《高考物理大二輪復(fù)習與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第1講 力學中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪復(fù)習與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第1講 力學中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三 力與物體的曲線運動 [專題定位]　本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的曲線運動的問題.高考對本專題的考查以運動的組合為線索，進而從力和能的角度進行命題，題目情景新，過程復(fù)雜，具有一定的綜合性.考查的主要內(nèi)容有：①曲線運動的條件和運動的合成與分解；②平拋運動規(guī)律；③圓周運動規(guī)律；④平拋運動與圓周運動的多過程組合問題；⑤應(yīng)用萬有引力定律解決天體運動問題；⑥帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；⑦帶電粒子在磁場內(nèi)的勻速圓周運動問題；⑧帶電粒子在簡單組合場內(nèi)的運動問題等.用到的主要物理思想和方法有：運動的合成與分解思想、應(yīng)用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效代替的

2、思想方法等. [應(yīng)考策略]　熟練掌握平拋、圓周運動的規(guī)律，對平拋運動和圓周運動的組合問題，要善于由轉(zhuǎn)折點的速度進行突破；熟悉解決天體運動問題的兩條思路；靈活應(yīng)用運動的合成與分解的思想，解決帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；對帶電粒子在磁場內(nèi)的勻速圓周運動問題，掌握找圓心、求半徑的方法. 第1講　力學中的曲線運動 1.物體做曲線運動的條件 當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動.合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性. 2.平拋運動 (1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2. (2)推論：做平拋(或類平拋)運動的物體 ①任意時刻速度的

3、反向延長線一定通過此時水平位移的中點；②設(shè)在任意時刻瞬時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tan θ＝2tan φ. 3.豎直平面內(nèi)圓周運動的兩種臨界問題 (1)繩固定，物體能通過最高點的條件是v≥. (2)桿固定，物體能通過最高點的條件是v>0. 1.豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度關(guān)系通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進行動力學分析. 2.對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵. 解題方略 解決運動的合成與分解的一般思路 (1)明確合運動或分運動的運動性質(zhì).

4、(2)確定合運動是在哪兩個方向上的合成或分解. (3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等). (4)運用力與速度的關(guān)系或矢量的運算法則進行分析求解. 例1　在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動，同時人頂著直桿以速度v0水平向右勻速移動，經(jīng)過時間t，猴子沿桿向上移動的高度為h，人頂桿沿水平地面移動的距離為x，如圖1所示.關(guān)于猴子的運動情況，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.相對地面的運動軌跡為直線 B.相對地面做勻加速直線運動 C.t時刻猴子速度的大小為v0＋at D.t時間內(nèi)猴子的位移大小為 解析　猴子在水平方向上做勻速直線

5、運動，在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成，知合速度與合加速度不在同一條直線上，所以猴子運動的軌跡為曲線.故A錯誤；猴子在水平方向上的加速度為0，在豎直方向上有恒定的加速度，根據(jù)運動的合成，知猴子做曲線運動的加速度不變，做勻變速曲線運動.故B錯誤；t時刻猴子在水平方向上的分速度為v0，在豎直方向上的分速度為at，所以合速度v＝.故C錯誤.在t時間內(nèi)猴子在水平方向和豎直方向上的位移分別為x和h，根據(jù)運動的合成，知合位移s＝.故D正確. 答案　D 預(yù)測1　如圖2所示，一衛(wèi)星經(jīng)過赤道上空時速度方向與赤道平面夾角為60°，速度大小為v＝1.55×103 m/s.此時發(fā)動機點火，

6、給衛(wèi)星一附加速度Δv，使該衛(wèi)星變軌進入赤道平面內(nèi).發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度Δv的最小值和方向為(　　) 圖2 A.Δv約為1.3×103 m/s，方向東偏南30° B.Δv約為1.3×103 m/s，方向正南方向 C.Δv約為2.7×103 m/s，方向東偏南30° D.Δv約為0.8×103 m/s，方向正南方向 答案　B 解析　由題意可知，可看成衛(wèi)星一個分速度方向與赤道平面夾角為60°，速度大小為v＝1.55×103 m/s.另一速度即為附加速度，根據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，則當附加速度垂直合速度時，附加速度達到最小值，如圖所示.附加速度的方向為正南方向，根據(jù)三角知識

