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專(zhuān)題04 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第一部分名師綜述 曲線運(yùn)動(dòng)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(dòng)的規(guī)律及其研究方法，圓周運(yùn)動(dòng)的角度、線速度、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。 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(dòng)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(shuō)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 1:3 B．小球經(jīng)過(guò)D 點(diǎn)與落在B 點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為 2:3 C．小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過(guò)程中重力做功的比為 1/3 D．小球經(jīng)過(guò)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(dòng)的時(shí)間為t，位移為L(zhǎng)，則有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=12gt2，聯(lián)立解得：t=2v0tanθg，設(shè)∠OBA=α，∠C=β，則tanα=hAB，tanβ=hAC，由于AB=BC，可知tanα=2 tanβ，因在D點(diǎn)時(shí)：tD=2v0tanβg，在B點(diǎn)時(shí)：tB=2v0tanαg，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(guò)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(guò)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(guò)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tanθ＝gtv0，故小球經(jīng)過(guò)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α，—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(shuō)法正確的是（） A．AB連線與水平方向夾角為α B．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t=v0tanαg C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率P=mgv0cosθ D．小球運(yùn)動(dòng)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(dòng)水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，小球恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓軌道，說(shuō)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α，則tanα=gtv0，解得：t=v0tanαg此時(shí)AB位移的連線與水平方向的夾角不等于α，故A錯(cuò)；B對(duì) C、小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，重力的瞬時(shí)功率P=mgvy=mgv0tanα，故C錯(cuò)； D、小球運(yùn)動(dòng)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B 3．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θ角，繩b 在水平方向且長(zhǎng)為l，當(dāng)輕桿繞軸AB 以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（） A．a(chǎn) 繩的張力可能為零 B．a(chǎn) 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ω>gltanθ，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(dòng)，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)asinθ=mg，解得Fa=mgsinθ，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：mgcotθ=mω2l，解得ω=gltanθ，可知當(dāng)角速度ω>gltanθ，b繩將出現(xiàn)彈力，故D對(duì)； C、由于b繩可能沒(méi)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(dòng)，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(méi)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(zhǎng)桿和兩個(gè)定滑輪的組合裝置來(lái)提升重物 M，長(zhǎng)桿的一端放在地面上通過(guò)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(guò)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(dòng)，由豎直位置以角速度 ω 緩緩轉(zhuǎn)至水平（轉(zhuǎn)過(guò)了 90角）．下列有關(guān)此過(guò)程的說(shuō)法中正確的是（） A．重物 M 做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．重物 M 做勻變速直線運(yùn)動(dòng) C．整個(gè)過(guò)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θ（銳角），由題知C點(diǎn)的線速度為vC=ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為v繩=ωLcosθ．θ的變化規(guī)律是開(kāi)始最大（90）然后逐漸變小，所以，v繩=ωLcosθ逐漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)榱愣?，繩子的速度變?yōu)樽畲?，為ωL；然后，θ又逐漸增大，v繩=ωLcosθ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ωL．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。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵掌握運(yùn)動(dòng)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m＝0.10 kg的小鋼球以v0＝10 m/s的水平速度拋出，下落h＝5.0 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g＝10 m/s2，則 A．鋼板與水平面的夾角θ＝60 B．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過(guò)程中重力的沖量為2 Ns C．小鋼球剛要撞擊鋼板時(shí)小球動(dòng)量的大小為10 kgm/s D．鋼板對(duì)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(guò)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tanθ=v0vy=1010=1， 即θ=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θ=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(dòng)量大?。