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步步高2014版《考前三个月》高考物理大二轮专题复习学案:专题三 学案4平抛运动与圆周运动


灵璧县黄湾中学

学案

专题三
【考情分析】

力与物体的曲线运动
学案 4 平抛运动与圆周运动

【考点预测】 平抛运动和圆周运动是典型的曲线运动,而处理平抛运动的方法主要是运动的合成与分 解,因此运动的合成与分解、平抛运动、圆周运动是每年必考的知识点.复习中要注意理解 合运动

与分运动的关系,掌握平抛运动和圆周运动问题的分析方法,能运用平抛运动知识和 圆周运动知识分析带电粒子在电场、磁场中的运动. 考题 1 对运动的合成和分解的考查 例 1 如图 1,质量 m=2.0 kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动,物体和水平面间
? ?x=3.0t?m? 的动摩擦因数 μ=0.05,已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为? ,g= 2 ?y=0.2t ?m? ?

10 m/s2.

图1 根据以上条件求: (1)t=10 s 时刻物体的位置坐标; (2)t=10 s 时刻物体的速度的大小方向; (3)t=10 s 时刻水平外力的大小. 审题突破 ①由公式 x=3.0t 可知物体沿 x 方向做匀速直线运动. 由公式 y=0.2t2 可知物 体沿 y 方向做匀加速直线运动.②先确定 t=10 s 时刻物体在两方向的分速度,然后确定 合速度的大小及方向.③先确定两方向的外力的分力,然后确定水平外力. 解析 (1)t=10 s 时刻,设物体的位置坐标为(x,y)显然:x=3.0t=30 m,y=0.2t2=20 m,

物体的位置坐标为(30 m,20 m)

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(2)由运动过程中的坐标与时间的关系知:x 轴物体做匀速运动,vx=3 m/s y 轴物体做匀加速运动:加速度 a=0.4 m/s2 10 s 时,vy=at=4 m/s
2 t=10 s 时刻物体的速度的大小为 v= vx +v2 与 x 轴正方向夹角 α 满足 tan y =5 m/s.方向:

4 α= ,解得 α=53° 3 (3)滑动摩擦力:Ff=μmg=1.0 N x 轴物体做匀速运动:Fx=Ff×0.6 y 轴物体做匀加速运动:对物体列牛顿第二定律公式:Fy-Ff×0.8=ma 解得:Fy=1.6 N.故 t=10 s 时刻水平外力的大小:
2 2 2 F= Fx +F2 y = 0.6 +1.6 N=1.7 N

答案 题后反思

(1)(30 m,20 m) (2)5 m/s,与 x 轴正方向夹角为 53° (3)1.7 N

1. 分运动与合运动具有等时性和独立性. 2. 分析运动的合成与分解问题,要注意运动的分解方向,一般情况按实际运动效果进行分 解,切记不可按分解力的思路来分解运动. 3. 求解物体所受摩擦力时,要注意曲线运动中,物体只受平面的一个摩擦力,注意摩擦力 可以沿分运动方向进行分解,千万不要认为物体沿两个方向都受摩擦力,即受两个摩擦 力的作用. 突破练习 1. 如图 2 甲所示,在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上运动,其 v-t 图象如图乙所示,人顶 杆沿水平地面运动的 x-t 图象如图丙所示.若以地面为参考系,下列说法中正确的是 ( )

图2 A.猴子的运动轨迹为直线 B.猴子在 2 s 内做匀变速曲线运动 C.t=0 时猴子的速度大小为 8 m/s D.t=2 s 时猴子的加速度大小为 4 m/s2 答案 BD

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解析 由题图乙、丙看出,猴子在竖直方向做初速度 vy=8 m/s、加速度 a=-4 m/s2 的 匀减速直线运动, 人在水平方向做速度 vx=-4 m/s 的匀速直线运动, 故猴子的初速度大 小为 v= 82+42 m/s=4 5 m/s,方向与合外力方向不在同一条直线上,故猴子做匀变 速曲线运动,故选项 B 正确,A、C 均错误;由题图乙、丙可得,t=2 s 时,ay=-4 m/s2, ax=0,则合加速度大小 a=4 m/s2,故选项 D 正确. 2. 某河宽为 600 m,河中某点的水流速度 v 与该点到较近河岸的距离 d 的关系图象如图 3 所示,现船以静水中的速度 4 m/s 渡河,且船渡河的时间最短,下列说法正确的是( )

