《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專(zhuān)題04 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專(zhuān)題04 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)（含解析）（26頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題04 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 第一部分名師綜述 近幾年來(lái)，曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)已成為高考的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，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(dòng)的規(guī)律及其研究方法，圓周運(yùn)動(dòng)的角度、線(xiàn)速度、向心加速度，做圓周運(yùn)動(dòng)的物體的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，同時(shí)，還可以與帶電粒子的電磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)進(jìn)行綜合考查；重點(diǎn)考查的方法有運(yùn)動(dòng)的合成與分解，豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)應(yīng)掌握最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的處理方法．本部分內(nèi)容是牛頓運(yùn)動(dòng)定律在曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的具體應(yīng)用，而萬(wàn)有引力定律是力學(xué)中一個(gè)重要獨(dú)立的基本定律，運(yùn)動(dòng)的合成與分解是研究復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的基本方法，復(fù)習(xí)本章的概念和規(guī)律，將加深對(duì)速度、加速度及其關(guān)系的理解；加深對(duì)牛頓第二定律的理

2、解，提高解題實(shí)際的能力。 第二部分知識(shí)背一背 一、平拋運(yùn)動(dòng) 1.定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng). 2.性質(zhì)：加速度為重力加速度g的勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線(xiàn). 3.基本規(guī)律：以?huà)伋鳇c(diǎn)為原點(diǎn)，以水平方向(初速度v0方向)為x軸，以豎直向下方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則： (1)水平方向：做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度vx=v0, 位移x=v0t . (2)豎直方向：做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度vy=gt,位移y=. 二、斜拋運(yùn)動(dòng) 1.定義：將物體以速度v斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運(yùn)動(dòng). 2.性質(zhì)：加速度為重力加

3、速度g的勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線(xiàn)。 三、離心運(yùn)動(dòng)和近心運(yùn)動(dòng) 1.離心運(yùn)動(dòng) (1)定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況下，所做的逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng). (2)本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線(xiàn)方向飛出去的傾向. (3)受力特點(diǎn). ①當(dāng)F=mω2r時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)； ②當(dāng)F=0時(shí)，物體沿切線(xiàn)方向飛出; ③當(dāng)Fmω2r,物體將逐漸靠近圓心，做近心運(yùn)動(dòng). 第三部分技能+方法 一、小船渡

4、河問(wèn)題的規(guī)范求解 1.總結(jié) (1)不論水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，時(shí)間最短. (2)當(dāng)船速大于水速時(shí)，船可以垂直于河岸航行. (3)當(dāng)船速小于水速時(shí)，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程. 2.求解小船渡河問(wèn)題的方法 求解小船渡河問(wèn)題有兩類(lèi)：一是求最短渡河時(shí)間，二是求最短渡河位移.無(wú)論哪類(lèi)都必須明確以下四點(diǎn)： (1)解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是:正確區(qū)分分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng),船的航行方向也就是船頭指向，是分運(yùn)動(dòng).船的運(yùn)動(dòng)方向也就是船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向，是合運(yùn)動(dòng),一般情況下與船頭指向不一致. (2)運(yùn)動(dòng)分解的基本方法,按實(shí)際效果分解,一般用平行四邊形定則按水流方向和船頭指向分解. (3)

5、渡河時(shí)間只與垂直河岸的船的分速度有關(guān)，與水流速度無(wú)關(guān). (4)求最短渡河位移時(shí),根據(jù)船速v船與水流速度v水的情況用三角形法則求極限的方法處理. 二、斜面上的平拋問(wèn)題 斜面平拋問(wèn)題的求解方法 (1)物體在斜面上平拋并落在斜面上的問(wèn)題與實(shí)際聯(lián)系密切，如滑雪運(yùn)動(dòng)等，因而此類(lèi)問(wèn)題是高考命題的熱點(diǎn).有兩種分解方法：一是沿水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)；二是沿斜面方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和垂直斜面方向的類(lèi)豎直上拋運(yùn)動(dòng). (2)此類(lèi)問(wèn)題中，斜面的傾角即為位移與水平方向的夾角；可以根據(jù)斜面的傾角和平拋運(yùn)動(dòng)的推論確定物體落在斜面上時(shí)的速度方向. 三、水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法 1.運(yùn)動(dòng)實(shí)

6、例：圓錐擺、火車(chē)轉(zhuǎn)彎、飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周飛行等. 2.這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)是:(1)運(yùn)動(dòng)軌跡是圓且在水平面內(nèi)；(2)向心力的方向水平，豎直方向的合力為零. 3.解答此類(lèi)問(wèn)題的方法： (1)對(duì)研究對(duì)象受力分析，確定向心力的來(lái)源； (2)確定圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑； (3)應(yīng)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律列方程求解. 四、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的求解思路 （1）定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件不同，其原因主要是：“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體. （2）確定臨界點(diǎn)：v臨=，對(duì)輕繩模型來(lái)說(shuō)是能否通過(guò)最高點(diǎn)的臨界點(diǎn)，而對(duì)輕桿模型來(lái)說(shuō)是FN表現(xiàn)為支持力還

7、是拉力的臨界點(diǎn). （3）研究狀態(tài)：通常情況下豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)只涉及最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況. （4）受力分析：對(duì)物體在最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出方程，F(xiàn)合=F向. （5）過(guò)程分析：應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末兩個(gè)狀態(tài)聯(lián)系起來(lái)列方程. 第四部分基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．2019年1月5日零點(diǎn)起,全國(guó)鐵路實(shí)施新版列車(chē)運(yùn)行圖,17輛編組的超長(zhǎng)版“復(fù)興號(hào)”CR系列動(dòng)車(chē)組以350公里時(shí)速正式在京滬高鐵上線(xiàn)運(yùn)營(yíng).當(dāng)一列由北京南開(kāi)往上海虹橋的“復(fù)興號(hào)”CR400高鐵正在勻加速直線(xiàn)行駛途中,某乘客在車(chē)廂里相對(duì)車(chē)廂以一定的速度豎直向上拋出一個(gè)小球,則小球(