篜=mv=0.1102=2kg?m/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?，由?dòng)量定理可知： I=-mv-mv=-2mv=-20.1102=-22N?t 所以鋼板對(duì)小鋼球的沖量大小為22N?t故D 對(duì) 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(dòng)，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(dòng)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(dòng)量的大??；算出撞后的動(dòng)量，根據(jù)動(dòng)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(dòng)，小球1、2分別沿AO、OB開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球1下落h＝0.2 m時(shí)，桿與豎直墻壁夾角θ＝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(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)C，取g＝10 m/s2，cos 37＝0.8，sin 37＝0.6，一切摩擦不計(jì)，則(　　) A．小球1在下落過(guò)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/s C．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R＝0.08 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(dòng)的過(guò)程中小球2將向右運(yùn)動(dòng)，小球1的重力勢(shì)能減小，小球2的重力勢(shì)能不變，兩個(gè)球的動(dòng)能都增大。由于對(duì)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θ=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(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(dòng)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：v3＝541.6＝2m/s；小球3恰好能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)C，此時(shí)的重力提供向心力，所以：mg＝mvc2R；小球3從B到C的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則：12mv32＝mg?2R+12mvc2；聯(lián)立以上方程得：R=0.08m。故D正確。故選D。 【點(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(guò)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(duì)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(guò)河的最短航程為100 m B．小船過(guò)河的最短時(shí)間為25 s C．小船可以在對(duì)岸A、B兩點(diǎn)間任意一點(diǎn)靠岸 D．小船過(guò)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(duì)岸。當(dāng)合速度的方向與相對(duì)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，渡河航程最小； 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(chē)通過(guò)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(dòng)，已知小船的質(zhì)量為m，沿水面運(yùn)動(dòng)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θ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(　　) A．P0mv-fm B．P0mvcos2θ-fm C．fm D．P0mv 【答案】 A 【解析】 【詳解】 小船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng)，可將小船的運(yùn)動(dòng)分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖： 則v車(chē)=vcosθ，卡車(chē)通過(guò)定滑輪以恒定的功率P0拉繩，繩中拉力F=P0v車(chē)=P0vcosθ；對(duì)船受力分析如圖： 根據(jù)牛頓第二定律可得：Fcosθ-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(dòng)能與乙球落至斜面時(shí)的動(dòng)能之比為（） A．2：1 B．4：1 C．6：1 D．8：1 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論tanθ=2tanα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(dòng)的合成與分解求出末速度即可解題。 【詳解】 設(shè)斜面傾角為α，小球落在斜面上速度方向偏向角為θ，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(dòng)的推論可得tanθ=2tanα，所以甲乙兩個(gè)小球落在斜面上時(shí)速度偏向角相等；對(duì)甲有：v1=vcosθ，對(duì)乙有：v2=v2cosθ，聯(lián)立可得：v1v2=21。 由于甲乙兩球質(zhì)量相等。所以動(dòng)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(dòng)的規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。 10．如圖，在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)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(dòng)．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(hào)實(shí)驗(yàn)艙中測(cè)量小球動(dòng)能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細(xì)繩拉力大小分別為T(mén)a、Tb、Tc、Td，阻力不計(jì)，則（） A．Eka>Ekc=Ekd>Ekb B．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(dòng) C．Ta=Tb=Tc=Td D．若在b點(diǎn)繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運(yùn)動(dòng) 【答案】 C 【解析】 AC：在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)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(dòng)，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(méi)有力提供向心力，做離心運(yùn)動(dòng)且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。