图3 A.船在河水中航行的轨迹是一条直线 B.船在行驶过程中,船头始终与河岸垂直 C.渡河最短时间为 240 s D.船离开河岸 400 m 时的速度大小为 2 5 m/s 答案 BD 解析 由于距岸不同位置处水流速度不同,所以其与船在静水中速度的合速度也不同, 船的实际运动轨迹为曲线,A 错;由运动的独立性可知,只有当船头与河岸垂直时,渡 河时间最短,最短时间为 t= d 600 = s=150 s,B 对,C 错;由题图可知,船离开河岸 v船 4

2 400 m 时,水流速度为 2 m/s,由运动的合成得 v′= v2 水+v船=2 5 m/s,D 对.

3. 光滑水平面上有一直角坐标系,质量 m=4 kg 的质点静止在坐标原点 O 处,先用沿 x 轴 正方向的力 F1=8 N 作用了 2 s;然后撤去 F1,并立即用沿 y 轴正方向的力 F2=24 N 作 用 1 s,则质点在这 3 s 内的轨迹为图中的 ( )

答案 D F1 8 解析 质点在前 2 s 内沿 x 轴正方向的加速度 a1= = m/s2=2 m/s2,此段时间内发生 m 4

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1 1 的位移 x1= a1t2 = ×2×22 m=4 m,2 s 末质点的位置坐标为(4,0),此时的速度大小 v= 2 1 2 a1t1=2×2 m/s=4 m/s,方向沿 x 轴正方向;力 F2 使质点沿 y 轴正方向产生的加速度 a2 F2 24 = = m/s2=6 m/s2,因力 F2 的方向与 2 s 末的速度方向垂直,故质点从第 2 s 末开始 m 4 做类平抛运动,第 3 s 内沿 x 轴正方向发生的位移大小 x2=vt2=4×1 m=4 m,沿 y 轴正 1 1 方向发生的位移大小 y= a2t2 = ×6×1 2 m=3 m.综上所述,正确选项为 D. 2 2 2 考题 2 对平抛运动规律的考查 例 2 如图 4 所示,一足够长的固定斜面与水平面的夹角为 37° ,物体 A 以初速度 v1 从斜面 顶端水平抛出,物体 B 在斜面上距顶端 L=15 m 处同时以速度 v2 沿斜面向下匀速运动, 经历时间 t 物体 A 和 B 在斜面上相遇,则下列各组数据和时间中满足条件的是(sin 37° = 0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2) ( )

图4 A.v1=16 m/s,v2=15 m/s,t=3 s B.v1=16 m/s,v2=16 m/s,t=2 s C.v1=20 m/s,v2=20 m/s,t=3 s D.v1=20 m/s,v2=16 m/s,t=2 s 审题突破 ①画出两物体的运动示意图; ②确定两物体的位移关系; ③注意两物体的运动时间相等 解析 设 B 物体沿斜面运动的位移为 L′. 对 B:L′=v2t 1 对 A:(L+L′)sin 37° = gt2 2 (L+L′)cos 37° =v1t 将题中各组数据分别代入上述三式,可知只有 C 组数据使公式成立,所以答案选 C. 答案 C 规律总结 1. 平抛运动、类平抛运动处理的方法都是采用运动分解的方法,即分解为沿初速度方向的 匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动.
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2. 在平抛(类平抛)运动中要注意两个推论,在解答选择题时常用到: (1) 做平抛 (类平抛 )运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中 点,如图 5 甲所示. (2)如图乙,设做平抛(类平抛)运动的物体在任意时刻、任意位置处瞬时速度与水平方向 的夹角为 θ,位移与水平方向的夹角为 φ,则有 tan θ=2tan φ.