8、 ) A．在最高點(diǎn)對(duì)地速度為零 B．在最高點(diǎn)對(duì)地速度最大 C．拋出時(shí)車(chē)廂速度越大,落點(diǎn)位置離乘客越遠(yuǎn) D．從拋出到落地的時(shí)間與車(chē)廂的速度大小無(wú)關(guān) 【答案】 D 【解析】 【詳解】 小球被豎直拋出時(shí)，水平方向有與列車(chē)相同的速度，則在最高點(diǎn)對(duì)地速度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則對(duì)地的速度不是最大的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于小球的水平速度與乘客的速度相同，則小球應(yīng)該落回到原出發(fā)點(diǎn)，與拋出時(shí)車(chē)廂的速度無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從拋出到落地的時(shí)間只與豎直上拋的速度有關(guān)，與車(chē)廂的速度大小無(wú)關(guān)，選項(xiàng)D正確；故選D. 2．雙人滑冰是一種觀(guān)賞性很高的冰上運(yùn)動(dòng)。如圖所示，在一組動(dòng)作中，男女

9、運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)此現(xiàn)象，小明同學(xué)對(duì)于“如果水平面光滑?！边@樣的理想化情況，做出這樣一些分析判斷，其中正確的是： A．他倆不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．他倆的運(yùn)動(dòng)不是直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，總動(dòng)量不守恒 C．由于男選手對(duì)女選手拉力斜向上，這個(gè)拉力大于女選手對(duì)男選手的拉力 D．由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力 【答案】 D 【解析】 【詳解】 男女運(yùn)動(dòng)員繞某豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩人之間的拉力和重力的合力充當(dāng)向心力，則他倆可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，則總動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；男選手對(duì)女選手的拉力與女選手對(duì)男選手的拉力是一對(duì)作用

10、和反作用力，大小相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于女選手對(duì)男選手拉力斜向下，男選手對(duì)冰面壓力等于男選手的重力與女選手對(duì)男選手拉力的豎直分量之和，則男選手對(duì)冰面壓力大于自己的重力，選項(xiàng)D正確；故選D. 3．“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂(lè)園里常見(jiàn)的游樂(lè)項(xiàng)目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤(pán)的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看為質(zhì)點(diǎn)，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤(pán)，半徑為r，可繞穿過(guò)其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。讓轉(zhuǎn)盤(pán)由靜止開(kāi)始逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤(pán)一起以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量

11、為m，不計(jì)空氣阻力及繩重。則下列說(shuō)法中正確的是（） A．質(zhì)點(diǎn)的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小 B．質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是其所受懸線(xiàn)的拉力 C．轉(zhuǎn)盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與夾角θ的關(guān)系為ω=gtanθr+Lsinθ D．質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為mg(r+Lsinθ)tanθ 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由重力和繩子的拉力的合力提供質(zhì)點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖，則有：mgtanθ=mω2R 解得：tanθ=ω2rg，與重力無(wú)關(guān)，故A、B錯(cuò)誤； 質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由重力和繩子的拉力的合力提供的，故B錯(cuò)誤；根據(jù)mgtanθ

12、=mω2R=mω2（r+Lsinθ）解得：ω=gtanθr+Lsinθ，故C正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤(pán)一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v，根據(jù)向心力公式得：mgtanθ=mv2r+Lsinθ…① 對(duì)于質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，重力做功為-mgl（1-cosθ），設(shè)繩子拉力做功為W，則根據(jù)動(dòng)能定理得：W-mgl（1-cosθ）=12mv2…② 聯(lián)立①②得：W=mgl（1-cosθ）+12mg（r+Lsinθ）tanθ，故D錯(cuò)誤。故選C。 4．將一只蘋(píng)果（可看成質(zhì)點(diǎn)）水平拋出，蘋(píng)果在空中依次飛過(guò)三個(gè)完全相同的窗戶(hù)1、2、3，圖中曲線(xiàn)為蘋(píng)果在空中運(yùn)行的軌跡。若不計(jì)空氣阻力的影響，則

13、 ( ) A．蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)期間豎直方向上的平均速度最大 B．蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)期間重力所做的功最多 C．蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)期間重力做功的平均功率最小 D．蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)期間速度變化量最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、蘋(píng)果在豎直方向運(yùn)動(dòng)速度越來(lái)越大，但窗戶(hù)的高度一樣，因此時(shí)間越來(lái)越短，故由豎直方向的平均速度vy=ht可知越來(lái)越大，即通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)期間豎直方向上的平均速度最小，故A錯(cuò)誤； B、窗戶(hù)的高度一樣，故通過(guò)每個(gè)窗戶(hù)重力做功都為mgh，故B錯(cuò)誤； C、蘋(píng)果通過(guò)第一扇窗戶(hù)時(shí)間最長(zhǎng)，故通過(guò)第1個(gè)窗戶(hù)克服重力做功的平均功率PG=mght

14、得最小，故C正確； D、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度恒定為g，則速度變化量為Δv=gt，通過(guò)第3個(gè)窗戶(hù)的時(shí)間最短，故其速度變化量最小；故D錯(cuò)誤； 故選C. 5．如圖所示，水平屋頂高H=5m，圍墻高h(yuǎn)=3.2m，圍墻到房子的水平距離L=3m，圍墻外馬路寬x=10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，小球離開(kāi)屋頂時(shí)的速度v0大小的值不可能為(g取10m/s2) A．8m/s B．12m/s C．6m/s D．2m/s 【答案】 D 【解析】 【詳解】 小球落到圍墻上的速度為v1，則下落時(shí)間t1=2(H-h)g＝2(5-3.2)10s=0.6s，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得v1=Lt1

