2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题04曲线运动含解析.pdf

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1、专题 04 牛顿运动定律专题 04 牛顿运动定律 第一部分名师综述第一部分名师综述 曲线运动是高考的热点内容，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内容有：平抛运动的规 律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时， 还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面 内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中 AB=BC，在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0 水平 抛出一小球，刚好落在

2、B 点，小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点，不计空气阻力，重力加速度为 g， 下列 说法正确的是( ) A小球从 O 到 D 点的水平位移是从 O 到 B 点水平位移的 1:3 B小球经过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 2:3 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3 D小球经过 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【详解】 A设小球做平抛运动的时间为 t，位移为 L，则有：Lcos=v0t；Lsin= gt2，联立解得：， 1 2 t = 2v0tan g 设O

3、BA=， C=， 则 tan= ， tan= ， 由于 AB=BC， 可知 tan=2 tan， 因在 D 点时 ： h AB h AC tD= ， 在 B 点时：，则落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 ，即小球经过 D 点的水平位 2v0tan g tB= 2v0tan g 1 2 移是落到 B 点水平位移的 ，故 A 错误； 1 2 B由于落到 D 点所用时间是落到 B 点所用时间的 ，故 D 点和 B 点竖直方向的速度之比为 1：2，故小球经 1 2 过 D 点与落在 B 点时重力瞬时功率的比为 ，故 B 错误； 1 2 C小球从 O 到 D 点与从 D 到 B 点两段过程中时

4、间相等，则竖直位移之比为 1:3，则重力做功的比为 1:3， 选 项 C 正确； D小球的速度与水平方向的夹角 tan ，故小球经过 D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到 B 点 gt v0 时速度与水平方向夹角的正切值的 ，故选项 D 错误； 1 2 2如图所示，B 为半径为 R 的竖直光滑圆弧的左端点，B 点和圆心 C 连线与竖直方向的夹角为，个质 量为 m 的小球在圆弧轨道左侧的 A 点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在 B 点的切线方向进入圆弧轨道，已 知重力加速度为 g，下列说法正确的是（） AAB连线与水平方向夹角为 B小球从 A 运动到 B 的时间t = v0tan g C小球

5、运动到 B 点时，重力的瞬时功率P = mgv0 cos D小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态 【答案】 B 【解析】 【详解】 AB、 平抛运动水平方向为匀速直线运动， 竖直方向为自由落体运动， 小球恰好沿 B 点的切线方向进入圆轨道， 说明小球在 B 点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水 平方向的夹角为，则，解得 ：此时 AB 位移的连线与水平方向的夹角不等于，故 Atan = gt v0 t = v0tan g 错；B 对 C、小球运动到 B 点时，重力的瞬时功率，故 C 错；P = mgvy= mgv0tan D、小球运动到竖直圆

6、弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故 D 错； 故选 B 3质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成角， 绳b 在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB 以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下 列说法正确的是（） Aa 绳的张力可能为零 Ba 绳的张力随角速度的增大而增大 C若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化 D当角速度，b 绳将出现弹力 g ltan 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向 上的分力与重力

7、相等，可知 a 绳的张力不可能为零，故 A 错； B、根据竖直方向上平衡得，Fasin=mg，解得，可知 a 绳的拉力不变，故 B 错误。Fa= mg sin D、当 b 绳拉力为零时，有：，解得，可知当角速度，b 绳将出mgcot = m2l = g ltan g ltan 现弹力，故 D 对； C、由于 b 绳可能没有弹力，故 b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故 C 错误 故选 D 【点睛】 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向上 的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为零；由于 b 绳可能没有弹力，故 b 绳突然被剪断

8、，a 绳的弹力 可能不变。 4如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形 成转轴， 其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处， 在杆的中点 C 处拴一细绳， 通过两个滑轮后挂上重物 M， C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平 （转过了 90角） 下列有关此过程的说法中正确的是（） A重物 M 做匀速直线运动 B重物 M 做匀变速直线运动 C整个过程中重物一直处于失重状态 D重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为L 【答案】 D 【解析】 【详解】 设 C 点线速度方向与绳子沿线的夹

9、角为 （锐角） ，由题知 C 点的线速度为 vC=L，该线速度在绳子方向上 的分速度就为 v绳=Lcos 的变化规律是开始最大（90）然后逐渐变小，所以，v绳=Lcos 逐渐 变大， 直至绳子和杆垂直， 变为零度， 绳子的速度变为最大， 为 L； 然后， 又逐渐增大， v绳=Lcos 逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为 L故 AB 错误，D 正确。 重物 M 先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物 M 先超重后失重，故 C 错误。故选 D。 【点睛】 解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把 C 点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳

10、子 方向的分速度等于重物的速度 5质量为m0.10 kg 的小钢球以v010 m/s 的水平速度抛出，下落h5.0 m 时撞击一钢板，如图所示， 撞 后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g10 m/s2，则 A钢板与水平面的夹角60 B小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为 2 Ns C小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为 10 kgm/s D钢板对小钢球的冲量大小为 2 Ns2 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、由于小球下落过程中在竖直方向有：h = 1 2gt 2 解得t = 1s 故落到钢板上时小球在竖直方向的速度 vy=gt=10m/s， 则

11、有，tan = v0 vy = 10 10 = 1 即 = 45 撞后速度恰好反向， 且速度大小不变,则表示速度恰好与钢板垂直， 所以钢板与水平面的夹角 =45， 故 A 错误； B、根据冲量的定义知：重力冲量 mgt=1Ns，选项 B 错误； C、小球落到钢板上时的速度： v =v20+ v2y= 10 2m/s 故小球的动量大小：选项 C 错误P = mv = 0.1 10 2 = 2kg m/s 小球原速率返回，所以返回的速度仍然为102 规定小球撞前的速度方向为正方向，由动量定理可知： I =- mv - mv =- 2mv =- 2 0.1 102 =- 22N t 所以钢板对小钢球

12、的冲量大小为故 D 对22N t 综上所述本题答案是：D 【点睛】 小球在竖直方向做自由落体运动，已知高度求出时间，然后求出竖直方向的速度大小，由水平方向和竖直 方向的速度即可求得倾角的大小；由运动时间和质量，根据 p=mgt 即可求出重力冲量；已知竖直方向速度 的大小，再根据水平速度的大小求出合速度的大小，根据 p=-mv 求撞击时动量的大小；算出撞后的动量， 根据动量定律求小钢球的冲量，据此解答。 6 如图所示， 两质量均为 m 的小球 1、 2(可视为质点)用一轻质杆相连并置于图示位置， 质量也为 m 的小球 3 置于水平面 OB 上，半圆光滑轨道与水平面相切于 B 点。由于扰动，小球

13、1、2 分别沿 AO、OB 开始运动，当 小球 1 下落 h0.2 m 时，杆与竖直墙壁夹角 37，此时小球 2 刚好与小球 3 相碰，碰后小球 3 获得的 速度大小是碰前小球 2 速度大小的 ，并且小球 3 恰好能通过半圆轨道的最高点 C，取 g10 m/s2，cos 5 4 370.8，sin 370.6，一切摩擦不计，则( ) A小球 1 在下落过程中机械能守恒 B小球 2 与小球 3 相碰时，小球 1 的速度大小为 1.6 m/s C小球 2 与小球 3 相碰前，小球 1 的平均速度大于小球 2 的平均速度 D半圆轨道半径大小为 R0.08 m 【答案】 D 【解析】 【详解】 小球

14、1 与 2 连在一起，小球 1 向下运动的过程中小球 2 将向右运动，小球 1 的重力势能减小，小球 2 的重 力势能不变，两个球的动能都增大。由于对 1 和 2 球只有重力做功，两个球组成的系统的机械能守恒，但 1 的机械能不守恒。故 A 错误；小球 1 下落 h=0.2m 时，杆与竖直墙壁夹角 =37，将两个小球的速度分解 如图： 设当小球1下落h=0.2m时小球1的速度是v1， 小球2的速度是v2， 由图中几何关系， 则 ： v1cos37=v2sin37 ； 由机械能守恒得：；联立得：v1=1.2m/s，v2=1.6m/s。故 B 错误；设杆的长度为 L，由几 1 2mv 2 1+ 1

15、 2mv 2 2= mgh 何关系可得：L-Lcos37=h，代入数据得 ：L=1.0m，所以小球 2 到 O 点的距离：x2=Lsin37=1.00.6=0.6m； 由于两个小球运动的时间相等， 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 与小球 3 相碰前， 小球 1 的平均速度小于小球 2 的平均速度。故 C 错误；碰后小球 3 获得的速度大小是碰前小球 2 速度的 ， 5 4 所以碰撞后小球 3 的速度：v3 1.62m/s；小球 3 恰好能通过半圆轨道的最高点 C，此时的重力提供向 5 4 心力，所以：；小球 3 从 B 到 C 的过程中机械能守恒，则：；联立以