7、，大小為：Δv＝vsin 60°＝1.55×103× m/s≈1.3×103 m/s，故B正確，A、C、D錯誤. 預(yù)測2　如圖所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右運動，運動中要穿過一段有水平向北的風帶ab，經(jīng)過風帶時風會給小球一個向北的水平恒力，其余區(qū)域無風力，則小球過風帶及過后的軌跡正確的是(　　) 答案　B 解析　小球在光滑的水平面上以v0向右運動，給小球一個向北的水平恒力，根據(jù)曲線運動條件，結(jié)合運動軌跡偏向加速度的方向，故B正確，A、C、D錯誤. 例2　(2016·浙江理綜·23)在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖3所示.P是個微粒源，能持續(xù)水

8、平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒.高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h. 圖3 (1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間； (2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍； (3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關(guān)系. 解析　(1)打在AB中點的微粒 h＝gt2 ① 解得t＝ ② (2)打在B點的微粒 v1＝；2h＝gt ③ v1＝L ④ 同理，打在A點的微粒初速度v2＝L ⑤ 微粒初速度范圍L≤v≤L ⑥ (3)由能量關(guān)系mv＋mgh＝mv＋2mgh ⑦ 代入

9、④⑤式得L＝2h. 答案　(1)　(2)L≤v≤L　(3)L＝2h 預(yù)測3　如圖4所示，豎直平面內(nèi)有一段圓弧MN，小球從圓心O處水平拋出.若初速度為va，將落在圓弧上的a點；若初速度為vb，將落在圓弧上的b點.已知Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力，則(　　) 圖4 A.＝ B.＝ C.＝· D.＝· 答案　D 解析　對a，根據(jù)Rcos α＝gt得，t1＝ ， 則va＝＝Rsin α ， 對b，根據(jù)Rcos β＝gt得，t2＝，則vb＝＝Rsin β， 解得＝·. 預(yù)測4　如圖5所示，P、Q是固定在豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑彎管的兩端，P、Q間

10、的水平距離為d.直徑略小于彎管內(nèi)徑的小球以速度v0從P端水平射入彎管，從Q端射出，在穿過彎管的整個過程中小球與彎管無擠壓.若小球從靜止開始由P端滑入彎管，經(jīng)時間t恰好以速度v0從Q端射出.重力加速度為g，不計空氣阻力，那么(　　) 圖5 A.v0< B.v0＝ C.t＝ D.t> 答案　D 解析　設(shè)P、Q的豎直高度為h，由題意知，第二次運動重力做功等于小球動能的增加量，由此可知第一次運動豎直方向的末速度大小等于初速度大小，且P、Q的豎直高度為h＝，據(jù)平拋運動特點得v0＝，A、B選項都錯誤.小球第一次從P運動至Q的時間t1＝，第二次運動豎直方向加速度小于重力加速度，所以t>，

11、D選項正確. 解題方略 1.解決圓周運動問題要注意以下幾點： (1)要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑. (2)列出正確的動力學方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr. 2.豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結(jié)合牛頓第二定律進行動力學分析. 例3　(多選)(2016·浙江理綜·20)如圖6所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R＝90 m的大圓弧和r＝40 m的小圓弧，直道與彎道相切.大、小圓弧圓心O、O′距離L＝100 m.賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍，假設(shè)賽車在直道

12、上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動，要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，則賽車(　　) 圖6 A.在繞過小圓弧彎道后加速 B.在大圓弧彎道上的速率為45 m/s C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s 解析　在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得，kmg＝m，當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速率是一定的，且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率，故要想時間最短，可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的速率為vmR＝＝ m/s＝4

13、5 m/s，選項B正確；直道的長度為x＝＝50 m，在小彎道上的最大速率為：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小為a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關(guān)系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為t＝＝ s≈2.80 s，選項D錯誤. 答案　AB 預(yù)測5　(2016·全國甲卷·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖7所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(　　) 圖7 A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動

14、能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤. 預(yù)測6　如圖8所示，一個圓形框架以豎直的直徑為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動.在框架上套著兩個質(zhì)量相等的小球A、B，小球A、B到豎直轉(zhuǎn)軸的距離相等，它們與圓形框架保持相對靜止.下列說法正確的

15、是(　　) 圖8 A.小球A受到的合力小于小球B受到的合力 B.小球A與框架間可能沒有摩擦力 C.小球B與框架間可能沒有摩擦力 D.圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動，小球B受到的摩擦力一定增大 答案　C 解析　由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達式F＝mrω2，已知兩球質(zhì)量、半徑和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A錯誤；小球A受到的重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸，故一定存在摩擦力，而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸，故B球所受摩擦力可能為零，故B錯誤，C正確；由于不知道B是否受到摩擦力，故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動，小球B受到的摩擦力的變化情況