15、＝30.6m/s=5m/s；小球落在馬路外邊緣經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t2，則t2=2Hg＝1010s=1s，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得速度v2=L+xt2＝3+101m/s=13m/s，所以滿(mǎn)足條件的速度5m/s≤v≤13m/s，故小球離開(kāi)屋頂時(shí)的速度v0的大小的值不可能為2m/s，故選D. 6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有一個(gè)光滑圓軌道。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從軌道的最低點(diǎn)出發(fā)，恰能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是 A．小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為0 B．小球在最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力最大 C．小球在上升過(guò)程中所受合外力指向圓心 D．圓軌道對(duì)小球的作用力一直做負(fù)功 【答案】 B

16、 【解析】 【詳解】 A、小球恰能沿圓軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)由重力提供向心力，則有：mg=mv2R，解得小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v=gR，故A錯(cuò)誤； BCD、小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到重力和圓軌道對(duì)小球的支持力，只有在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)小球受到的合外力指向圓心，其余位置小球受到的合外力不指向圓心；圓軌道對(duì)小球的支持力與速度方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球在最低點(diǎn)速度最大，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知小球在最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力最大，故B正確，C、D錯(cuò)誤； 故選B。 7．如圖所示，A球在B球的斜上方，兩球相向水平拋出。若要使兩球在與兩球拋出的距離相等的豎直線(xiàn)上相遇，則

17、 A．A、B兩球要同時(shí)拋出 B．B球要先拋出 C．A球拋出時(shí)的速度大于B球拋出時(shí)的速度 D．A球拋出時(shí)的速度小于B球拋出時(shí)的速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、兩球都做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有 h=12gt2，得t=2hg，可知A平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，所以A球要先拋出，故A B錯(cuò)誤； CD、水平方向有 x＝v0t，因?yàn)閤相等，A平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，所以A球拋出時(shí)的速度小于B球拋出時(shí)的速度，故C錯(cuò)誤，D正確。 8．如圖所示，D點(diǎn)為固定斜面AC的中點(diǎn)，在A(yíng)點(diǎn)先后分別以初速度v01和v02水平拋出一個(gè)小球，結(jié)果小球分別落在斜面上的D點(diǎn)和C點(diǎn)．空氣阻

18、力不計(jì)．設(shè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1和t2，落到D點(diǎn)和C點(diǎn)前瞬間的速度大小分別為v1和v2，落到D點(diǎn)和C點(diǎn)前瞬間的速度方向與水平方向的夾角分別為θ1和θ2，則下列關(guān)系式正確的是（ ） A．t1t2=12 B．v01v02=12 C．v1v2=12 D．tanθ1tanθ2=12 【答案】 C 【解析】 【分析】 本題考查的是平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，兩次平拋均落到斜面上，位移偏轉(zhuǎn)角相等，以此切入即可求出答案。 【詳解】 設(shè)斜面的傾角為θ，可得gt2v0=tanθ，所以gt12v01=gt22v02，豎直方向下降的高度之比為1：2，所以t1t2=12，求得v01

19、v02=12，再結(jié)合速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍，v1v2=v01v02=12，tanθ1tanθ2=1，所以C正確。 【點(diǎn)睛】 平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的切入點(diǎn)有三種：軌跡切入、偏轉(zhuǎn)角切入、豎直方向相鄰相等時(shí)間位移差為常數(shù)。 9．從在高空水平勻速飛行的飛機(jī)上每隔1釋放1個(gè)小球，先后共釋放5個(gè)，不計(jì)空氣阻力，則 A．這5個(gè)小球在空中處在同一條拋物線(xiàn)上 B．在空中，相鄰的兩小球間的距離保持不變 C．相鄰的兩小球的落地點(diǎn)的間距相等 D．最先釋放的兩小球的落地點(diǎn)的間距最大 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，當(dāng)小球釋放后由于慣性在水平方向上和飛機(jī)速度相

20、同；每次釋放的小球初速度相同，下落高度相同，因此每個(gè)小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律一樣；根據(jù)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)和水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)判斷兩球之間的距離； 【詳解】 A、由于慣性，小球和飛機(jī)水平方向具有相同速度，因此都在飛機(jī)的正下方，故小球落地前排列在同一條豎直線(xiàn)上，故A 錯(cuò)誤； B、在空中，相鄰的兩個(gè)小球水平分速度相等，由于先釋放的一個(gè)小球比后一個(gè)小球多運(yùn)動(dòng)1s，故豎直分速度大10m/s，故每秒中兩個(gè)小球間距增加10m，故B錯(cuò)誤； CD、小球水平方向是勻速運(yùn)動(dòng)（設(shè)為v0），前一個(gè)小球落地，再過(guò)1s，后一個(gè)小球落地，故間距為v0t=v0米，恒定，故C正確，D錯(cuò)誤； 故選C。 【點(diǎn)睛】 解決的關(guān)

21、鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，難點(diǎn)在于兩個(gè)炸彈運(yùn)動(dòng)規(guī)律的比較，即相對(duì)運(yùn)動(dòng)的理解。 10．如圖，在傾角為θ的斜面頂端將三個(gè)小球M、N、P分別以v02、v0、2v0的初速度沿水平方向拋出，N恰好落到斜面底端。已知sinθ=35，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。則M落到斜面時(shí)的速度大小與P落到地面時(shí)的速度大小之比為 A．13︰100 B．1︰4 C．1︰16 D．13︰10 【答案】 D 【解析】 【分析】 由題意分析可知，M、N會(huì)落到斜面上，物體平拋落到斜面上，由相同的位移偏向角，根據(jù)位移偏向角可以算出M的末速度vM=