16、上方程得：mgm v2c R 1 2mv 2 3mg 2R + 1 2mv 2 c R=0.08m。故 D 正确。故选 D。 【点睛】 该题考查速度的合成与分解、机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用，注意机械能守恒的判定，掌握几何 关系的运用，正确找出小球 1 与 2 的速度关系是解答的关键。 7一艘小船要从 O 点渡过一条两岸平行、宽度为 d=100 m 的河流，已知河水流速为 v1=4 m/s，小船在静水 中的速度为 v2=2 m/s，B 点距正对岸的 A 点 x0=173 m下面关于该船渡河的判断，其中正确的是（ ） A小船过河的最短航程为 100 m B小船过河的最短时间为 25 s C

17、小船可以在对岸 A、B 两点间任意一点靠岸 D小船过河的最短航程为 200 m 【答案】 D 【解析】 因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸。当合速度的 方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小； 根据几何关系，则有：，因此最短的航程是：，故 AC 错误，D 正确；当静 d s = v2 v1 s = v1 v2d = 4 2 100 = 200m 水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间：，故 B 错误；故选 D。t = d v2 = 100 2 = 50s 点睛：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河

18、时间最短，当静水速大于水流速，合速度与河岸 垂直，渡河航程最短，当静水速小于水流速，合速度与静水速垂直，渡河航程最短 8如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m， 沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与 滑轮间的摩擦，则此时小船的加速度等于( ) A P0 mv - f m B P0 mvcos 2 - f m C f m D P0 mv 【答案】 A 【解析】 【详解】 小船的实际运动为合运动，可将小船的运动分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图： 则，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，绳

19、中拉力；对船受力分析如图：v车= vcosF = P0 v车 = P0 vcos 根据牛顿第二定律可得：，解得：。故 A 项正确，BCD 错误。故选 A.Fcos - Ff= maa = P0 mv - Ff m 9在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以 v 和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面 v 2 上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（） A2：1 B4：1 C6：1 D8：1 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据平抛运动的推论tan=2tan得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与 分解求出末速度即可解题。 【详解】 设斜面倾角为

20、，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示： 根据平抛运动的推论可得tan=2tan，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有：v1= ，对乙有：，联立可得：。 v cos v2= v 2cos v1 v2 = 2 1 由于甲乙两球质量相等。所以动能之比等于四度之比的平方，故 B 正确， ACD 错误。 【点睛】 本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由 落体运动。 10如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一 小球拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它

21、沿 bdac 做圆周运动在 a、b、c、d 四点时（d、c 两 点与圆心等高） ， 设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为、， 细绳拉力大小分别为、EkaEkbEkcEkdTaTb 、，阻力不计，则（）TcTd AEka Ekc= Ekd Ekb B若在 c 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动 CTa= Tb= Tc= Td D若在 b 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动 【答案】 C 【解析】 AC：在绕地运行的天宫一号实验舱中，小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，小球做匀速圆 周运动，则有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重时，只有绳的拉力提供向心力公式，v、r

22、、m都不变，小球T = m v2 r 的向心力大小不变，则有：Ta=Tb=Tc=Td故 A 项错误，C 项正确。 BD：在b点或c点绳断，小球只有沿着圆周的切线方向的速度，没有力提供向心力，做离心运动且沿切线 方向做匀速直线运动。故 BD 两项均错误。 点睛：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可。 二、多选题 11 如图甲所示， 一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动， 滑块与传送带之间的动摩擦因数 =0.2。 质量 m=0.05kg 的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中 的 v-t 图象如图乙所示

23、，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g 取 10m/s2。则 A传送带的速度大小为 4m/s B滑块的质量为 3.3kg C滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为 26.8J D若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径 R 为 0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中” 、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合 的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。 【详解】 A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速

24、的速度大小为 2m/s，则传送带的速度大小为 2m/s。故 A 项错误。 B： 子弹未射入滑块前， 滑块向右的速度大小为 2m/s， 子弹射入滑块瞬间， 子弹和滑块的速度变为向左的 4m/s ； 子弹射入滑块瞬间， 内力远大于外力， 系统动量守恒， 以向左为正， 据动量守恒得，mv0+ M( - v) = (m + M) ，即，解得：滑块的质量。故 B 项正确。v1400m + M( - 2) = 4(m + M)M = 66m = 3.3kg C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，解得：滑块向左(M + m)g = (M + m)a 运动的加速度大小。 滑块(含子弹)向左

