、1.5r,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,以下說法正確的是()AB對A的摩擦力有可能為3mgBC與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力C轉(zhuǎn)臺的角速度有可能恰好等于2g3rD若角速度再在題干所述基礎(chǔ)上緩慢增大,A與B間將最先發(fā)生相對滑動【答案】 BC【解析】【分析】根據(jù)題中“A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺一起以角速度勻速轉(zhuǎn)動(沒發(fā)生相對滑動)”可知，本題考查水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題。根據(jù)處理水平面內(nèi)圓周運(yùn)動問題的方法，應(yīng)用牛頓第二定律、整體法、臨界條件等知識分析推斷。【詳解】AC：對AB整體，有(3m+2m)2r(3m+2m)g；對物體C，有m2(1.5r)mg；對物體A，有3m2r3mg。聯(lián)立解得：2g3r，即滿足不發(fā)生相對滑動，轉(zhuǎn)臺的角速度2g3r，A與B間的靜摩擦力最大值f=3m2r=2mg。故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。B：由于A與C轉(zhuǎn)動的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A所受摩擦力fA=3m2r，C所受摩擦力fC=m2(1.5r)=1.5m2r，則C與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力。故B項(xiàng)正確。D：據(jù)A項(xiàng)分析知，最先發(fā)生相對滑動的是物塊C。故D項(xiàng)錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對A、AB整體、C受力分析，根據(jù)靜摩擦力提供向心力及最大靜摩擦力等于滑動摩擦力列式分析。14如圖所示，圓形轉(zhuǎn)盤可以繞其豎直軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動甲、乙物體質(zhì)量分別是2m和m（兩物體均看作質(zhì)點(diǎn)），它們與轉(zhuǎn)盤之間的最大靜摩擦力均為正壓力的倍，兩物體用一根剛好沿半徑方向被拉直的結(jié)實(shí)輕繩連在一起，甲、乙到圓心的距離分別為r和2r當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度緩慢增大，則（）A轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度<g2r時(shí)，輕繩拉力為零B轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度<g2r時(shí)，甲受到的靜摩擦力大于乙受到的靜摩擦力C轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度>gr時(shí)，甲、乙不會相對轉(zhuǎn)盤滑動D轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度>gr時(shí)，乙將拉著甲向外運(yùn)動【答案】 AC【解析】【分析】物體做圓周運(yùn)動，靠徑向的合力提供向心力，當(dāng)角速度較小時(shí)，兩物體靠靜摩擦力提供向心力，當(dāng)角速度開始增大時(shí)，乙先達(dá)到最大靜摩擦力，繩子開始有拉力，通過對甲分析，根據(jù)牛頓第二定律分析摩擦力的變化【詳解】當(dāng)繩子拉力為零時(shí)，由靜摩擦力提供向心力，則mg=m22r，解得：g2r，所以轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度g2r時(shí)，輕繩拉力為零，故A正確；向心力F=m2R，轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)角速度g2r時(shí)，甲受到的靜摩擦力等于乙受到的靜摩擦力，故B錯(cuò)誤；甲剛好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，有：2mg=2m2r，解得：gr，所以當(dāng)gr時(shí)，繩子對甲有拉力，但是甲、乙不會相對轉(zhuǎn)盤滑動，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！军c(diǎn)睛】物體做圓周運(yùn)動，靠徑向的合力提供向心力，當(dāng)角速度較小時(shí)，兩物體靠靜摩擦力提供向心力，當(dāng)角速度開始增大時(shí)，乙先達(dá)到最大靜摩擦力，繩子開始有拉力，通過對甲分析，根據(jù)牛頓第二定律分析摩擦力的變化15如圖所示,一位網(wǎng)球運(yùn)動員以拍擊球,使網(wǎng)球沿水平方向飛出.第一只球飛出時(shí)的初速度為v1,落在自己一方場地上后,彈跳起來,剛好擦網(wǎng)而過,落在對方場地的A點(diǎn)處.第二只球飛出時(shí)的初速度為v2,直接擦網(wǎng)而過,也落在A點(diǎn)處. 設(shè)球與地面碰撞時(shí)沒有能量損失,且不計(jì)空氣阻力,則( )A網(wǎng)球兩次飛出時(shí)的初速度之比v1v2=1:3B網(wǎng)球兩次飛出時(shí)的初速度之比v1v2=1:2C運(yùn)動員擊球點(diǎn)的高度H與網(wǎng)高h(yuǎn)之比 Hh= 4:3D運(yùn)動員擊球點(diǎn)的高度H與網(wǎng)高h(yuǎn)之比 Hh=3:2【答案】 AC【解析】【詳解】AB：兩球被擊出后都做平拋運(yùn)動，據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律知，兩球被擊至各自第一次落地的時(shí)間是相等的。