22、134v0，物體N、P落到水平面上，有相同的下降高度，故由相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)分析，可算出vP=52v0，故vM:vP=13:10。 【詳解】 對(duì)M：tanθ=yMxM=12gtM2v02tM，解得tM=3v04g，vMy=gtM=34v0，對(duì)N：tanθ=yNxN=12gtN2v0tN，解得tN=3v02g，tP=tN=3v02g，vPy=vNy=gtN=3v02，vM2=(v02)2+vMy2，解得vM=134v0，vP2=(2v0)2+vPy2，解得vP=52v0，故vM:vP=13:10，故D正確。 【點(diǎn)睛】 平拋運(yùn)動(dòng)與斜面的結(jié)合問(wèn)題，要抓住位移偏向角等于斜面的傾角。

23、 二、多選題 11．如下左圖為某游樂(lè)園颶風(fēng)飛椅游玩項(xiàng)目,如下右圖為颶風(fēng)飛椅結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。其裝置由傘型轉(zhuǎn)盤(pán)A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D(可視為質(zhì)點(diǎn))組成,在距轉(zhuǎn)盤(pán)下表面軸心O距離為d的圓周上,用軟繩分布均勻地懸掛16座飛椅(右圖中只畫(huà)兩座),設(shè)A、B、C總質(zhì)量為M,單個(gè)飛椅與人的質(zhì)量之和均為m,懸掛飛椅D的繩長(zhǎng)均為L(zhǎng),當(dāng)水平轉(zhuǎn)盤(pán)以角速度ω穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時(shí),各軟繩與豎直方向成θ角。則下列判斷正確的是 A．轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度為gtanθd+Lsinθ B．底座C對(duì)水平地面壓力隨轉(zhuǎn)速增加而減小 C．底座C對(duì)水平地面壓力與轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān),恒為Mg+16mg D．軟繩與豎直方向夾角θ大小與軟繩長(zhǎng)、轉(zhuǎn)

24、速和乘客質(zhì)量均有關(guān) 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．對(duì)單個(gè)的座椅：mgtanθ=mω2(d+Lsinθ)解得ω=gtanθd+Lsinθ，選項(xiàng)A正確； B C．對(duì)座椅，豎直方向Tcosθ=mg，對(duì)整體豎直方向：N=Mg+16Tcosθ= Mg+16mg，則底座C對(duì)水平地面壓力大小不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確； D．由mgtanθ=mω2(d+Lsinθ)可知gtanθ=ω2(d+Lsinθ)，則軟繩與豎直方向夾角θ大小與軟繩長(zhǎng)L、角速度ω（轉(zhuǎn)速n）有關(guān)，與乘客質(zhì)量無(wú)關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 12．如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩繞過(guò)滑輪連接小球，已

25、知小球重力為IN，電動(dòng)機(jī)從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時(shí)刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對(duì)此時(shí)小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是 A．小球速度等于2m/s B．小球速度等于0.5m/s C．繩中拉力大于2N D．繩中拉力等于2N 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設(shè)小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運(yùn)動(dòng)速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1cosθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程角θ逐漸增大，故小球在做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，對(duì)小球受力分析知F cosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N

26、。故選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。 13．如圖所示，斜面傾角為θ，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正對(duì)斜面頂點(diǎn)B水平拋出，小球到達(dá)斜面經(jīng)歷的時(shí)間為t，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是 A．若小球以最小位移到達(dá)斜面，則t=2v0gtanθ B．若小球垂直擊中斜面，則t=v0gtanθ C．若小球恰能擊中斜面中點(diǎn)，則t=2v0gtanθ D．無(wú)論小球怎樣到達(dá)斜面，運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 過(guò)拋出點(diǎn)作斜面的垂線(xiàn)CD，如圖所示： 當(dāng)小球落在斜面上的D點(diǎn)時(shí)，位移最小，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則水平方向：x=v0t；豎直方向：y=12gt2。根據(jù)

27、幾何關(guān)系有xy=tanθ，即有v0t12gt2=tanθ，解得：t=2v0gtanθ．故A正確。若小球垂直擊中斜面時(shí)速度與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=v0gt，得t=v0gtanθ．故B正確。若小球能擊中斜面中點(diǎn)時(shí)，小球下落的高度設(shè)為h，水平位移設(shè)為x。則由幾何關(guān)系可得tanθ=hx=12gt2v0t=gt2v0，得：t=2v0tanθg，故C錯(cuò)誤。由上知，D錯(cuò)誤。 14．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點(diǎn)與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心O的正下方R2處。小球從

28、最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始逆時(shí)針?lè)较蛳禄?，已知彈簧的原長(zhǎng)為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（） A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gR B．彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小球的機(jī)械能最大 C．小球在A(yíng)、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg D．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力的功率為0 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 由題分析可知，小球在A(yíng)、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，小球從A到B的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2mgR=12mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2gR．故A錯(cuò)誤。根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧長(zhǎng)度等于R時(shí)，小彈簧的彈性

29、勢(shì)能為零，最小，則小球的機(jī)械能最大，故B正確；設(shè)小球在A(yíng)、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F．在A(yíng)點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力 F1=mg+F；在B點(diǎn)，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=mvB2R，解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力為：F2=5mg+F；則F2-F1=4mg，由牛頓第三定律知，小球在A(yíng)、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg，故C正確。小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率為0，故D正確。故選BCD。 15．如圖所示,支架固定在底座上，它們的總質(zhì)量為M。質(zhì)量分別為2m和m的小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕桿兩端，該輕桿通過(guò)光滑轉(zhuǎn)軸O安裝在支架的橫梁上,O、A間的距離為L(zhǎng)/3,兩

30、小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中支架和底座一直保持靜止。當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)到圖示豎直位置時(shí),小球A的速度為v,重力加速度為g,對(duì)于該位置有 A．小球A、B的加速度大小相等 B．若v=gL3，則底座對(duì)水平地面的壓力為Mg+3mg C．小球A、B的向心力大小相等 D．若v=13gL，則底座對(duì)水平地面的壓力為Mg+mg/3 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、兩小球和輕桿一起繞軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以?xún)尚∏虻慕撬俣认嗤?，根?jù)a=ω2r可知小球A、B的加速度之比為aA:aB=1:2，故A錯(cuò)誤； B、若v=gL3時(shí)對(duì)A分析則有2mg-FA=2mv213L，解得