图5 突破练习 4. 如图 6,x 轴在水平地面内,y 轴沿竖直方向,图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三 个小球 a、b 和 c 的运动轨迹,其中 b 和 c 是从同一点抛出的,不计空气阻力,则( )

图6 A.a 的飞行时间比 b 的长 B.b 和 c 的飞行时间相同 C.a 的初速度比 b 的小 D.b 的初速度比 c 的大 答案 BD 1 解析 由 h= gt2,得运动时间 t= 2 位移 x=v0t=v0 2h ,解得 v0=x g 2h ,则 ta<tb=tc,选项 A 错误,B 正确;由水平 g g ,则 va>vb>vc,选项 C 错误,D 正确. 2h

5. 如图 7 所示,轮滑运动员从较高的弧形坡面滑到 A 处时,沿水平方向飞离坡面,在空中 划过一段抛物线后,再落到倾角为 θ 的斜坡上,若飞出时的速度大小为 v0,则( )

图7 A.运动员落到斜坡上时,速度方向与坡面平行
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v0 B.运动员落到斜坡上 B 点时的速度大小是 cos θ 2v0tan θ C.运动员从 A 点到 B 点经历的时间是 g 2v2 0sin θ D.运动员的落点 B 与起点 A 的距离是 gcos2 θ 答案 CD 解析 根据平抛运动的特点和规律可知,轮滑运动员落到斜坡上的 B 点时速度的反向延 长线过初速度 v0 方向上水平位移的中点,故轮滑运动员落到斜坡上时,速度方向不会与 坡面平行,轮滑运动员落到 B 点时的速度方向与初速度 v0 方向的夹角大于 θ,则轮滑运 v0 动员落到 B 点的速度不会等于 ,选项 A、B 错误;设轮滑运动员从 A 点运动至 B 点 cos θ 1 需要的时间为 t, 则发生的水平位移 x=v0t, 竖直位移 y= gt2, 又根据几何关系得 y=xtan 2 2v0tan θ θ,联立以上三式解得 t= ,故选项 C 正确;轮滑运动员的落点 B 与起点 A 的距 g
2 2v0 sin θ 离 l=x/cos θ=v0t/cos θ= ,故选项 D 正确. gcos2 θ

6. (2013· 江苏· 7)如图 8 所示,从地面上同一位置抛出两小球 A、B,分别落在地面上的 M、 N 点,两球运动的最大高度相同.空气阻力不计,则 ( )

图8 A.B 的加速度比 A 的大 B.B 的飞行时间比 A 的长 C.B 在最高点的速度比 A 在最高点的大 D.B 在落地时的速度比 A 在落地时的大 答案 CD 解析 两小球都只受重力,因此它们的加速度相同,A 项错;由题意和抛体运动规律知, 竖直方向分运动完全相同,因此飞行时间一样,则 B 项错;再根据水平方向,同样的时 间内 B 水平位移大, 则 B 在最高点的速度较大, 由机械能守恒定律知 B 落地速度比 A 的 也大,则 C、D 项正确. 考题 3 对圆周运动规律的考查 例 3 为了研究过山车的原理, 某物理小组提出了下列的设想, 取一个与水平方向夹角为 37° 、 长为 L=2.0 m 的粗糙倾斜轨道 AB,通过水平轨道 BC 与竖直圆轨道相连,出口为水平 轨道 DE,整个轨道除 AB 段以外都是光滑的,其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接,如
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图 9 所示,一个小物块以初速度 v0=4.0 m/s,从某一个高度水平抛出,到 A 点时速度方 向恰沿 AB 方向,并沿倾斜轨道滑下,已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数 μ=0.5,g 取 10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,求:

图9 (1)小物块的抛出点和 A 点的高度差; (2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道 AB,则竖直圆轨道的半径应该满 足什么条件; (3)要使小物块不离开轨道, 并从水平轨道 DE 滑出, 求竖直圆轨道的半径应该满足什么 条件. 答案 解析 (1)0.45 m (2)R≥1.65 m (3)R′≤0.66 m (1)设抛出点到 A 点的高度差为 h,到 A 点时有:

vy vy= 2gh,且 =tan 37° v0 联立以上两式并代入数据得 h=0.45 m.
2 (2)小物块到达 A 点时的速度:vA= v0 +v2 y =5 m/s