由題意結(jié)合圖可知，兩球從擊出至第一次落地的水平射程之比為x1:x2=1:3，則網(wǎng)球兩次飛出時(shí)的初速度之比v1:v2=1:3。故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。CD：第一個(gè)球落地后反彈做斜拋運(yùn)動，據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，DB段的逆過程和OB段是相同的平拋運(yùn)動，則兩只球下落相同高度H-h后水平距離x1+x2=2x1，據(jù)x1=v1t1、x1=v1t2、x2=v2t2，得：v1t2+v2t2=2v1t1，又v1:v2=1:3，則t1=2t2；H=12gt12、H-h=12gt22，則H=4(H-h)，解得：H:h=4:3。故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】據(jù)運(yùn)動的可逆性，斜上拋可當(dāng)成平拋的逆過程。16如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤可繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，盤上疊放著質(zhì)量均為1kg的A、B兩個(gè)物塊，B物塊用長為025m的細(xì)線與固定在轉(zhuǎn)盤中心處的力傳感器相連，兩個(gè)物塊和傳感器的大小均可不計(jì)。細(xì)線能承受的最大拉力為8N，A、B間的動摩擦因數(shù)為04，B與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)為01，且可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)，細(xì)線剛好伸直，傳感器的讀數(shù)為零。當(dāng)轉(zhuǎn)盤以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，傳感器上就會顯示相應(yīng)的讀數(shù)F（g=10m/s2）,以下說法中正確的是（）A當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度1=2rad/s時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值B當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度在0<<2rad/s范圍內(nèi)時(shí)，細(xì)線中的拉力隨的增大而增大C當(dāng)細(xì)線中的拉力F=6N時(shí)，A與B即將相對滑動；D當(dāng)轉(zhuǎn)盤的角速度2=6rad/s時(shí)，細(xì)線中的拉力達(dá)到最大值【答案】 CD【解析】【詳解】對于A物體，靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力到達(dá)最大靜摩擦力時(shí)，1mg=m2r，解得：=4rad/s。當(dāng)繩子剛有拉力時(shí)，22mg=2mw2r，w=2rad/s，當(dāng)2rad/s<w<4rad/s時(shí)，細(xì)線中的拉力隨的增大而增大。當(dāng)=4rad/s時(shí)，A、B兩物體剛好分離，此時(shí)，F(xiàn)+22mg=2mw2r，解得F=6N，繩子未斷。當(dāng)w=6rad/s時(shí)，只有A脫離B物體，只有B物體做勻速圓周運(yùn)動，F(xiàn)+2mg=mw2r，解得，F(xiàn)=8N.故本題選CD。17如圖所示在光滑的以角速度c旋轉(zhuǎn)的細(xì)桿上穿有質(zhì)量分別為m和M的兩球,兩球用輕細(xì)線(不會斷)連接,若M>m,則A當(dāng)兩球離軸距離相等時(shí),兩球可能相對桿不動B當(dāng)兩球離軸距離之比等于質(zhì)量之比時(shí),兩球一定相對桿滑動C若兩球相對于桿滑動,一定是都向左滑動D若轉(zhuǎn)速為時(shí),兩球相對桿都不動,那么轉(zhuǎn)速為2時(shí),兩球也不動【答案】 BD【解析】【詳解】A、兩小球所受的繩子的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，角速度又相等，當(dāng)兩球離軸距離相等時(shí)，則有：M2rm2r，所以兩球相對桿會滑動;故A錯(cuò)誤.B、兩球的向心力是相等的，得：M2r1=m2r2 ，所以r1r2=mM<1，兩球離軸距離之比與質(zhì)量成反比。所以兩球離軸距離之比等于質(zhì)量之比時(shí)，兩球相對桿都動;故B正確.C、由于兩球用輕細(xì)線連接，所以兩球相對桿滑動時(shí)，只能向同一方向滑動;故C錯(cuò)誤.D、根據(jù)向心力的表達(dá)式，得：M2r1=m2r2 ，由于兩球的向心力相等與角速度無關(guān)，所以轉(zhuǎn)速為時(shí)，兩球相對桿都不動，那么轉(zhuǎn)速為2時(shí)兩球也不動;故D正確.故選BD.【點(diǎn)睛】本題考查了向心力公式的應(yīng)用，知道兩小球的角速度和向心力相等.18如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是A數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無關(guān)B數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無關(guān)C比值b/a只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑無關(guān)D利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑【答案】 AD【解析】【詳解】當(dāng)v2=a時(shí)，此時(shí)繩子的拉力為零，物體的重力提供向心力，則mgmv2r，解得v2=gr，故a=gr，與物體的質(zhì)量無關(guān)，故A正確；當(dāng)v2=2a時(shí)，對物體受力分析，則mg+b=mv2r，解得b=mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)AB可知barm與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌道半徑有關(guān)，故C錯(cuò)誤；若F=0，由圖知：v2=a，則有mg=mv2r，解得：r=ag，若v2=2a。