31、輕桿對(duì)A支持力為FN=0，根據(jù)v=ωr可知vB=2gL3，對(duì)B分析則有FB-mg=mvB223L，解得輕桿對(duì)B拉力為FB=3mg，以底座和輕桿為對(duì)象，水平地面對(duì)底座的支持力為FN=MG+3mg，故B正確； C、根據(jù)F=mω2r可知A、B的向心力之比為FA:FB=1:1，故C正確； D、若v=13gL時(shí)對(duì)A分析則有2mg-FA'=2mv213L，解得輕桿對(duì)A支持力為FA'=43mg，根據(jù)v=ωr可知vB'=23gL，對(duì)B分析則有FB'-mg=mvB'223L，解得輕桿對(duì)B拉力為FB'=53mg，以底座和輕桿為對(duì)象，水平地面對(duì)底座的支持力為FN=MG+3mg，故D錯(cuò)誤； 故選BC。 16．

32、我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀(guān)賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示為簡(jiǎn)化的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖，AB部分是傾角為θ=37°的助滑雪道，BC部分是半徑為25m的光滑圓弧軌道，二者相切于B點(diǎn)，圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)的切線(xiàn)沿水平方向，CD部分為傾角θ2=30°的著陸坡。一運(yùn)動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，從A點(diǎn)由靜止滑下，到C點(diǎn)后沿水平方向飛出，安全落在著陸坡上的E點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知CE=30m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。則 A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌遒的壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的1.9倍 B．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/s C．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止

33、滑下，則運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同 D．若運(yùn)動(dòng)員從助滑雪道不同位置由靜止滑下且以不同速度v0從C點(diǎn)飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A.設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為vC，在CD上有平拋運(yùn)動(dòng)可得：tanθ2=12gt2vCt，CD·sinθ2=12gt2,有以上兩方程可得：vC=15m/s，在C點(diǎn)有圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得：FN-mg=mv2R，壓力大小為運(yùn)動(dòng)員本身重力的比為：n=FNmg，有以上方程可得：n=1.9。故A正確。 B.有B到C有動(dòng)能定理可得：mgR(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2，解之得

34、：vB=125m/s。故B錯(cuò)誤。 C. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與水平方向的夾角為φ，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：tanφ=2tanθ2，所以φ是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度方向與坡面CD的夾角都相同。故C正確。 D. 運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小v，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得v=v0cosφ，因?yàn)閏osφ是定值，所以運(yùn)動(dòng)員落在著陸坡上的速度大小與v0成正比。故D正確。 17．如圖，地面上固定有一半徑為R的半圓形凹槽，O為圓心，AB為水平直徑?，F(xiàn)將小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)；若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)等高，OC與水平方向的

35、夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（?? ） A．v1：v2=1:3 B．小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量?jī)纱蜗嗤? C．小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，前后兩次的平均速度之比為1:2 D．小球落在凹槽上時(shí)，重力的瞬時(shí)功率兩次不同 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 A、小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上做平拋運(yùn)動(dòng)，下落高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點(diǎn)時(shí)有：x1=v1t=R-Rcos60°=R2，從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點(diǎn)時(shí)有：x2=v2t=R+Rcos60°=3R2，所以v1:v2=1:3，故A正確； B、根據(jù)加

36、速度的定義a=ΔvΔt可知速度的變化量Δv=gΔt，由于下落時(shí)間相同，所以小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落到凹槽上，速度的變化量?jī)纱蜗嗤蔅正確； C、小球從拋出到D點(diǎn)的平均速度vD=SADt=Rt，小球從拋出到C點(diǎn)的平均速度vC=SACt=2Rsin600t=3Rt，所以前后兩次的平均速度之比為1:3，故C錯(cuò)誤； D、小球剛到D點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PD=mgvyB=mg?gt=mg2t，小球剛到C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率PC=mgvyC=mg?gt=mg2t，所以重力的瞬時(shí)功率兩次相同，故D錯(cuò)誤； 故選AB。 18．如圖所示，在光滑水平桌面上有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以

37、初速度v0從A點(diǎn)開(kāi)始做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，圖中曲線(xiàn)是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知在t s末質(zhì)點(diǎn)的速度達(dá)到最小值v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向與初速度v0的方向垂直，則 A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線(xiàn)內(nèi)側(cè)，且sinθ=vv0 B．質(zhì)點(diǎn)所受合外力的大小為mv02-v2t C．質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0vv02-v2 D．t s內(nèi)恒力F做功為12mv02-v2 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 分析可知，恒力F的方向應(yīng)與速度方向成鈍角，如圖所示： 在x′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v＝v0sin θ；在y′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v0cos θ＝ayt；由牛頓第二定律有F＝ma

38、y；解得F＝mv02-v2t，sin θ＝vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線(xiàn)內(nèi)側(cè)，且sin θ＝vv0。故AB正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B歷時(shí)t1，設(shè)在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，則選項(xiàng)C正確；t s內(nèi)恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯(cuò)誤。故選ABC. 19．如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過(guò)輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L(zhǎng)，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜

39、摩擦力均為F．小環(huán)和物塊以速度υ向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中，物塊在夾子中沒(méi)有滑動(dòng)小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g下列說(shuō)法正確的是（ ） A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于Mg B．小環(huán)碰到釘子P后瞬間，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為v22g D．速度v不能超過(guò)(F-Mg)L2M 【答案】 AC 【解析】 【分析】 碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，找到物塊的向心力，即可求出答案。 【詳解】 A．向右勻速時(shí)，夾子給物塊的摩擦力等于物塊的重力Mg,所以根據(jù)牛頓第三定律，可得物塊給夾子一個(gè)反作用力Mg,