1 1 2 从 A 到 B,由动能定理:mgLsin 37° -μmgcos 37° · L= mv2 B- mvA 2 2 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道 AB, 则小物块沿圆轨道上升的最大高度不 能超过圆心,即: 1 2 mv ≤mgR,解得 R≥1.65 m 2 B 1 1 (3)小物块从 B 运动到轨道最高点机械能守恒: mv2 = mv2+mg×2R′ 2 B 2 v2 在最高点有:m ≥mg R′ 由以上各式解得 R′≤0.66 m,此时小物块不离开轨道,且能从水平轨道 DE 滑出. 规律总结 1. 圆周运动的基本规律 v2 2π (1)向心力:F=mω2r=m =m( )2r=m(2πf)2r=m(2πn)2r. r T (2)向心加速度

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v2 2π ①大小:a=ω2r= =( )2r=(2πf)2r==(2πn)2r. r T ②注意:当 ω 为常数时,a 与 r 成正比;当 v 为常数时,a 与 r 成反比;若无特定条件, 不能说 a 与 r 成正比还是成反比. 2. 要注意竖直平面内圆周运动的两种临界的不同: 分类 实例 最高点无支撑 球与绳连接、水流星、翻滚过 山车 最高点有支撑 球与杆连接,车过拱桥、球过竖 直管道、套在圆环上的物体等

图示

在最高点 受力 恰好过最 高点 突破练习

重力、弹力 F 弹向下或等于零 v2 mg+F 弹=m r v2 F 弹=0, mg=m , v= rg(在 r 最高点速度不能为零)

重力、弹力 F 弹向下、向上或等 v2 于零 mg± F 弹=m r F 弹=mg,F 向=0(在最高点速度 可为零)

7. 如图 10 所示,轻杆长为 L,一端固定在水平轴上的 O 点,另一端系一个小球(可视为质 点).小球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动,且能通过最高点,g 为重力加速度.下 列说法正确的是 ( )

图 10 A.小球通过最高点时速度不可能小于 gL B.小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零 C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大 D.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小 答案 B 解析 轻杆在最高点可以表现为拉力,也可以表现为支持力,在最高点,小球的临界速 度为零,根据牛顿第二定律判断轻杆对小球的弹力随速度变化的关系.小球在最高点的 最小速度为零,此时重力等于轻杆的支持力,故 A 错误.在最高点,若速度 v= gL, 轻杆的作用力为零,B 正确.当 v> gL,轻杆表现为拉力,速度增大,向心力增大,则
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轻杆对小球的拉力增大;当 v< gL时,轻杆表现为支持力,速度减小,向心力减小,则 轻杆对小球的支持力增大,故 C、D 错误. 8. 如图 11 所示,一质量为 M 的人,站在台秤上,一个长为 R 的悬线一端系一个质量为 m 的小球,手拿悬线另一端,小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动,且小球恰好 能通过圆轨道最高点,则下列说法正确的是 ( )

图 11 A.小球运动到最低点时,台秤的示数最大且为(M+6m)g B.小球运动到最高点时,台秤的示数最小且为 Mg C.小球在 a、b、c 三个位置时,台秤的示数相同 D.小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大,人处于超重状态 答案 AC 解析 小球恰能通过圆轨道最高点时,绳子拉力为 0,此时对人受力分析,得出台秤对 人的支持力 F=Mg,同理,对人分析得出 a、c 处台秤对人的支持力 F=Mg,B 项错误, C 项正确.小球在 ac 水平线以上时,人受到绳子斜向上的拉力,人对台秤的压力小于 Mg,在 ac 水平线以下时,人受到绳子斜向下的拉力,人对台秤的压力大于 Mg,D 项错
2 v0 1 1 2 误.在最低点,对球:mg· 2R= mv2- mv2 0,在最高点时有 mg=m ,则最低点速度 v 2 2 R

v2 =5gR; 设绳拉力为 FT, 对球在最低点应用牛顿第二定律, FT-mg=m , 解得 FT=6mg. R 再取人为研究对象可知人对台秤的压力为(M+6m)g,A 项正确. 9. (2013· 福建· 20)如图 12,一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点,下端系一质量 m=1.0 kg 的 小球.现将小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过 B 点时绳恰好被拉断,小 球平抛后落在水平地面上的 C 点.地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上,已知绳长 L= 1.0 m,B 点离地高度 H=1.0 m,A、B 两点的高度差 h=0.5 m,重力加速度 g 取 10 m/s2, 不计空气影响,求:

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图 12

(1)地面上 DC 两点间的距离 s; (2)轻绳所受的最大拉力大小. 答案 解析 (1)1.41 m (2)20 N (1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒,有 ① ② ③ ④ ⑤

1 mgh= mv2 2 B 1 小球从 B 到 C 做平抛运动,在竖直方向上有 H= gt2 2 在水平方向上有 s=vBt 由①②③式解得 s=1.41 m
2 vB (2)小球下摆到达 B 点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有 F-mg=m L

由①⑤式解得 F=20 N 根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为 20 N.

物理模型二 平抛运动模型 当物体以一定的水平速度抛出,物体只在重力作用下的运动称为平抛运动.若物体在某 一方向做匀速直线运动,另一垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动,则物体所做的 运动被称为类平抛运动,无论是平抛运动还是类平抛运动,解决问题的方法相同,由此 我们可以构建平抛运动模型. 平抛运动问题的处理方法 1. 用功能观点分析 对物体的运动,在不需要确定速度方向的情况下,可用动能定理或能量守恒定律列式求 解. 2. 用运动分解的方法分析 (1)分解速度 若已知物体在某时刻的速度方向,则需要将速度进行分解.例如:(如图 13 所示)

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图 13 (2)分解位移 若已知物体某时刻位移与初速度方向成某一夹角时,则需要分解位移,在两方向分别列 位移方程.例如:(如图 14 所示)

图 14 例 4 如图 15 所示,水平地面与一半径为 l 的竖直光滑圆弧轨道相接于 B 点,轨道上的 C 点 处于圆心 O 的正下方, 距地面高度为 l 的水平平台边缘上的 A 点有一质量为 m 的小球以 v0= 2gl的速度水平飞出,小球在空中运动至 B 点时,恰好沿圆弧轨道在该点的切线方 向滑入轨道,小球运动过程中空气阻力不计,重力加速度为 g,试求:

图 15 (1)B 点与抛出点 A 正下方的水平距离 x; (2)圆弧 BC 段所对应的圆心角 θ; (3)小球滑到 C 点时,对圆弧轨道的压力. 审题突破 ①小球沿圆弧轨道的切线方向滑入轨道,由速度方向可确定圆弧所对应的圆 心角. ②小球与轨道无碰撞,说明无机械能损失,整个过程机械能守恒. 答案 解析 (1)2l (2)45° (3)(7- 2)mg,方向竖直向下 1 (1)设小球做平抛运动到达 B 点的时间为 t,由平抛运动规律知,l= gt2,x=v0t, 2

联立解得 x=2l (2)设小球到达 B 点时竖直分速度为 vy.v2 . y =2gl,tan θ=vy/v0=1,解得 θ=45° (3)小球从 A 运动到 C 点的过程中机械能守恒,设到达 C 点时速度大小为 vC,由机械能
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守恒定律得, 1 1 mgl(1+1-cos 45° )= mv2 - mv2 2 C 2 0 v2 C 设轨道对小球的支持力为 FN,有:FN-mg=m , l 解得:FN=(7- 2)mg 由牛顿第三定律可知,小球对圆弧轨道的压力为 FN′=(7- 2)mg,方向竖直向下. 题后反思 1. 对于平抛运动问题要注意两点: (1)两分运动具有等时性,常由一个分运动求时间,然后根据另一个分运动的规律求速度 或位移. (2)在将速度分解时,要注意画分解图,正确找出对应的角度. 2. 多过程问题中,要注意分析每个过程所遵循的规律以及各过程间相关联的物理量.