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(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=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?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 A：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(dòng)，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(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)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(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(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(dòng)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ν2=kx（x≤d2，k為常量），要使小船能夠到達(dá)距A正對(duì)岸為s的B碼頭，則（　?。? A．v1應(yīng)為kd24s B．小船渡河的軌跡是直線 C．渡河時(shí)間為4skd D．渡河路程大于d2+s2 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 將小船的運(yùn)動(dòng)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+12kd2＝kd4，則渡河的時(shí)間t=2s2kd4=4skd，劃水速度v1=dt＝kd24s，故AC正確。小船在垂直河岸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿河岸方向上做變速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，故B錯(cuò)誤。由于渡河的軌跡是曲線，則渡河路程x＞d2+s2，故D正確。故選ACD。 13．如圖疊放在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的物體A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(沒(méi)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)),A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m,B與轉(zhuǎn)臺(tái)、C與轉(zhuǎn)臺(tái)、A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ,B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,以下說(shuō)法正確的是(　　) A．B對(duì)A的摩擦力有可能為3μmg B．C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的摩擦力小于A與B間的摩擦力 C．轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度ω有可能恰好等于2μg3r D．若角速度ω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(duì)滑動(dòng) 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(沒(méi)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng))”可知，本題考查水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。根據(jù)處理水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法，應(yīng)用牛頓第二定律、整體法、臨界條件等知識(shí)分析推斷。 【詳解】 AC：對(duì)AB整體，有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g；對(duì)物體C，有mω2(1.5r)≤μmg；對(duì)物體A，有3mω2r≤3μmg。聯(lián)立解得：ω≤2μg3r，即滿足不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度ω≤2μg3r，A與B間的靜摩擦力最大值f=3mω2r=2μmg。故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。 B：由于A與C轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A所受摩擦力fA=3mω2r，C所受摩擦力fC=mω2(1.5r)=1.5mω2r，則C與轉(zhuǎn)臺(tái)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(duì)滑動(dòng)的是物塊C。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵是對(duì)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(dòng)摩擦力列式分析。 14．如圖所示，圓形轉(zhuǎn)盤(pán)可以繞其豎直軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)．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(pán)之間的最大靜摩擦力均為正壓力的μ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(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω緩慢增大，則（　?。? A．轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω<μg2r時(shí)，輕繩拉力為零 B．轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω<μg2r時(shí)，甲受到的靜摩擦力大于乙受到的靜摩擦力 C．轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω>μgr時(shí)，甲、乙不會(huì)相對(duì)轉(zhuǎn)盤(pán)滑動(dòng) D．轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω>μgr時(shí)，乙將拉著甲向外運(yùn)動(dòng) 【答案】 AC 【解析】 【分析】 物體做圓周運(yùn)動(dòng)，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(kāi)始增大時(shí)，乙先達(dá)到最大靜摩擦力，繩子開(kāi)始有拉力，通過(guò)對(duì)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μmg=mω22r，解得：ω＝μg2r，所以轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω＜μg2r時(shí)，輕繩拉力為零，故A正確；向心力F=mω2R，轉(zhuǎn)盤(pán)旋轉(zhuǎn)角速度ω＜μg2r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：μ?2mg=2mω2r，解得：ω＝μgr，所以當(dāng)ω＞μgr時(shí)，繩子對(duì)甲有拉力，但是甲、乙不會(huì)相對(duì)轉(zhuǎn)盤(pán)滑動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。 