則b+mg=mv2r=m2ar，解得：m=bg，故D正確。故選AD?！军c(diǎn)睛】本題主要考查了圓周運(yùn)動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，尤其是圖像與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的物理意義。19如圖所示，空間有一底面處于水平地面上的正方體框架ABCDA1B1C1D1，從頂點(diǎn)A沿不同方向平拋一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。關(guān)于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是A落點(diǎn)在A1B1C1D1內(nèi)的小球，落在C1點(diǎn)時(shí)平拋的初速度最小B落點(diǎn)在B1D1上的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是1:2C運(yùn)動軌跡與AC1相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向都相同D運(yùn)動軌跡與A1C相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向都相同【答案】 BC【解析】【詳解】小球落到A1B1C1D1內(nèi)時(shí)下落的豎直高度都相同，根據(jù)h=12gt2可知，時(shí)間相同，落在C1點(diǎn)時(shí)水平位移最大，則平拋的初速度最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；落點(diǎn)在B1D1上的小球，最近的水平位移為22a，最遠(yuǎn)的水平位移為a（a為正方體的邊長），則平拋初速度的最小值與最大值之比是22：1=1：2，選項(xiàng)B正確；設(shè)AC1的傾角為，軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向與水平方向的夾角為則有tan=yx=12gt2v0t=gt2v0，tan=gtv0，則 tan=2tan，可知一定，則軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向相同，故C正確；運(yùn)動軌跡與A1C相交的小球，在交點(diǎn)處的位置不同，則豎直高度不同，根據(jù)vy=2gh可知豎直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D錯(cuò)誤。故選BC.【點(diǎn)睛】決本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動的研究方法，即水平分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間由下落的高度決定；掌握分位移公式；D項(xiàng)也可以根據(jù)作為結(jié)論記住。20如圖所示，置于豎直平面內(nèi)的AB光滑桿，它是以初速為v0，水平射程為s的平拋運(yùn)動軌跡制成的，A端為拋出點(diǎn)，B端為落地點(diǎn)現(xiàn)將一小球套于其上，由靜止開始從軌道A端滑下，重力加速度為g則下列說法正確的是（）AA端距離地面的高度為gs22v02B小球運(yùn)動至B端時(shí)其水平方向的速度大小為v0C小球運(yùn)動至B端的速率為gsv0D小球從A端運(yùn)動至B端的時(shí)間為sv0【答案】 AC【解析】【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律得出平拋運(yùn)動的時(shí)間，從而結(jié)合位移時(shí)間公式求出A端距離地面的高度根據(jù)動能定理求出小球到達(dá)B端的速度，結(jié)合平行四邊形定則求出小球到達(dá)B端時(shí)水平方向的分速度【詳解】小球若做平拋運(yùn)動，運(yùn)動的時(shí)間t=sv0，則A端距離地面的高度h=12gt2=gs22v02，故A正確。對小球分析，根據(jù)動能定理得mgh=12mvB2，解得小球運(yùn)動到B端時(shí)的速度vB=2gh=gsv0，B點(diǎn)速度方向與水平方向夾角的正切值tan=vyv0=gtv0=sgv02，可知vx=vBcos=gsv0v04+g2s2，故B錯(cuò)誤，C正確。小球從A到B做的運(yùn)動不是平拋運(yùn)動，則運(yùn)動的時(shí)間tsv0，故D錯(cuò)誤；故選AC?！军c(diǎn)睛】本題速度的分解是按軌道的切線分解，而軌道的切線方向即為平拋的速度方向，平拋的速度方向與水平方方向夾角的正切等于位移方向與水平方向夾角的正切的2倍。三、解答題21如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角=53，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點(diǎn)右側(cè)固定了一個(gè)14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點(diǎn)。傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終從D點(diǎn)水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動摩擦因數(shù)為=14，設(shè)小物塊的電荷量保持不變，重力加速度為g，sin53=0.8，cos53=0.6。求：(1)小物塊運(yùn)動至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；(2)改變AB之間的距離和場強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動能的最小值?！敬鸢浮浚?）在C點(diǎn)小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg；（2）小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR【解析】【詳解】(1)小物塊由A到B過程由動能定理，得：mgsin2r-(mgcos+qE)2r=12mvB2解得：vB=45gr小物塊由B到C過程由機(jī)械能守恒定律得：mgr(1-cos)=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gr在C點(diǎn)由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r解得：FN=135mg由牛頓第三定律可得，在C點(diǎn)小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg(2)小物塊離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，水平方向：x=v0t豎直方向：y=12gt2而：x2+y2=R2小物塊平拋過程機(jī)械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4由數(shù)學(xué)中均值不等式可知：Ek2mgR24y3mgy4=32mgR則小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR22如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上，一輕質(zhì)彈簧兩端連接兩個(gè)質(zhì)量均為m1 kg的物塊B和C。物塊C緊靠著擋板P，物塊B通過一跨過光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量m08 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A相連，與物塊B相連的細(xì)繩平行于斜面，小球A在外力作用下靜止在對應(yīng)圓心角為60、半徑R2 m的光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)a處，此時(shí)細(xì)繩恰好伸直且無拉力，圓弧軌道的最低點(diǎn)b與光滑水平軌道bc相切?，F(xiàn)由靜止釋放小球A，當(dāng)小球A滑至b點(diǎn)時(shí)，物塊B未到達(dá)a點(diǎn)，物塊C恰好離開擋板P，此時(shí)細(xì)繩斷裂。已知重力加速度g取10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，細(xì)繩不可伸長，定滑輪的大小不計(jì)。求：（1）彈簧的勁度系數(shù)；（2）在細(xì)繩斷裂后的瞬間，小球A對圓弧軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）5 N/m （2）144 N【解析】【詳解】(1)小球A位于a處時(shí)，繩無張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài)對B由平衡條件有kxmgsin 30當(dāng)C恰好離開擋板P時(shí)，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀態(tài)對C由平衡條件有kxmgsin 30由幾何關(guān)系知Rxx代入數(shù)據(jù)解得k2mgsin300R5 N/m(2)物塊A在a處與在b處時(shí)，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同，故A在a處與在b處時(shí)，A、B系統(tǒng)的機(jī)械能相等，有m0gR(1cos 60)mgRsin 3012m0vA212mvB2將A在b處的速度分解，由速度分解關(guān)系有vAcos 30vB代入數(shù)據(jù)解得vA4(m0-m)gR4m0+3m4 m/s在b處，對A由牛頓定律有Nm0gm0vA2R代入數(shù)據(jù)解得Nm0gm0vA2R144 N由牛頓第三定律，小球A對圓軌道的壓力大小為N144 N23如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin=35，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間 。求：（1）水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；（2）小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度的大??