知识专题练
一、单项选择题

训练 4

1. 如图 1 所示,a、b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度 v0 同时水 平抛出, 已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等, 斜面底边长是其竖直高度的 2 倍. 若 小球 a 能落到半圆轨道上,小球 b 能落到斜面上,则 ( )

图1 A.b 球一定先落在斜面上 B.a 球一定先落在半圆轨道上 C.a 球可能先落在半圆轨道上 D.a、b 不可能同时落在半圆轨道和斜面上 答案 C 解析 在抛出点左侧作一斜面,左斜面与原斜面倾角相同.可 直接分析 a、b 的运动情况.当 v0 较小时,轨迹如图线①, 则先落在斜面上. 当 v0 是某一值时, 轨迹如图线②, 则落在斜面与半圆轨道的交点处. 当 v0 较大时,轨迹如图线③,则先落在半圆轨道上,故 C 正确. 2. (2013· 江苏· 2)如图 2 所示,“旋转秋千”中的两个座椅 A、B 质量相等,通过相同长度的 缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动 时,下列说法正确的是 ( )

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图2 A.A 的速度比 B 的大 B.A 与 B 的向心加速度大小相等 C.悬挂 A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等 D.悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小 答案 D 解析 因为物体的角速度 ω 相同,线速度 v =rω,而 rA<rB ,所以 vA<vB an 则 A 项错;根据 an=rω2 知 anA<anB,则 B 项错;如图,tan θ= ,而 B g mg 的向心加速度较大,则 B 的缆绳与竖直方向夹角较大,缆绳拉力 T= , cos θ 则 TA<TB,所以 C 项错, D 项正确. 3. 如图 3 所示,斜面上有 a、b、c、d 四个点,ab=bc=cd,从 a 点正上方 O 点以速度 v 水平抛出一个小球落在斜面上 b 点,若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出,不计空气阻力, 则它落在斜面上的 ( )

图3 A.b 与 c 之间某一点 C.c 与 d 之间某一点 答案 A 解析 如图,若没有斜面,以 2v 速度平抛此小球,则水平位移 为前一次的 2 倍,从图中可见,小球应落在斜面上的 b 与 c 之间 某一点.答案为 A . 4. 如图 4 为湖边一倾角为 30° 的大坝横截面示意图,水面与大坝的交点为 O.一人站在 A 点 处以速度 v0 沿水平方向扔小石子,已知 AO=40 m,不计空气阻力,g 取 10 m/s2.下列说 法正确的是 ( ) B.c 点 D.d 点

图4
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A.若 v0>18 m/s,则石块可以落入水中 B.若 v0<20 m/s,则石块不能落入水中 C.若石块能落入水中,则 v0 越大,落水时速度方向与水平面的夹角越大 D.若石块不能落入水中,则 v0 越大,落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 答案 A 解析 设石子恰好落到 O 点 1 AO sin 30° = gt2 2 AO cos 30° =v0t 解得 v0=10 3 m/s 当 v0>10 3 m/s,石子落入水中,故 A 正确,B 错误. vy 当石块能落入水中时,设落水时速度方向与水平面的夹角为 α,则 tan α= ,随 v0 的增 v0 大,α 减小,C 错误.当石块不能落入水中时,落到斜面上的速度方向不变,D 错误. 5. “快乐向前冲”节目中有这样一种项目,选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到沟对面的 平台上,如果已知选手的质量为 m,选手抓住绳由静止开始摆动,此时绳与竖直方向的 夹角为 α,如图 5 所示,不考虑空气阻力和绳的质量(选手可视为质点),下列说法正确的 是 ( )

图5 A.选手摆到最低点时所受绳子的拉力大于 mg B.选手摆到最低点时所受绳子的拉力大于选手对绳子的拉力 C.选手摆到最低点的运动过程中重力的功率一直增大 D.选手摆到最低点的运动过程为匀变速曲线运动 答案 A 解析 在最低点, 选手受到的重力和绳子的拉力的合力提供向心力, 根据牛顿第二定律, v2 有 F-mg=m ,故 F>mg,故 A 正确;选手摆到最低点时所受绳子的拉力和选手对绳子 r 的拉力是一对作用力和反作用力的关系, 根据牛顿第三定律, 它们大小相等, 故 B 错误; 选手摆到最低点的运动过程中重力的功率先增大后减小, 机械能守恒, 是变速圆周运动, 拉力是变力,故 C、D 错误. 6. 如图 6 甲所示,轻杆一端固定在 O 点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半 径为 R 的圆周运动.小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为 FN,小球在最高点的
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速度大小为 v,其 FN-v2 图象如图乙所示,则