【點(diǎn)睛】 物體做圓周運(yùn)動(dòng)，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(kāi)始增大時(shí)，乙先達(dá)到最大靜摩擦力，繩子開(kāi)始有拉力，通過(guò)對(duì)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(dòng)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(chǎng)地上后,彈跳起來(lái),剛好擦網(wǎng)而過(guò),落在對(duì)方場(chǎng)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(guò),也落在A點(diǎn)處. 設(shè)球與地面碰撞時(shí)沒(méi)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v1∶v2=1:3 B．網(wǎng)球兩次飛出時(shí)的初速度之比v1∶v2=1:2 C．運(yùn)動(dòng)員擊球點(diǎn)的高度H與網(wǎng)高h(yuǎn)之比 H∶h= 4:3 D．運(yùn)動(dòng)員擊球點(diǎn)的高度H與網(wǎng)高h(yuǎn)之比 H∶h=3:2 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 AB：兩球被擊出后都做平拋運(yùn)動(dòng)，據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)，據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，DB段的逆過(guò)程和OB段是相同的平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的可逆性，斜上拋可當(dāng)成平拋的逆過(guò)程。 16．如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤(pán)可繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，盤(pán)上疊放著質(zhì)量均為1kg的A、B兩個(gè)物塊，B物塊用長(zhǎng)為0．25m的細(xì)線與固定在轉(zhuǎn)盤(pán)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(dòng)摩擦因數(shù)為0．4，B與轉(zhuǎn)盤(pán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0．1，且可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。轉(zhuǎn)盤(pán)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(pán)以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，傳感器上就會(huì)顯示相應(yīng)的讀數(shù)F（g=10m/s2）,以下說(shuō)法中正確的是（） A．當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度ω1=2rad/s時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值 B．當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度在0<ω<2rad/s范圍內(nèi)時(shí)，細(xì)線中的拉力隨ω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(duì)滑動(dòng)； D．當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度ω2=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(duì)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)，μ1mg=mω2r，解得：ω=4rad/s。當(dāng)繩子剛有拉力時(shí)，μ22mg=2mw2r，w=2rad/s，當(dāng)2rad/sm,則 A．當(dāng)兩球離軸距離相等時(shí),兩球可能相對(duì)桿不動(dòng) 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(duì)桿滑動(dòng) C．若兩球相對(duì)于桿滑動(dòng),一定是都向左滑動(dòng) D．若轉(zhuǎn)速為ω時(shí),兩球相對(duì)桿都不動(dòng),那么轉(zhuǎn)速為2ω時(shí),兩球也不動(dòng) 【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：Mω2r＞mω2r，所以?xún)汕蛳鄬?duì)桿會(huì)滑動(dòng);故A錯(cuò)誤. B、兩球的向心力是相等的，得：Mω2r1=mω2r2 ，所以r1r2=mM<1，兩球離軸距離之比與質(zhì)量成反比。所以?xún)汕螂x軸距離之比等于質(zhì)量之比時(shí)，兩球相對(duì)桿都動(dòng);故B正確. C、由于兩球用輕細(xì)線連接，所以?xún)汕蛳鄬?duì)桿滑動(dòng)時(shí)，只能向同一方向滑動(dòng);故C錯(cuò)誤. D、根據(jù)向心力的表達(dá)式，得：Mω2r1=mω2r2 ，由于兩球的向心力相等與角速度無(wú)關(guān)，所以轉(zhuǎn)速為ω時(shí)，兩球相對(duì)桿都不動(dòng)，那么轉(zhuǎn)速為2ω時(shí)兩球也不動(dòng);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(zhǎng)的輕繩連接后繞固定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)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(shuō)法正確的是 A．?dāng)?shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān) B．?dāng)?shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無(wú)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(wú)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mg＝mv2r，解得v2=gr，故a=gr，與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故A正確；當(dāng)v2=2a時(shí)，對(duì)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ba＝rm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。 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)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ABCD—A1B1C1D1，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(dòng)，下列說(shuō)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1:2 C．運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(zhǎng)），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α，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θ．則有tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，tanθ=gtv0，則 tanθ=2tanα，可知θ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(dòng)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(dòng)的研究方法，即水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(kāi)始從軌道A端滑下，重力加速度為g．