25、减速运动的时间， 滑块(含子弹)向左减速运动a = 2m/s2t1= v1 a = 2s 过程中滑块与传送带间的相对运动距离，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的s = v1+ 0 2 t1+ vt1= 8m 热量。故 C 项错误。Q = (M + m)gs = 0.2 3.35 10 8J = 53.6J D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则，解得：转动轮的半径。(m + M)g = (m + M) v2 R R = 0.4m 故 D 项正确。 12如图所示，河宽为d，一小船从A码头出发渡河，小船船头垂直河岸，小船划水速度大小不变为v1，河 水中各点水流速度大小与各点到较近河岸的距离

26、x成正比，即 2=kx（x ，k为常量） ，要使小船能够到 d 2 达距A正对岸为s的B码头，则（ ） Av1应为B小船渡河的轨迹是直线 kd2 4s C渡河时间为D渡河路程大于 4s kd d2+ s2 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小， 前 s/2 和后 s/2 内的平均速度为， 则渡河的时间， 划水速度， 故 AC 正确。 0 + 1 2kd 2 kd 4 t = 2 s 2 kd 4 = 4s kd v1= d t kd2 4s 小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动

27、，合加速度的方向与合速度方向不在 同一条直线上，做曲线运动，故 B 错误。由于渡河的轨迹是曲线，则渡河路程，故 D 正确。故xd2+ s2 选 ACD。 13如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度匀速转动(没发生相对滑动),A、B、C 的质量分别为 3m、2m、m,B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为,B、C离转台中心的距离分别 为r、1.5r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法正确的是( ) AB对A的摩擦力有可能为 3mg BC与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力 C转台的角速度有可能恰好等于 2g 3r D若角速度再在题干所述基础上缓慢增大,A与B间将最先发生

28、相对滑动 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根据题中“A、B、C正随转台一起以角速度匀速转动(没发生相对滑动)”可知，本题考查水平面内的圆 周运动问题。根据处理水平面内圆周运动问题的方法，应用牛顿第二定律、整体法、临界条件等知识分析 推断。 【详解】 AC： 对 AB 整体，有； 对物体 C，有； 对物体 A，有(3m + 2m)2r (3m + 2m)gm2(1.5r) mg3m2 。联立解得 ：，即满足不发生相对滑动，转台的角速度，A 与 B 间的静r 3mg 2g 3r 2g 3r 摩擦力最大值。故 A 项错误，C 项正确。f = 3m2r = 2mg B： 由于 A 与 C 转动的角

29、速度相同，由摩擦力提供向心力 ； A 所受摩擦力，C 所受摩擦力fA= 3m2rfC= m2 ，则C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力。故 B 项正确。(1.5r) = 1.5m2r D：据 A 项分析知，最先发生相对滑动的是物块 C。故 D 项错误。 【点睛】 本题关键是对 A、 AB 整体、 C 受力分析， 根据静摩擦力提供向心力及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析。 14如图所示，圆形转盘可以绕其竖直轴在水平面内转动甲、乙物体质量分别是 2m 和 m（两物体均看作 质点） ，它们与转盘之间的最大静摩擦力均为正压力的 倍，两物体用一根刚好沿半径方向被拉直的结实 轻绳连在一起，甲、乙到圆心

30、的距离分别为 r 和 2r当地的重力加速度为 g，转盘旋转角速度 缓慢增大， 则（ ） A转盘旋转角速度时，轻绳拉力为零 g r D转盘旋转角速度时，乙将拉着甲向外运动 g r 【答案】 AC 【解析】 【分析】 物体做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度 开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的 变化 【详解】 当绳子拉力为零时，由静摩擦力提供向心力，则 mg=m22r，解得 ： ，所以转盘旋转角速度 g 2r 时，轻绳拉力为零，故 A 正确；向心力 F=m2R，转盘旋转角速度 时，甲受到的

31、静摩擦力等 g 2r g 2r 于乙受到的静摩擦力，故 B 错误；甲刚好达到最大静摩擦力时，有：2mg=2m2r，解得：，所 g r 以当 时，绳子对甲有拉力，但是甲、乙不会相对转盘滑动，故 C 正确，D 错误。故选 AC。 g r 【点睛】 物体做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度 开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的 变化 15如图所示,一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出.第一只球飞出时的初速度为 v1,落在自己 一方场地上后,弹跳起来,刚好擦网而过,落在对方场地的 A 点