16、，故D錯誤. 例4　如圖9所示，半徑R＝0.5 m 的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°.將一個質(zhì)量m＝0.5 kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側(cè)高為h＝0.8 m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道.已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖9 (1)物體水平拋出時的初速度大小v0； (2)物體經(jīng)過B點時，對圓弧軌道的壓力大小FN； (3)物體在軌道CD上運動的

17、距離x.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 解析　(1)由平拋運動規(guī)律知：v＝2gh 豎直分速度vy＝＝4 m/s 初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s. (2)從P點至B點的過程，由機械能守恒有 mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv 經(jīng)過B點時，由向心力公式有FN′－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得FN′＝34 N 由牛頓第三定律知，物體對軌道的壓力大小為FN＝34 N. (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物體沿軌道CD向上做勻減速運動，速度減為零后不會下滑. 從B點到上滑至最高點的過程，由動能定理有 －mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μm

18、gcos 37°)x＝0－mv 代入數(shù)據(jù)可解得x＝ m≈1.09 m. 答案　(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m 預(yù)測7　固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖10所示.今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當調(diào)節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后(　　) 圖10 A.一定會落到水平面AE上 B.一定會再次落到圓弧軌道上 C.可能會再次落到圓弧軌道上 D.不能確定 答案　A 解析　如果小球恰能通過最高點D，根據(jù)mg＝m，

19、得vD＝， 知小球在最高點的最小速度為. 根據(jù)R＝gt2得：t＝ . 則平拋運動的水平位移為：x＝·＝R. 知小球一定落在水平面AE上.故A正確，B、C、D錯誤. 預(yù)測8　如圖11所示為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ABCD，其中ABC部分是半徑為R的半圓形軌道(AC是圓的直徑)，CD部分是水平軌道.一個質(zhì)量為m的小球沿水平方向進入軌道，通過最高點A時速度大小vA＝2，之后離開A點，最終落在水平軌道上.小球運動過程中所受空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2.求： 圖11 (1)小球落地點與C點間的水平距離； (2)小球落地時的速度方向； (3)小球在A點時軌道對小球的壓力.

20、 答案　(1)4R　(2)與水平方向的夾角為45°　(3)3mg，方向豎直向下 解析　(1)小球離開A點后做平拋運動 根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R＝gt2 解得小球運動時間t＝ 2 x＝vAt 解得小球落地點與C點間的水平距離x＝4R (2)設(shè)小球落地時的速度方向與水平方向的夾角為θ tan θ＝ 解得θ＝45° (3)設(shè)小球在A點時軌道對小球的壓力為FN 根據(jù)牛頓第二定律FN＋mg＝m 解得：FN＝3mg，方向豎直向下. 專題強化練 1.如圖1所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向運動，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板為參照物(　　) 圖1 A.帆船朝正東方向航行

21、，速度大小為v B.帆船朝正西方向航行，速度大小為v C.帆船朝南偏東45°方向航行，速度大小為v D.帆船朝北偏東45°方向航行，速度大小為v 答案　D 解析　以帆板為參照物，即把帆板看做靜止，則帆船相對于帆板有向東的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合＝v，方向北偏東45°. 2.如圖2所示，某輪渡站兩岸的碼頭A和B正對，輪渡沿直線往返于兩碼頭之間，已知水流速度恒定且小于船速.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.往返所用的時間不相等 B.往返時船頭均應(yīng)垂直河岸航行 C.往返時船頭均應(yīng)適當偏向上游 D.從A駛往B，船頭應(yīng)適當偏向上游，返回時船頭應(yīng)適

22、當偏向下游 答案　C 解析　根據(jù)矢量的合成法則，及各自速度恒定，那么它們的合速度也確定，則它們所用的時間也相等，故A錯誤；從A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根據(jù)平行四邊形定則，則船頭的方向偏向上游一側(cè).從B到A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船頭的方向仍然偏向上游一側(cè).故C正確，B、D錯誤. 3.如圖3所示，在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P；若在A點以速度2v水平拋出小球，經(jīng)過時間t2完成平拋運動.不計空氣阻力，則(　　) 圖3 A.t2>2t1 B.t2＝2t1 C.t2<2t1 D.落在B點 答案