則下列說(shuō)法正確的是（　?。? A．A端距離地面的高度為gs22v02 B．小球運(yùn)動(dòng)至B端時(shí)其水平方向的速度大小為v0 C．小球運(yùn)動(dòng)至B端的速率為gsv0 D．小球從A端運(yùn)動(dòng)至B端的時(shí)間為sv0 【答案】 AC 【解析】 【分析】 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=sv0，則A端距離地面的高度h=12gt2=gs22v02，故A正確。對(duì)小球分析，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh=12mvB2，解得小球運(yùn)動(dòng)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tanα=vyv0=gtv0=sgv02，可知vx=vBcosθ=gsv0v04+g2s2，故B錯(cuò)誤，C正確。小球從A到B做的運(yùn)動(dòng)不是平拋運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t≠sv0，故D錯(cuò)誤；故選AC。 【點(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θ的正切等于位移方向與水平方向夾角α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(duì)應(yīng)的圓心角θ=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(chǎng)強(qiáng)大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=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(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (2)改變AB之間的距離和場(chǎng)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(dòng)能的最小值。 【答案】（1）在C點(diǎn)小物塊對(duì)圓軌道的壓力大小為FN=135mg；（2）小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過(guò)程由動(dòng)能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=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(duì)圓軌道的壓力大小為FN=135mg (2)小物塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過(guò)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：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 22．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m＝1 kg的物塊B和C。物塊C緊靠著擋板P，物塊B通過(guò)一跨過(guò)光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量m0＝8 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(duì)應(yīng)圓心角為60、半徑R＝2 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(wú)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(kāi)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(zhǎng)，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(duì)圓弧軌道的壓力大小。 【答案】（1）5 N/m （2）144 N 【解析】 【詳解】 (1)小球A位于a處時(shí)，繩無(wú)張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài) 對(duì)B由平衡條件有kx＝mgsin 30 當(dāng)C恰好離開(kāi)擋板P時(shí)，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀態(tài) 對(duì)C由平衡條件有kx′＝mgsin 30 由幾何關(guān)系知R＝x＋x′ 代入數(shù)據(jù)解得k＝2mgsin300R＝5 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(shì)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(1－cos 60)＝mgRsin 30＋12m0vA2＋12mvB2 將A在b處的速度分解，由速度分解關(guān)系有vAcos 30＝vB 代入數(shù)據(jù)解得vA＝4(m0-m)gR4m0+3m＝4 m/s 在b處，對(duì)A由牛頓定律有N－m0g＝m0vA2R 代入數(shù)據(jù)解得N＝m0g＋m0vA2R＝144 N 由牛頓第三定律，小球A對(duì)圓軌道的壓力大小為N′＝144 N 23．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α，sinα=35，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)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?。重力加速度大小為g 。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。 【答案】（1）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：F0mg＝tanα F2=（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CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得：DA=Rsinα CD=R（1+cosα） 由動(dòng)能定理有，-mg?CD-F0?DA=12mv2?12mv12 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(kāi)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(dòng)，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(dòng)學(xué)公式，則有： v⊥t+12gt2=CD v⊥=vsinα 聯(lián)立上式，結(jié)合題目數(shù)據(jù)，解得：t=355Rg 24．如圖所示，靜止在光滑水平軌道上的平板車(chē)，長(zhǎng)L＝2.0m，質(zhì)量M＝0.25kg.質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊以v0＝10m/s的初速度放在平板車(chē)的左端，物塊與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝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r＝1m，直徑MON豎直，平板車(chē)的上表面和半圓形軌道最低點(diǎn)高度相同，開(kāi)始時(shí)平板車(chē)的右端距半圓形軌道底端1.5m，平板車(chē)碰到半圓形軌道后立即停止運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2，求： (1)物塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)速度的大??