40、所以繩子里面的張力等于Mg。A正確。 B．小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)f-Mg=mv2L，繩子張力大小等于f，不一定大于2F，B錯(cuò)。 C．小環(huán)碰到釘子以后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，所以物塊上升的最大高度為v22g。C對(duì)。 D．當(dāng)夾子的摩擦力等于最大靜摩擦力時(shí)，物塊的速度最大，可得2F-Mg=mvm2L，D錯(cuò)。 【點(diǎn)睛】 圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題關(guān)鍵是分析好向心力的構(gòu)成。 20．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一光滑水平直軌道與半徑為R的光滑半圓形軌道在半圓的一個(gè)端點(diǎn)B相切，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從A點(diǎn)通過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的半圓，恰好能通過(guò)半圓的最高點(diǎn)M，從M點(diǎn)飛出后落在水平面上，不計(jì)空氣阻力

41、，則 A．小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小為0B．小球在A(yíng)點(diǎn)時(shí)的速度為5gR C．小球落地點(diǎn)離B點(diǎn)的水平距離為2R D．小球落地時(shí)的動(dòng)能為3mgR 【答案】 BC 【解析】 【分析】 小球恰好能通過(guò)半圓的最高點(diǎn)M，由重力提供向心力，由此求出小球通過(guò)M點(diǎn)的速度；由動(dòng)能定理求出小球在A(yíng)點(diǎn)時(shí)的速度；由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求小球落地點(diǎn)離B點(diǎn)的水平距離，再由動(dòng)能定理求小球落地時(shí)的動(dòng)能； 【詳解】 A、小球恰好能通過(guò)半圓的最高點(diǎn)M，由重力提供向心力，則有mg=mvM2R，解得vM=gR，故A錯(cuò)誤； B、從?A到M，由動(dòng)能定理得：-2mgR=12mvM2-12mvA2，解得：vA=5gR，

42、故B正確； C、小球離開(kāi)M點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x=vMt，2R=12gt2，得x=2R，故C正確； D、M到落地,由動(dòng)能定理得：2mgR=Ek-12mvM2，解得小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek=52mgR，故D錯(cuò)誤； 故選BC。 【點(diǎn)睛】 關(guān)鍵是認(rèn)真分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將其分解為我們常見(jiàn)的物理學(xué)模型，如平拋、自由落體、圓周運(yùn)動(dòng)等，即可利用常見(jiàn)公式進(jìn)行解答。 三、解答題 21．光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)，質(zhì)量為m的小球B靜止于水平軌道上P點(diǎn)，小球半徑遠(yuǎn)小于R。與B相同的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起。求當(dāng)v0的大小在什么范圍時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)

43、運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。已知重力加速度為g。 【答案】v0≤22gR或v0≥25gR 【解析】 【詳解】 AB碰撞動(dòng)量守恒，則：mv0＝2mv 若兩物體能到達(dá)與圓心等高的位置，則：－2mgR＝0－12×2mv2， 解得v0＝22gR 若兩物體恰能到達(dá)最高點(diǎn)，則：－2mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2， 2mg＝2mv'2R， 解得v0＝25gR 綜上，當(dāng)v0≤22gR或v0≥25gR時(shí)，兩球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離軌道。 22．如圖所示，MN是半徑為R=0.2m的豎直四分之一光滑圓弧軌道，豎直固定在水平桌面上，軌道末端處于桌子邊緣并與水平桌面相切于N點(diǎn)。把一質(zhì)

44、量為m=1kg的小球B靜止放于N點(diǎn)，另一完全相同的小球A由M點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)與B球發(fā)生正碰，碰后粘在一起水平飛出，落在地面上的P點(diǎn)。若桌面高度為h=0.8m，取重力加速度g=10m/s2。不計(jì)阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。求： （1）小球A運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與小球B碰前的速度v0的大小 （2）小球A與小球B碰后瞬間的共同速度v的大小 （3）P點(diǎn)與N點(diǎn)之間的水平距離x 【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m 【解析】 【詳解】 （1）由機(jī)械能守恒定律：mgR=mv02/2 解得：v0=4m/s （2）小球A與小球B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則：mv0=2

45、mv 解得：v=2m/s （3）小球做平拋運(yùn)動(dòng)：h=gt2/2 x=vt 解得：x=0.8m 23．如圖所示,質(zhì)量m1=1kg的木板靜止在傾角為θ=30°足夠長(zhǎng)的、固定的光滑斜面上,木板下端上表而與半徑R=3m的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點(diǎn)B與圓心O等高.一質(zhì)量m2=2kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊以v0=15m/s的初速度從長(zhǎng)木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)u=33,木板每次撞擊圓弧軌道時(shí)都會(huì)立即停下而不反彈,最終滑未從木板上端滑出,取重力加速度g=10m/s2.求 (1)滑塊離開(kāi)圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度; (2)木板的最小長(zhǎng)度; (3)木板與

46、圓弧軌道第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能。 【答案】(1)9.75m (2)7.5m (3)509J≈5.56J 【解析】 【詳解】 (1)由滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=33=tan300可知，滑塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小依然為v0=15m/s，設(shè)滑塊離開(kāi)圓弧軌道B點(diǎn)后上升的最大高度為h，則由機(jī)械能守恒定律可得：12m2v02=m2g(Rcosθ+h) 解得：h=9.75m ； (2) 由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時(shí)速度大小為v0=15m/s， 滑上木板后，木板的加速的為a1， 由牛頓第二定律可知：μm2gcosθ－m1gsinθ=m1a1 滑塊

47、的加速度為a2， 由牛頓第二定律可知：μm2gcosθ+m2gsinθ=m2a2 設(shè)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間后兩者共速，共同速度為v1， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v1=v0－a2t1=a1t1 該過(guò)程中木板走過(guò)的位移：x1=v12t1 滑塊走過(guò)的位移：x2=v0+v12t1 之后一起勻減速運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，若滑塊最終未從木板上端滑出， 則木板的最小長(zhǎng)度：L=x2－x1 聯(lián)立解得：L=7.5m； (3) 滑塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，然后一起滑下，加速度均為a3， 由牛頓第二定律可知：(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a3 一起勻減速向上運(yùn)動(dòng)的位移：x3=v122a3 木板從最高點(diǎn)再