23、　C 解析　在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P，有tan θ＝，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，若還落在斜面上，水平位移應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼?倍，可知在A點以速度2v水平拋出小球，小球?qū)⒙湓谒矫嫔? 可知兩球下降的高度之比為1∶2，根據(jù)t＝知，t1∶t2＝1∶，則t2<2t1. 4.從A點斜向上拋出一個小球，曲線ABCD是小球運動的一段軌跡.建立如圖4所示的正交坐標系xOy，x軸沿水平方向，軌跡上三個點的坐標分別為A(－L,0)、C(L,0)，D(2L,3L)，小球受到的空氣阻力忽略不計，軌跡與y軸的交點B的坐標為(　　) 圖4

24、 A.(0，) B.(0，－L) C.(0，－) D.(0，－2L) 答案　B 解析　由函數(shù)圖象可知，軌跡為二次函數(shù)，過點(－L,0)和(L,0)，設(shè)函數(shù)解析式y(tǒng)＝－a(x－L)(x＋L)將(2L,3L)代入方程，解得a＝－ y＝(x－L)(x＋L)，將x＝0代入得y＝－L. 5.如圖5所示，正方體空心框架ABCD－A1B1C1D1下表面在水平地面上，將可視為質(zhì)點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(nèi)(包括邊界)沿不同的水平方向分別拋出，落點都在△B1C1D1平面內(nèi)(包括邊界).不計空氣阻力，以地面為重力勢能參考平面.則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球初速度的最

25、小值與最大值之比是1∶ B.落在C1點的小球，運動時間最長 C.落在B1D1線段上的小球，落地時機械能的最小值與最大值之比是1∶2 D.軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向都相同 答案　D 解析　由h＝gt2得t＝，下落高度相同，平拋運動的時間相等，故B錯誤；小球落在A1C1線段中點時水平位移最小，落在C1時水平位移最大，水平位移的最小值與最大值之比是1∶2，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值與最大值之比是1∶2，故A錯誤；落在B1D1線段中點的小球，落地時機械能最小，落在B1D1線段上D1或B1的小球，落地時機械能最大.設(shè)落在B1D1線段中點的小球初速度為v1，水平

26、位移為x1.落在B1D1線段上D1或B1的小球初速度為v2，水平位移為x2.由幾何關(guān)系有 x1∶x2＝1∶，由x＝v0t，得：v1∶v2＝1∶，落地時機械能等于拋出時的機械能，分別為：E1＝mgh＋mv，E2＝mgh＋mv，可知落地時機械能的最小值與最大值之比不等于1∶2.故C錯誤.設(shè)AC1的傾角為α，軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向與水平方向的夾角為θ.則有 tan α＝＝＝，tan θ＝，則 tan θ＝2tan α，可知θ一定，則軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向都相同，故D正確. 6.(多選)如圖6所示，傾角為37°的光滑斜面頂端有甲、乙兩個小球，甲以初速度

27、v0水平拋出，乙以初速度 v0 沿斜面運動，甲、乙落地時，末速度方向相互垂直，重力加速度為g，則(　　) 圖6 A.斜面的高度為 B.甲球落地時間為 C.乙球落地時間為 D.乙球落地速度大小為 答案　AC 解析　甲、乙落地時，末速度方向相互垂直，則甲的速度方向與水平方向的夾角為53°，則vy＝v0tan 53°＝v0，斜面的高度h＝＝，故A正確；甲球落地的時間t甲＝＝，故B錯誤；乙球下滑的加速度a＝gsin 37°＝g，下滑的距離x＝，根據(jù)x＝at，聯(lián)立解得t乙＝，乙球落地的速度v＝at乙＝，故C正確，D錯誤. 7.如圖7所示，“倫敦眼”(The London Eye)是世

28、界上最大的觀景摩天輪，僅次于南昌之星與新加坡觀景輪.它總高度135米(443英尺)，屹立于倫敦泰晤士河南畔的蘭貝斯區(qū).現(xiàn)假設(shè)摩天輪正繞中間的固定軸做勻速圓周運動，則對于坐在輪椅上觀光的游客來說，正確的說法是(　　) 圖7 A.因為摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動，所以游客受力平衡 B.當摩天輪轉(zhuǎn)到最高點時，游客處于失重狀態(tài) C.因為摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動，所以游客的機械能守恒 D.當摩天輪轉(zhuǎn)到最低點時，座椅對游客的支持力小于所受的重力 答案　B 解析　摩天輪做勻速轉(zhuǎn)動，不是平衡狀態(tài).故A錯誤；當摩天輪轉(zhuǎn)到最高點時，游客受到的重力與支持力的合力的方向向下，指向圓心，所以游客處于失重狀態(tài).故B正確；摩