； (2)物塊回落至平板車(chē)上時(shí)與平板車(chē)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(dòng)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(guò)程中機(jī)械能守恒，可求得速度；且要通過(guò)最高點(diǎn)應(yīng)滿足臨界條件則可確定物體可能的運(yùn)動(dòng)過(guò)程；再做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得物體距右端的距離. 【詳解】 (1)小物塊、平板車(chē)在水平方向上滿足動(dòng)量守恒定律， 設(shè)二者共速時(shí)的速度大小為v1，有:mv0＝(m＋M)v1 代入數(shù)據(jù)解得:v1＝8m/s 設(shè)共速時(shí)平板車(chē)向右運(yùn)動(dòng)的位移為x1,由動(dòng)能定理得μmgx1=12Mv12 解得:x1=43m， 因x1=43m<1.5m，即平板車(chē)沒(méi)碰到固定半圓形軌道前物塊與平板車(chē)已共速，此時(shí)物塊相對(duì)平板車(chē)的位移Δx滿足：μmgΔx=12mv0212(m+M)v12 解得:Δx=53m 平板車(chē)停止運(yùn)動(dòng)后以物塊為研究對(duì)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(dòng)能定理有: -μmg(L-Δx)=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+mg?2r 代入數(shù)據(jù)解得:v3=25m/s 若物塊恰能通過(guò)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(dòng)，設(shè)距平板車(chē)右端的水平距離為x， 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：水平方向x＝v3t 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(guò)程的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程來(lái)逐個(gè)求解，本題中用到了勻變速直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，涉及到了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)等，要求學(xué)生要熟練的應(yīng)用每一部分的知識(shí). 25．如圖排球場(chǎng)，L=9m,球網(wǎng)高度為H=2m，運(yùn)動(dòng)員站在網(wǎng)前s=3m處，正對(duì)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(wú)論水平擊球的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是出界？ 【答案】（1）310m/s＜v≤122m/s（2）2.13m 【解析】 【分析】 （1）排球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的規(guī)律求出臨界高度。 【詳解】 （1）當(dāng)球剛好不觸網(wǎng)時(shí)，根據(jù)h1?h＝12gt12，解得：t1＝2(h1-h)g＝2(2.5-2)10s＝1010s，則平拋運(yùn)動(dòng)的最小速度為：vmin＝x1t1＝31010m/s＝310m/s．當(dāng)球剛好不越界時(shí)，根據(jù)h1＝12gt22，解得：t2＝2h1g＝22.510s＝22s，則平拋運(yùn)動(dòng)的最大速度為：vmax＝x2t2＝3+922m/s＝122m/s，則水平擊球的速度范圍為310m/s＜v≤122m/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(guò)大會(huì)出界，擊球速度過(guò)小又會(huì)觸網(wǎng)，情況是球剛好擦網(wǎng)而過(guò)，落地時(shí)又恰壓底線上，則有：x12Hg＝x22(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(guò)此值時(shí)，球不是出界就是觸網(wǎng)。 【點(diǎn)睛】 本題考查平拋運(yùn)動(dòng)在生活中應(yīng)用，要通過(guò)分析找出臨界條件，由平拋運(yùn)動(dòng)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=1．0m，在D點(diǎn)固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0．9，BC段光滑，CD段動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。當(dāng)傳送帶以v0=6m／s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)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(guò)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=10m／s2。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(dòng)而不會(huì)脫離軌道，求μ2的取值范圍。 【答案】（1）6m/s（2）0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9； 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)物塊在AB上做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度不大于傳送帶速度，由傳送帶長(zhǎng)度來(lái)求解； （2）根據(jù)物塊不脫離軌道得到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，然后對(duì)物塊從B到第二次通過(guò)圓軌道應(yīng)用動(dòng)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=μ1mg，那么，物塊做加速度a＝μ1g＝9m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)； 因?yàn)?aL0＝v02，故物塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運(yùn)動(dòng)要么能通過(guò)最高點(diǎn)，要么在圓軌道上最高點(diǎn)的高度h≤R； 故當(dāng)物塊能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，在最高點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：mg≤mv2R； 對(duì)物塊從B到第二次到最高點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理可得：?2μ2mgL?2mgR＝12mv2?12mvB2 解得：μ2＝12mvB2-2mgR-12mv22mgL≤0.65； 當(dāng)物塊在圓軌道上最高點(diǎn)的高度0＜h≤R時(shí)，由動(dòng)能定理可得：?2μ2mgL?mgh＝0?12mvB2， 解得：μ2＝12mvB2-mgh2mgL，所以，0.8≤μ2＜0.9； 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(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓軌道，0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9； 【點(diǎn)睛】 經(jīng)典力學(xué)問(wèn)題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過(guò)程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解． 27．如圖，質(zhì)量為m＝1 kg的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))在半徑為R＝0.4 m的14圓弧A端由靜止開(kāi)始釋放，它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v＝2 m/s.