48、次滑至A點(diǎn)時(shí)的速度為v2， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：x1+x3=v222a3滑塊第三次、第四次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度大小均為v2，第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過(guò)時(shí)間t2兩者共速，共同速度為v3， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v3=v2－a2t2=a1t2 該過(guò)程中木板走過(guò)的位移：x4=v32t2 一起勻減速向上運(yùn)動(dòng)的位移：x5=v322a3 設(shè)木板第二次滑至A點(diǎn)時(shí)的速度為v4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：x4+x5=v422a3 木板與圓弧軌道第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE=12m1v42 聯(lián)立各式得：ΔE=509J≈5.56J。 24．如圖所示，半徑為R的圓管BCD豎直放置，一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球以某一初速

49、度從A點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線(xiàn)方向進(jìn)入圓管，到達(dá)圓管最高點(diǎn)D后水平射出．已知小球在D點(diǎn)對(duì)管下壁壓力大小為12mg，且A、D兩點(diǎn)在同一水平線(xiàn)上，BC弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力．求： (1)小球在A(yíng)點(diǎn)初速度的大??； (2)小球在D點(diǎn)角速度的大小； (3)小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力做的功． 【答案】(1)gR；(2)g2R；(3)14mgR 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運(yùn)動(dòng)下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解求出初速度的大小． （2）根據(jù)向心力公式求出小球在D點(diǎn)的速度，從而求解小球在D點(diǎn)角速度． （3）對(duì)A到D全程運(yùn)

50、用動(dòng)能定理，求出小球在圓管中運(yùn)動(dòng)時(shí)克服阻力做的功． 【詳解】 （1）小球從A到B，豎直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60°) 解得vy＝3gR 在B點(diǎn)：v0＝vytan600＝gR. （2）在D點(diǎn)，由向心力公式得mg-12mg＝mvD2R 解得vD＝2gR2 ω＝vDR＝g2R. （3）從A到D全過(guò)程由動(dòng)能定理：－W克＝12mvD2－12mv02 解得W克＝14mgR. 【點(diǎn)睛】 本題綜合考查了平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)知識(shí)，難度不大，關(guān)鍵搞清平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源． 25．將一擋板傾斜地固定在水平面上，傾角為θ＝30°，

51、如圖所示?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的小球由擋板上方的A點(diǎn)以v0的初速度水平向右拋出，小球落在擋板上的B點(diǎn)時(shí)，小球速度方向剛好與擋板垂直，求： （1）小球落在B點(diǎn)時(shí)的速度 （2）A、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之比 【答案】（1）2v0（2）32 【解析】 【分析】 （1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度不變，在B點(diǎn)的速度分解，根據(jù)幾何知識(shí)求解B點(diǎn)的速度；根據(jù)水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)求解A、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之比. 【詳解】 （1）將B點(diǎn)的速度分解，如圖，則vB=v0sin300=2v0 （2）豎直方向：vBcos300=gt A、B兩點(diǎn)的豎直高度差與水平距離之

52、比hx=12gt2v0t=gt2v0=32 26．將一個(gè)物體以10m/s的速度從15米的高度水平拋出，求 (1)落地的時(shí)間是多少？ (2)落地時(shí)它的速度方向與地面的夾角是多少？（不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2） 【答案】（1）3s（2）60° 【解析】 【分析】 平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向上的速度已知，根據(jù)速度位移公式Vy2-0=2gh 求出豎直方向上的分速度，從而求出速度方向與地面的夾角． 【詳解】 （1）根據(jù)h=12gt2可得落地的時(shí)間t=2hg=2×1510s=3s （2）落地時(shí)在水平方向的分速度是vx=v0=10m/

53、s 豎直方向由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律知vy2-0=2gh 由此得vy＝2gh＝103m/s 若速度方向與地面的夾角用θ來(lái)表示，則tanθ=vyvx＝3 所以θ=60° 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．分別求出水平分速度和豎直分速度，即可知道速度方向與地面的夾角． 27．如圖所示，小明參加戶(hù)外競(jìng)技活動(dòng)，站在平臺(tái)邊緣抓住輕繩一端，輕繩另一端固定在O點(diǎn)，繩子剛好被拉直且偏離豎直方向的角度θ=60°。小明從A點(diǎn)由靜止往下擺，達(dá)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn)突然松手，順利落到靜止在水平平臺(tái)的平板車(chē)上，然后隨平板車(chē)一起向右運(yùn)動(dòng)。到達(dá)C點(diǎn)，小明跳離平板車(chē)(

54、近似認(rèn)為水平跳離)，安全落到漂浮在水池中的圓形浮漂上。繩長(zhǎng)L=1.6m，浮漂圓心與C點(diǎn)的水平距離x=2.7m、豎直高度y=1.8m，浮漂半徑R=0.3m、不計(jì)厚度，小明的質(zhì)量m=60kg，平板車(chē)的質(zhì)量m=20kg，人與平板車(chē)均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)平板車(chē)與平臺(tái)之間的摩擦。重力加速度g=10m/s2，求： (1)輕繩能承受最大拉力不得小于多少? (2)小明跳離平板車(chē)時(shí)的速度在什么范圍? (3)若小明跳離平板車(chē)后恰好落到浮漂最右端，他在跳離過(guò)程中做了多少功? 【答案】（1）1200N（2）4m/s≤vc≤5m/s（3）480J 【解析】 【分析】 （1）首先根據(jù)機(jī)械能守恒可以計(jì)算到達(dá)B