29、天輪做勻速轉(zhuǎn)動，所以游客的動能不變而重力勢能是變化的，所以機械能不守恒，故C錯誤；游客隨摩天輪做勻速圓周運動，當摩天輪轉(zhuǎn)到最低點時，游客受到的重力與支持力的合力的方向向上，指向圓心，所以座椅對游客的支持力大于所受的重力.故D錯誤. 8.如圖8所示，ABC為在豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在A、B兩點間的直的金屬棒，在直棒上和半圓環(huán)的BC部分分別套著兩個相同的小圓環(huán)M、N，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動，半圓環(huán)的半徑為R，小圓環(huán)的質(zhì)量均為m，金屬棒和半圓環(huán)均光滑，已知重力加速度為g，小圓環(huán)可視為質(zhì)點，則M、N兩圓環(huán)做圓周運動的線速度之比為(　　) 圖8 A.

30、 B. C. D. 答案　A 解析　M環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan 45°＝mvMω，N環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan θ＝mvNω，mgtan θ＝mrω2，r＝Rsin θ，vN＝rω＝，因此＝，A項正確. 9.如圖9所示，有一陀螺其下部是截面為等腰直角三角形的圓錐體、上部是高為h的圓柱體，其上表面半徑為r，轉(zhuǎn)動角速度為ω.現(xiàn)讓旋轉(zhuǎn)的陀螺以某水平速度從距水平地面高為H的光滑桌面上水平飛出后恰不與桌子邊緣發(fā)生碰撞，陀螺從桌面水平飛出時，陀螺上各點中相對桌面的最大速度值為(已知運動中其轉(zhuǎn)動軸一直保持豎直，空氣阻力不計)(　　) 圖9 A. B. C.＋ωr D

31、.r＋ωr 答案　C 解析　陀螺下部分高為h′＝r，下落h′所用時間為t，則h′＝gt2. 陀螺水平飛出的速度為v，則r＝vt，解得v＝ 陀螺自轉(zhuǎn)的線速度為v′＝ωr，陀螺上的點當轉(zhuǎn)動的線速度與陀螺的水平分速度的方向相同時，對應(yīng)的速度最大，所以最大速度v＝ωr＋，故C正確，A、B、D錯誤. 10.如圖10所示，豎直面內(nèi)半徑為R的光滑半圓形軌道與水平光滑軌道相切于D點.a、b、c三個相同的物體由水平部分分別向半圓形軌道滑去，最后重新落回到水平面上時的落點到切點D的距離依次為AD<2R，BD＝2R，CD>2R.設(shè)三個物體離開半圓形軌道在空中飛行時間依次為ta、tb、tc，三個物體到達水平

32、面的動能分別為Ea、Eb、Ec，則下面判斷正確的是(　　) 圖10 A.Ea＝Eb B.Ec＝Eb C.tb＝tc D.ta＝tb 答案　C 解析　物體若從半圓形軌道最高點離開在空中做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，有：2R＝gt2，則得：t＝2 物體恰好到達半圓形軌道最高點時，有：mg＝m， 則通過半圓形軌道最高點時的最小速度為：v＝ 所以物體從半圓形軌道最高點離開后平拋運動的水平位移最小值為：x＝vt＝2R 由題知：AD<2R，BD＝2R，CD>2R，說明b、c通過最高點做平拋運動，a沒有到達最高點，則知tb＝tc＝2，ta≠tb＝tc. 對于a、b兩球，通

33、過D點時，a的速度比b的小，由機械能守恒可得：EaEb. 11.一長l＝0.8 m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量m＝0.1 kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1 m.開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，如圖11所示.讓小球從靜止釋放，當小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂.不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝10 m/s2. 圖11 (1)求當小球運動到B點時的速度大?。? (2)繩斷裂后球從B點拋出并落在

34、水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離； (3)若xOP＝0.6 m，輕繩碰到釘子P時繩中拉力達到所能承受的最大拉力斷裂，求輕繩能承受的最大拉力. 答案　(1)4 m/s　(2)0.8 m　(3)9 N 解析　(1)設(shè)小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得mv＝mgl 解得小球運動到B點時的速度大小 vB＝＝4 m/s (2)小球從B點做平拋運動，由運動學規(guī)律得x＝vBt y＝H－l＝gt2 解得C點與B點之間的水平距離 x＝vB＝0.8 m (3)若輕繩碰到釘子時，輕繩拉力恰好達到最大值Fm，由圓周運動規(guī)律得Fm－mg＝m r＝l－xOP 由以上各式解得Fm＝9 N.