(

)

图6 aR A.小球的质量为 b B.当地的重力加速度大小为 R b

C.v2=c 时,在最高点杆对小球的弹力方向向上 D.v2=2b 时,在最高点杆对小球的弹力大小为 2a 答案 A 解析 由题图乙可知当小球运动到最高点时,若 v2=b,则 FN=0,轻杆既不向上推小球 m v2 也不向下拉小球,这时由小球受到的重力提供向心力,即 mg= ,得 v2=b=gR,故 g R b = ,B 错误;当 v2>b 时,轻杆向下拉小球,C 错误;当 v2=0 时,轻杆对小球弹力的 R b aR 大小等于小球重力,即 a=mg,代入 g= 得小球质量 m= ,A 正确;当 v2=2b 时, R b m v2 由牛顿第二定律 F+mg= 得杆的拉力大小 F=mg,故 F=a,D 错误. R 二、多项选择题 7. 如图 7 所示,质量为 m 的物体与转台之间的动摩擦因数为 μ,物体与转轴间的距离为 R, 物体随转台由静止开始转动,当转台转速增加到某一值后转台开始匀速转动,整个过程 中物体相对于转台静止不动,则以下判断正确的是 ( )

图7 A.转台转速增加的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴 B.转台转速增加的过程中,转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于 90° C.转台匀速转动的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴 D.转台匀速转动的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反 答案 BC 解析 转台转速增加时,物体随转台做变速圆周运动,物体受到转台的静摩擦力作用, 其中静摩擦力的一个分力指向转轴,另一个分力沿切线向前.当匀速转动时,只有沿指

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向转轴方向的静摩擦力,而没有沿切线方向的分力,故正确答案为 B、C. 8. 如图 8 所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为 m 的两 个物体 A 和 B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为 RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦 因数 μ 相同,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,下列说法正确的是 ( )

图8 A.此时绳子张力为 3μmg B.此时圆盘的角速度为 2μg r

C.此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D.此时烧断绳子,A 仍相对盘静止,B 将做离心运动 答案 ABC 解析 两物体刚好未发生滑动时,A 受背离圆心的静摩擦力,B 受指向圆心的静摩擦力, 其大小均为 μmg. 则有:FT-μmg=mω2r,FT+μmg=mω2· 2r 解得:FT=3μmg,ω= 故选项 A、B、C 正确. 当烧断绳子时,A 所需向心力为 F=mω2r=2μmg>Ffm 所以 A 将发生滑动,选项 D 错误. 9. 如图 9 为排球场示意图,高出地面 h,球场底线到的水平距离为 L.某次比赛中运动员从 左侧在距水平距离为 L/2 处,将球沿垂直于的方向水平击出,球恰好通过的上沿落到右 侧底线上,不计空气阻力,重力加速度为 g.则 ( ) 2μg r

图9 A.击球点距地面的高度为 3h 2

9h B.击球点距地面的高度为 8 C.球被击出时的水平速度为 L g h

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D.球被击出时的水平速度为 L 答案 BC

g 2h

解析

?H-h=2gt 由平抛运动规律可知:? L ? 2 =v t
0 1

1

2 1

?H=2gt ?3L ? 2 =v t

1

2 2

0 2

解得:v0=L

g h

9 H= h,故 B、C 正确. 8

10.如图 10 所示,斜面倾角为 θ,从斜面的 P 点分别以 v0 和 2v0 的速度水平抛出 A、B 两个 小球,不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹,则 ( )

图 10 A.A、B 两球的水平位移之比为 1∶4 B.A、B 两球的飞行时间之比为 1∶2 C.A、B 两球下落的高度之比为 1∶2 D.A、B 两球落到斜面上的速度大小之比为 1∶4 答案 AB 1 1 2 解析 由平抛运动规律知 x1=v0t1,y1= gt2 1,tan θ=y1/x1;x2=2v0t2,y2= gt2,tan θ= 2 2 y2/x2,联立以上各式解得 A、B 两球的飞行时间之比为 t1:t2=1:2,A、B 两球的水平位 移之比为 x1:x2=1:4,A、B 正确.A、B 两球下落的高度之比为 y1:y2=1:4,C 错
2 2 2 误.A、B 两球落到斜面上的速度大小分别为 v1= v2 0+?gt1? ,v2=2 v0+?gt1? ,故 A、