32、处.第二只球飞出时的初速度为 v2,直接擦网而 过,也落在 A 点处. 设球与地面碰撞时没有能量损失,且不计空气阻力,则( ) A网球两次飞出时的初速度之比 v1v2=1:3 B网球两次飞出时的初速度之比 v1v2=1:2 C运动员击球点的高度 H 与网高 h 之比 Hh= 4:3 D运动员击球点的高度 H 与网高 h 之比 Hh=3:2 【答案】 AC 【解析】 【详解】 AB：两球被击出后都做平抛运动，据平抛运动的规律知，两球被击至各自第一次落地的时间是相等的。由 题意结合图可知， 两球从击出至第一次落地的水平射程之比为， 则网球两次飞出时的初速度之比x1:x2= 1:3 。故 A 项正确

33、，B 项错误。v1:v2= 1:3 CD： 第一个球落地后反弹做斜抛运动，据运动的对称性可知，DB 段的逆过程和 OB 段是相同的平抛运动，则 两只球下落相同高度后水平距离，据、，得 ：H - hx1+ x2= 2x1x1= v1t1x1= v1t2x2= v2t2v1t2+ v2t2 ，又，则；、，则，解得：。= 2v1t1v1:v2= 1:3t1= 2t2H = 1 2gt 2 1 H - h = 1 2gt 2 2 H = 4(H - h)H:h = 4:3 故 C 项正确，D 项错误。 【点睛】 据运动的可逆性，斜上抛可当成平抛的逆过程。 16 如图所示， 水平转盘可绕竖直中心轴转动，

34、 盘上叠放着质量均为 1kg 的 A、 B 两个物块， B 物块用长为 0 25m 的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力 为 8N，A、B 间的动摩擦因数为 04，B 与转盘间的动摩擦因数为 01，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就 会显示相应的读数 F（g=10m/s2）,以下说法中正确的是（） A当转盘的角速度=2rad/s 时，A、B 间的静摩擦力达到最大值1 B当转盘的角速度在 0m,则 A当两球离轴距离相等时,两球可能相对杆不动 B当两球离

35、轴距离之比等于质量之比时,两球一定相对杆滑动 C若两球相对于杆滑动,一定是都向左滑动 D若转速为时,两球相对杆都不动,那么转速为 2时,两球也不动 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A、两小球所受的绳子的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，角速度又相等，当两球离轴距离相等时， 则有：M2rm2r，所以两球相对杆会滑动;故 A 错误. B、两球的向心力是相等的，得：M2r1=m2r2 ，所以，两球离轴距离之比与质量成反比。所以 r1 r2 = m M v4，故物块从半圆形轨道的最高点做平抛运动，设距平板车右端的水平距离为x， 由平抛运动规律：水平方向xv3t 竖直方向：2r = 1 2gt 2

36、 代入数据解得:x = 2 2m 【点睛】 分析清楚物块在每个过程的运动状态，根据物体的运动的过程来逐个求解，本题中用到了匀变速直线运动、 平抛运动和圆周运动的规律，涉及到了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动等，要 求学生要熟练的应用每一部分的知识. 25如图排球场，L=9m,球网高度为 H=2m，运动员站在网前 s=3m 处，正对球网跳起将球水平击出，球大小 不计，取重力加速度为 g=10m/s. （1）若击球高度为 h=2.5m,为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围; (2) 当击球点的高度 h 为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是出界？ 【答案】 （

37、1）3m/sv12m/s（2）2.13m102 【解析】 【分析】 （1）排球飞出后做平抛运动，抓住两个临界情况，即刚好不触网和不越界，由竖直高度可确定时间，根据 水平位移可求得排球的速度范围； （2）抓住临界状态，即此时既不触网也不越界，结合平抛运动的规律求出临界高度。 【详解】 （1）当球刚好不触网时，根据h1hgt12，解得：，则平抛运动的 1 2 t1 2(h1- h) g 2 (2.5 - 2) 10 s 10 10 s 最小速度为 ：当球刚好不越界时，根据h1gt22，解得 ：vmin x1 t1 3 10 10 m/s310m/s 1 2 t2 2h1 g 2 2.5 10 ，则