；（3）小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）34mg5gR2（2）23gR2（3）355Rg【解析】【詳解】（1）設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F，由力的合成法則，則有：F0mgtanF2=（mg）2+F02；設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得：F=mv2R聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，解得：F0=34mg；v=5gR2（2）設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：DA=RsinCD=R（1+cos）由動能定理有，-mgCD-F0DA=12mv212mv12聯(lián)立上式，結(jié)合題目所給數(shù)據(jù)，那么小球在A點(diǎn)的速度大小為：v1=23gR2（3）小球離開C點(diǎn)后，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為g，設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點(diǎn)落到水平軌道上所用時(shí)間為t，由運(yùn)動學(xué)公式，則有：vt+12gt2=CDv=vsin聯(lián)立上式，結(jié)合題目數(shù)據(jù)，解得：t=355Rg24如圖所示，靜止在光滑水平軌道上的平板車，長L2.0m，質(zhì)量M0.25kg.質(zhì)量m1.0kg的小物塊以v010m/s的初速度放在平板車的左端，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)0.6，光滑半圓形固定軌道與光滑水平軌道在同一豎直平面內(nèi)，半圓形軌道的半徑r1m，直徑MON豎直，平板車的上表面和半圓形軌道最低點(diǎn)高度相同，開始時(shí)平板車的右端距半圓形軌道底端1.5m，平板車碰到半圓形軌道后立即停止運(yùn)動，取g10m/s2，求：(1)物塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)速度的大小；(2)物塊回落至平板車上時(shí)與平板車右端的距離.【答案】(1)v2=215m/s (2)x=22m【解析】【分析】(1)板塊模型在地面光滑的情況下優(yōu)先選擇系統(tǒng)的動量守恒求末速度，但要判斷物塊是否能共速還是滑離木板；(2)物體在到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，可求得速度；且要通過最高點(diǎn)應(yīng)滿足臨界條件則可確定物體可能的運(yùn)動過程；再做平拋運(yùn)動，由運(yùn)動規(guī)律可求得物體距右端的距離.【詳解】(1)小物塊、平板車在水平方向上滿足動量守恒定律，設(shè)二者共速時(shí)的速度大小為v1，有:mv0(mM)v1代入數(shù)據(jù)解得:v18m/s設(shè)共速時(shí)平板車向右運(yùn)動的位移為x1,由動能定理得mgx1=12Mv12解得:x1=43m，因x1=43m<1.5m，即平板車沒碰到固定半圓形軌道前物塊與平板車已共速，此時(shí)物塊相對平板車的位移x滿足：mgx=12mv0212(m+M)v12解得:x=53m平板車停止運(yùn)動后以物塊為研究對象，設(shè)物塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)的速度大小為v2，由動能定理有: -mg(L-x)=12mv22-12mv12解得:v2=215m/s(2)若物塊能到達(dá)半圓形軌道的最高點(diǎn)，設(shè)物塊到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小為v3，則由機(jī)械能守恒定律可得：12mv22=12mv32+mg2r代入數(shù)據(jù)解得:v3=25m/s若物塊恰能通過最高點(diǎn)的速度大小為v4，則mg=mv42r代入數(shù)據(jù)解得:v4=10m/s因?yàn)関3>v4，故物塊從半圓形軌道的最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動，設(shè)距平板車右端的水平距離為x，由平拋運(yùn)動規(guī)律：水平方向xv3t豎直方向：2r=12gt2代入數(shù)據(jù)解得:x=22m【點(diǎn)睛】分析清楚物塊在每個(gè)過程的運(yùn)動狀態(tài)，根據(jù)物體的運(yùn)動的過程來逐個(gè)求解，本題中用到了勻變速直線運(yùn)動、平拋運(yùn)動和圓周運(yùn)動的規(guī)律，涉及到了動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動等，要求學(xué)生要熟練的應(yīng)用每一部分的知識.25如圖排球場，L=9m,球網(wǎng)高度為H=2m，運(yùn)動員站在網(wǎng)前s=3m處，正對球網(wǎng)跳起將球水平擊出，球大小不計(jì)，取重力加速度為g=10m/s.（1）若擊球高度為h=2.5m,為使球既不觸網(wǎng)又不出界，求水平擊球的速度范圍;(2) 當(dāng)擊球點(diǎn)的高度h為何值時(shí)，無論水平擊球的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是出界？【答案】（1）310m/sv122m/s（2）2.13m【解析】【分析】（1）排球飛出后做平拋運(yùn)動，抓住兩個(gè)臨界情況，即剛好不觸網(wǎng)和不越界，由豎直高度可確定時(shí)間，根據(jù)水平位移可求得排球的速度范圍；（2）抓住臨界狀態(tài)，即此時(shí)既不觸網(wǎng)也不越界，結(jié)合平拋運(yùn)動的規(guī)律求出臨界高度?！驹斀狻浚?）當(dāng)球剛好不觸網(wǎng)時(shí)，根據(jù)h1h12gt12，解得：t12(h1-h)g2(2.5-2)10s1010s，則平拋運(yùn)動的最小速度為：vminx1t131010m/s310m/s當(dāng)球剛好不越界時(shí)，根據(jù)h112gt22，解得：t22h1g22.510s22s，則平拋運(yùn)動的最大速度為：vmaxx2t23+922m/s122m/s，則水平擊球的速度范圍為310m/sv122m/s（2）設(shè)擊球點(diǎn)的高度為H當(dāng)H較小時(shí)，擊球速度過大會出界，擊球速度過小又會觸網(wǎng)，情況是球剛好擦網(wǎng)而過，落地時(shí)又恰壓底線上，則有：x12Hgx22(H-h)g，其中x1=12m，x2=3m，h=2m，代入數(shù)據(jù)解得：h=2.13m，即擊球高度不超過此值時(shí)，球不是出界就是觸網(wǎng)?！