當(dāng)滑塊經(jīng)過(guò)B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)一段距離后，通過(guò)換向軌道由C點(diǎn)過(guò)渡到傾角為θ＝37、長(zhǎng)s＝1 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(dòng)摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5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(guò)C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，不計(jì)空氣阻力． (1)求滑塊對(duì)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μ＝0，求質(zhì)點(diǎn)從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間； (3)若最終滑塊停在D點(diǎn)，求μ的最大值． 【答案】（1）20N；2J（2）13s（3）μ的取值范圍為0.125≤μ＜0.75或μ=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(duì)B點(diǎn)的壓力，根據(jù)動(dòng)能定理求出AB端克服阻力做功的大?。? （2）若μ=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(jiàn)多次反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止在D點(diǎn)，結(jié)合動(dòng)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：F?mg＝mv2R， 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(dòng)能定理得：mgR?W＝12mv2， 代入數(shù)據(jù)得：W=2J． （2）在CD間運(yùn)動(dòng)，有：mgsinθ=ma， 加速度為：a=gsinθ=100.6m/s2=6m/s2， 根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：s＝vt+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： mgsinθ?s?μ1mgcosθ?s＝0?12mv2， 代入數(shù)據(jù)得：μ1=1， b、滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止于D點(diǎn)． 當(dāng)滑塊恰好能返回C有：?μ1mgcosθ?2s＝0?12mv2， 代入數(shù)據(jù)得到：μ1=0.125， 當(dāng)滑塊恰好能靜止在斜面上，則有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入數(shù)據(jù)得到：μ2=0.75． 所以，當(dāng)0.125≤μ＜0.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止于D點(diǎn)． 綜上所述，μ的取值范圍是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵理清滑塊在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，運(yùn)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)和動(dòng)能定理進(jìn)行求解，涉及到時(shí)間問(wèn)題時(shí)，優(yōu)先考慮動(dòng)力學(xué)知識(shí)求解．對(duì)于第三問(wèn)，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(chē)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(zhǎng)L＝0.8m．現(xiàn)將小球C拉至水平無(wú)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mA＝4kg、mB＝8kg和mC＝1kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、C碰撞時(shí)間極短，且只碰一次，取重力加速度g＝10m/s2. (1)求小球C與物體A碰撞前瞬間受到細(xì)線的拉力大??； (2)求A、C碰撞后瞬間A的速度大小； (3)若物體A未從小車(chē)B上掉落，小車(chē)B的最小長(zhǎng)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(guò)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：v0＝4m/s， 對(duì)小球，由牛頓第二定律得：F﹣m0g＝m0v02l 代入數(shù)據(jù)解得：F＝30N （2）小球C與A碰撞后向左擺動(dòng)的過(guò)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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以小球的初速度方向?yàn)檎较颍? 由動(dòng)量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA 代入數(shù)據(jù)解得：vA＝1.5m/s （3）物塊A與木板B相互作用過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的速度方向?yàn)檎较颍? 由動(dòng)量守恒定律得：mvA＝（m+M）v 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.5m/s 由能量守恒定律得：μmgx=12mvA2-12（m+M）v2 代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.375m； 29．如圖所示，水平地面和半圓軌道面均光滑，質(zhì)量M＝1kg的小車(chē)靜止在地面上，小車(chē)上表面與R=0．24m的半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0=6m/s的初速度滑上小車(chē)左端，二者共速時(shí)的速度為v1=4m/s，此時(shí)小車(chē)還未與墻壁碰撞，當(dāng)小車(chē)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(huà)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(chē)表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0．2，g取10m/s2，求： （1）小車(chē)的最小長(zhǎng)度； （2）小車(chē)的長(zhǎng)度L在什么范圍，滑塊不脫離軌道？ 【答案】（1）3m (2) 3m≤L≤4m或5.8m≤L≤7m 【解析】 【分析】 （1）滑塊在小車(chē)滑行過(guò)程，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒，可求出共同速度．小車(chē)的長(zhǎng)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(chē)的右端時(shí)，小車(chē)的長(zhǎng)度最短，根據(jù)能量守恒求解最小長(zhǎng)度；（2）滑塊不脫離圓軌道可能從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道，也可能滑到T點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)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(chē)的最小長(zhǎng)度為