55、點(diǎn)的速度，再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)計(jì)算拉力大小。（2）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，按照位移大小可以計(jì)算速度范圍（3）由動(dòng)量守恒和能量守恒規(guī)律計(jì)算即可。 【詳解】 解(l)從A到B．由功能關(guān)系可得 mgL(1-cosθ)=12mv2① 代人數(shù)據(jù)求得v=4 m/s② 在最低點(diǎn)B處，T-mg=mv2L③ 聯(lián)立①②解得，輕繩能承受最大拉力不得小于T=1200N (2)小明離開(kāi)滑板后可認(rèn)為做平拋運(yùn)動(dòng) 豎直位移y=12gt2④ 離C點(diǎn)水平位移最小位移x-R=vmint⑤ 離C點(diǎn)水平位移最大為x+R=vmint⑥ 聯(lián)立④⑤⑥解得 小明跳離滑板時(shí)的速度4 m/s≤vc≤5 m/s (3)小明落上滑板時(shí)

56、，動(dòng)量守恒 mv=(m+m0)v1⑦ 代人數(shù)據(jù)求得v1=3 m/s⑧ 離開(kāi)滑板時(shí)，動(dòng)量守恒 (m+m0)v1=mvC+m0v2⑨ 將⑧代人⑨得 V2=-3 m/s 由功能關(guān)系可得 W=(12mvC2+12m0v22)-12m+m0v12⑩． 解得W=480 J 28．如圖所示，光滑1/4圓形軌道PQ豎直固定，半徑為R，軌道最低點(diǎn)距離地面的高度也為R。質(zhì)量為m的小球從P點(diǎn)由靜止下滑，離開(kāi)Q點(diǎn)后落至水平面上，取重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，求： （1）小球通過(guò)軌道末端Q時(shí)，軌道對(duì)小球的彈力大小 （2）小球落地點(diǎn)與Q點(diǎn)的距離。 【答案】（1）3mg（2）

57、5R 【解析】 【分析】 （1）小球由P→Q過(guò)程中，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度．小球經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式列式求解； （2）小球從Q點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式求解x． 【詳解】 （1）設(shè)小球在Q點(diǎn)時(shí)的速度為v0，軌道對(duì)小球的彈力為N 小球從P到Q的過(guò)程由動(dòng)能定理：mgR=12mv02① 在Q點(diǎn)時(shí)：N-mg=mv02R② 由①②得N=3mg③ （2）小球從Q點(diǎn)平拋的過(guò)程，水平方向勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)， 水平方向：x=v0t④ 豎直方向：R=12gt2⑤ 小球落地點(diǎn)與Q點(diǎn)的距離為：L=x

58、2+R2⑥ 得L=5R ⑦ 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵對(duì)兩個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析清楚，然后選擇機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式求解． 29．距水平地面高5 m的平臺(tái)邊緣放有一質(zhì)量為1 kg的木塊，一質(zhì)量為20 g的子彈水平射入木塊，并留在木塊內(nèi)，木塊在子彈的沖擊下掉落到水平地面上，測(cè)得木塊落地位置到平臺(tái)邊緣的水平距離為3 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）子彈射入木塊前瞬間的速度大??； （2）子彈射入木塊的過(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)能。 【答案】（1）153 m/s （2）229.5 J 【解析】 【分析】 （1）子彈射入木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；子彈射入木

59、塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)。據(jù)此列方程求解即可； （2）由能量守恒可知，系統(tǒng)減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。據(jù)此列方程即可求解。 【詳解】 （1）子彈射入木塊后與木塊一起做平拋運(yùn)動(dòng)，有 h=12gt2 vt＝x 解得：v＝3 m/s 子彈射入木塊過(guò)程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mv0＝(m+M)v 解得：v0＝153 m/s。 （2）由能量守恒可知 Q=12mv02-12(m+M)v2 解得：Q＝229.5 J。 30．如圖所示，是某興趣小組舉行遙控賽車(chē)比賽示意圖。一質(zhì)量為m的小賽車(chē)從水平軌道的A點(diǎn)由靜止出發(fā)，沿著動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)L后，從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑、半徑

60、為R的半圓形軌道，并通過(guò)最高點(diǎn)C完成比賽其中，B點(diǎn)是半圓軌道的最低點(diǎn)，也是水平軌道與豎直半圓軌道的平滑相切點(diǎn)。賽車(chē)通電后以額定功率P起動(dòng)，重力加速度為g?，F(xiàn)要完成賽車(chē)的比賽。求 (1)賽車(chē)電動(dòng)機(jī)工作的最短時(shí)間； (2)賽車(chē)從最高點(diǎn)C飛出的最大距離。 【答案】（1）mgP(μL+52R)（2）4Rg[(Pμmg)2-4gR] 【解析】 【詳解】 (1)當(dāng)賽車(chē)恰好過(guò)C點(diǎn)時(shí)在B點(diǎn)對(duì)軌道壓力最小， 賽車(chē)在C點(diǎn)對(duì)有：mg=mvC2R 解得vC=gR…① 賽車(chē)從A到C的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理：pt-μmgL-2mgR= 12mvC2 聯(lián)立解得：t=mgP(μL+52R)； （2）賽車(chē)由B到C機(jī)械能守恒，12mvBm2=12mvC2+2mgR 平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：xm=vCt 豎直方向：2R=12gt2 賽車(chē)從A到B，功率P=Fvm F=f=μmg 聯(lián)立以上各式得：xm=4Rg[(Pμmg)2-4gR] 【點(diǎn)睛】 （1）賽車(chē)恰好通過(guò)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)軌道對(duì)滑塊的壓力為0，即重力恰好提供向心力，可以求出vC，從A到C的整個(gè)過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理可求最短工作時(shí)間； （2）賽車(chē)從A到B，牽引力等于摩擦力時(shí)速度最大。由B到C機(jī)械能守恒。從C拋出運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，聯(lián)立即可求解最遠(yuǎn)距離． 26