军c(diǎn)睛】本題考查平拋運(yùn)動在生活中應(yīng)用，要通過分析找出臨界條件，由平拋運(yùn)動的規(guī)律即可求解。26如圖所示，水平傳送帶與水平軌道在B點(diǎn)平滑連接，傳送帶A、B間距L=2.0m，一半徑R=0.2m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道相切于C點(diǎn)，水平軌道CD間的距離L=10m，在D點(diǎn)固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動摩擦因數(shù)1=09，BC段光滑，CD段動摩擦因數(shù)為2。當(dāng)傳送帶以v0=6ms順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，將質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕放在傳送帶左端A點(diǎn)，小物塊通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與擋板碰撞，并原速率彈回，經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道。已知小物塊從傳送帶滑到水平軌道時(shí)機(jī)械能不損失，重力加速度g=10ms2。求：(1)小物塊第一次滑到傳送帶B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)若小物塊第二次能沖上圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動而不會脫離軌道，求2的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6m/s（2）020.65或0.820.9；【解析】【分析】（1）根據(jù)物塊在AB上做勻加速運(yùn)動的末速度不大于傳送帶速度，由傳送帶長度來求解；（2）根據(jù)物塊不脫離軌道得到運(yùn)動狀態(tài)，然后對物塊從B到第二次通過圓軌道應(yīng)用動能定理求解【詳解】（1）物塊速度小于傳送帶速度時(shí)，物塊受到傳送帶的摩擦力f=1mg，那么，物塊做加速度a1g9m/s2的勻加速直線運(yùn)動；因?yàn)?aL0v02，故物塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)剛好達(dá)到傳送帶速度，所以，物塊滑到B時(shí)的速度大小vB=v0=6m/s；（2）要使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運(yùn)動時(shí)不會脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運(yùn)動要么能通過最高點(diǎn)，要么在圓軌道上最高點(diǎn)的高度hR；故當(dāng)物塊能通過最高點(diǎn)時(shí)，在最高點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：mgmv2R；對物塊從B到第二次到最高點(diǎn)應(yīng)用動能定理可得：22mgL2mgR12mv212mvB2解得：212mvB2-2mgR-12mv22mgL0.65；當(dāng)物塊在圓軌道上最高點(diǎn)的高度0hR時(shí)，由動能定理可得：22mgLmgh012mvB2，解得：212mvB2-mgh2mgL，所以，0.820.9；所以為了使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運(yùn)動時(shí)不會脫離圓軌道，020.65或0.820.9；【點(diǎn)睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解27如圖，質(zhì)量為m1 kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))在半徑為R0.4 m的14圓弧A端由靜止開始釋放，它運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度為v2 m/s.當(dāng)滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去滑塊在光滑水平面上運(yùn)動一段距離后，通過換向軌道由C點(diǎn)過渡到傾角為37、長s1 m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在01.5之間調(diào)節(jié)斜面底部D點(diǎn)與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點(diǎn)認(rèn)為滑塊通過C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力(1)求滑塊對B點(diǎn)的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若設(shè)置0，求質(zhì)點(diǎn)從C運(yùn)動到D的時(shí)間；(3)若最終滑塊停在D點(diǎn)，求的最大值【答案】（1）20N；2J（2）13s（3）的取值范圍為0.1250.75或=1【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在B點(diǎn)所受的支持力，從而得出滑塊對B點(diǎn)的壓力，根據(jù)動能定理求出AB端克服阻力做功的大?。?）