B 两球落到斜面上的速度大小之比为 1:2,D 错误. 三、非选择题 11.如图 11 所示,用内壁光滑的薄壁细管弯成“S”形轨道固定于竖直平面内,其弯曲部分 是由两个半径均为 R 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径),轨道底端 D 点与 粗糙的水平地面相切.现有一辆玩具小车 m 以恒定的功率从 E 点开始行驶,经过一段时 间 t 之后, 出现了故障, 发动机自动关闭, 小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道, 从轨道的最高点 A 飞出后,恰好垂直撞在固定斜面 B 上的 C 点,C 点与下半圆的圆心等
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高.已知小车与地面之间的动摩擦因数为 μ,ED 之间的距离为 x0,斜面的倾角为 30° . 求:

图 11 (1)小车到达 C 点时的速度大小为多少? (2)在 A 点小车对轨道的压力是多少,方向如何? (3)小车的恒定功率是多少? 答案 (1)2 2gR (2)mg,方向竖直向上

μmgx0+5mgR (3) t 解析 (1)小车从 A 点做平抛运动到达 C 点,把 C 点的速度分解为水平方向的 vA 和竖直

方向的 vy,有: vA =tan 30° vy vy=gt 1 3R= gt2 2
2 v= v2 A+vy

解得:v=2 2gR (2)小车在 A 点的速度大小为 vA= 2gR v2 因为 v= 2gR> gR,故小车对外轨有压力,轨道对小车的作用力向下,有 mg+FN=m R 解得 FN=mg 根据作用力与反作用力,小车对轨道的压力 FN′=FN=mg,方向竖直向上 1 1 (3)从 D 到 A 的过程中,机械能守恒,则 mv2 =mg×4R+ mv2 2 D 2 A 1 小车从 E 到 D 的过程中,Pt-μmgx0= mv2 2 D μmgx0+5mgR 解得 P= t 12.如图 12 所示, 一半径 R=1 m 的圆盘水平放置, 在其边缘 E 点固定一小桶(可视为质点). 在 圆盘直径 DE 的正上方平行放置一水平滑道 BC,滑道右端 C 点与圆盘圆心 O 在同一竖 直线上,且竖直高度 h=1.25 m.AB 为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道,半径 r=
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0.45 m,且与水平滑道相切于 B 点.一质量 m=0.2 kg 的滑块(可视为质点)从 A 点由静止 释放,当滑块经过 B 点时,圆盘从图示位置以一定的角速度 ω 绕通过圆心的竖直轴匀速 运动,最终滑块由 C 点水平抛出,恰好落入圆盘边缘的小桶内.已知滑块与滑道 BC 间 的动摩擦因数 μ=0.2.取 g=10 m/s2,求:

图 12 (1)滑块到达 B 点时对轨道的压力; (2)水平滑道 BC 的长度; (3)圆盘转动的角速度 ω 应满足的条件. 答案 见解析 解析 (1)滑块由 A 点到 B 点由动能定理得:

1 mgr= mv2 2 B 解得:vB= 2gr=3 m/s 滑块到达 B 点时,由牛顿第二定律得:
2 vB FN-mg=m r

解得:FN=6 N 由牛顿第三定律得滑块到达 B 点时对轨道的压力大小为 6 N,方向竖直向下. 1 (2)滑块离开 C 后,由 h= gt2 2 1 解得:t1= R vC= =2 m/s t1 滑块由 B 点到 C 点的过程中由动能定理得: 1 2 1 2 -μmgx= mvC - mvB 2 2 解得:x=1.25 m (3)滑块由 B 点到 C 点做匀减速运动,由运动学关系有 vB+vC x= t 解得:t2=0.5 s 2 2 t=t1+t2=1 s 2h =0.5 s g

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2nπ 圆盘转动的角速度 ω 应满足条件:t= ω ω=2nπ rad/s(n=1、2、3、4??)

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