若=0，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合位移時(shí)間公式求出C到D的時(shí)間（3）最終滑塊停在D點(diǎn)有兩種可能，一個(gè)是滑塊恰好從C下滑到D，另一種是在斜面CD和水平面見多次反復(fù)運(yùn)動，最終靜止在D點(diǎn)，結(jié)合動能定理進(jìn)行求解【詳解】（1）滑塊在B點(diǎn)，受到重力和支持力，在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：Fmgmv2R，代入數(shù)據(jù)解得：F=20N，由牛頓第三定律得：F=20N從A到B，由動能定理得：mgRW12mv2，代入數(shù)據(jù)得：W=2J（2）在CD間運(yùn)動，有：mgsin=ma，加速度為：a=gsin=100.6m/s2=6m/s2，根據(jù)勻變速運(yùn)動規(guī)律有：svt+12at2代入數(shù)據(jù)解得：t=13s（3）最終滑塊停在D點(diǎn)有兩種可能：a、滑塊恰好能從C下滑到D則有：mgsins1mgcoss012mv2，代入數(shù)據(jù)得：1=1，b、滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動，最終靜止于D點(diǎn)當(dāng)滑塊恰好能返回C有：1mgcos2s012mv2，代入數(shù)據(jù)得到：1=0.125，當(dāng)滑塊恰好能靜止在斜面上，則有：mgsin=2mgcos，代入數(shù)據(jù)得到：2=0.75所以，當(dāng)0.1250.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動，最終靜止于D點(diǎn)綜上所述，的取值范圍是0.1250.75或=1【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵理清滑塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動規(guī)律，運(yùn)用動力學(xué)知識和動能定理進(jìn)行求解，涉及到時(shí)間問題時(shí)，優(yōu)先考慮動力學(xué)知識求解對于第三問，要考慮滑塊停在D點(diǎn)有兩種可能28如圖所示，物體A置于靜止在光滑水平面上的平板小車B的左端，物體在A的上方O點(diǎn)用細(xì)線懸掛一小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，線長L0.8m現(xiàn)將小球C拉至水平無初速度釋放，并在最低點(diǎn)與物體A發(fā)生水平正碰，碰撞后小球C反彈的速度為2m/s已知A、B、C的質(zhì)量分別為mA4kg、mB8kg和mC1kg，A、B間的動摩擦因數(shù)0.2，A、C碰撞時(shí)間極短，且只碰一次，取重力加速度g10m/s2.(1)求小球C與物體A碰撞前瞬間受到細(xì)線的拉力大小；(2)求A、C碰撞后瞬間A的速度大??；(3)若物體A未從小車B上掉落，小車B的最小長度為多少？【答案】(1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【詳解】（1）小球下擺過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m0gl=12m0v02代入數(shù)據(jù)解得：v04m/s，對小球，由牛頓第二定律得：Fm0gm0v02l代入數(shù)據(jù)解得：F30N（2）小球C與A碰撞后向左擺動的過程中機(jī)械能守恒，得：12mvC2=mgh所以：vC=2gh=2100.2=2m/s小球與A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：m0v0m0vc+mvA代入數(shù)據(jù)解得：vA1.5m/s（3）物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mvA（m+M）v代入數(shù)據(jù)解得：v0.5m/s由能量守恒定律得：mgx=12mvA2-12（m+M）v2代入數(shù)據(jù)解得：x0.375m；29如圖所示，水平地面和半圓軌道面均光滑，質(zhì)量M1kg的小車靜止在地面上，小車上表面與R=024m的半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平?，F(xiàn)有一質(zhì)量m2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0=6m/s的初速度滑上小車左端，二者共速時(shí)的速度為v1=4m/s，此時(shí)小車還未與墻壁碰撞，當(dāng)小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上。在半圓軌道的最高點(diǎn)Q有一個(gè)滑塊收集器（圖中未畫出），滑塊滑到此處時(shí)被俘獲固定在軌道的Q點(diǎn)上。已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)02，g取10m/s2，求：（1）小車的最小長度；（2）小車的長度L在什么范圍，滑塊不脫離軌道？【答案】（1）3m (2) 3mL4m或5.8mL7m【解析】【分析】（1）滑塊在小車滑行過程，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，可求出共同速度小車的長度與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能有關(guān)當(dāng)兩者速度相同滑塊剛好滑到小車的右端時(shí)，小車的長度最短，根據(jù)能量守恒求解最小長度；（2）滑塊不脫離圓軌道可能從Q點(diǎn)離開軌道，也可能滑到T點(diǎn)，根據(jù)動能定理結(jié)合上題的結(jié)果可求出L的范圍【詳解】（1）設(shè)小車的最小長度為