38、平抛运动的最大速度为：，则水平击球的速度范围为 3m/ss 2 2 svmax x2 t2 3 + 9 2 2 m/s12 2m/s 10 v12m/s2 （2）设击球点的高度为 H当 H 较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，情况是球刚好擦 网而过，落地时又恰压底线上，则有：， x1 2H g x2 2(H - h) g 其中 x1=12m，x2=3m，h=2m， 代入数据解得：h=2.13m， 即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网。 【点睛】 本题考查平抛运动在生活中应用，要通过分析找出临界条件，由平抛运动的规律即可求解。 26如图所示，水平传送带与水平轨道在 B 点平滑

39、连接，传送带 A、B 间距 L=2.0m，一半径 R=0.2m 的竖直 圆槽形光滑轨道与水平轨道相切于 C 点，水平轨道 CD 间的距离 L=10m，在 D 点固定一竖直挡板。小物块 与传送带 AB 间的动摩擦因数09，BC 段光滑，CD 段动摩擦因数为。当传送带以 v0=6ms 顺时针1=2 匀速转动时，将质量 m=1kg 的可视为质点的小物块轻放在传送带左端 A 点，小物块通过传送带、水平轨道、 圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并原速率弹回，经水平轨道 CD 返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑 到水平轨道时机械能不损失，重力加速度 g=10ms2。求： (1)小物块第一次滑到传送带 B 点

40、时的速度大小； (2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，求的取值范围。2 【答案】 （1）6m/s（2）020.65 或 0.820.9； 【解析】 【分析】 （1）根据物块在 AB 上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解； （2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从 B 到第二次通过圆轨道应用动能定理求解 【详解】 （1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力 f=1mg，那么，物块做加速度a1g9m/s2 的匀加速直线运动； 因为 2aL0v02，故物块在传送带上做匀加速运动，到达 B 点时刚好达到传送带速度，所以，物块滑到 B

41、 时 的速度大小 vB=v0=6m/s； （2）要使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运 动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度 hR； 故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得：mg； mv2 R 对物块从 B 到第二次到最高点应用动能定理可得：22mgL2mgRmv2mvB2 1 2 1 2 解得：；2 1 2mvB 2 - 2mgR - 1 2mv 2 2mgL 0.65 当物块在圆轨道上最高点的高度 0hR 时，由动能定理可得：22mgLmgh0mvB2， 1 2 解得：，所以，0.820.9；2 1 2mvB 2 -

42、 mgh 2mgL 所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，020.65 或 0.82 0.9； 【点睛】 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定 理及几何关系求解 27 如图， 质量为m1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为R0.4 m 的 圆弧A端由静止开始释放， 它运动到B 1 4 点时速度为v2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换 向轨道由C点过渡到倾角为37、长s1 m 的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块 间的动摩擦因数可在 01.5 之间

43、调节斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固 定在O点，自然状态下另一端恰好在D点认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力 (1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功； (2)若设置0，求质点从C运动到D的时间； (3)若最终滑块停在D点，求的最大值 【答案】 （1）20N；2J（2）（3） 的取值范围为 0.1250.75 或 =1 1 3s 【解析】 【分析】 （1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力，根据动能定理求出 AB

44、端克服阻力做功的大小 （2）若 =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间 （3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面 CD 和水平面见多次反 复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解 【详解】 （1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在 B 点，根据牛顿第二定律有：Fmgm， v2 R 代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F=20N 从 A 到 B，由动能定理得：mgRWmv2， 1 2 代入数据得：W=2J （2）在 CD 间运动，有：mgsin=ma， 加速度为：a=gsin=100.6m/s2

45、=6m/s2， 根据匀变速运动规律有：svt+at2 1 2 代入数据解得：t=s 1 3 （3）最终滑块停在 D 点有两种可能： a、滑块恰好能从 C 下滑到 D则有： mgsins1mgcoss0mv2， 1 2 代入数据得：1=1， b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点 当滑块恰好能返回 C 有：1mgcos2s0mv2， 1 2 代入数据得到：1=0.125， 当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos， 代入数据得到：2=0.75 所以，当 0.1250.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点 综上所述， 的取值范

46、围是 0.1250.75 或 =1 【点睛】 解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问 题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在 D 点有两种可能 28如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车 B 的左端，物体在 A 的上方 O 点用细线悬挂一 小球 C(可视为质点)，线长 L0.8m现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体 A 发生水平正 碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为 2m/s已知 A、B、C 的质量分别为 mA4kg、mB8kg 和 mC1kg，A、B 间 的动摩擦因数 0.2，A、C 碰撞时间极

47、短，且只碰一次，取重力加速度 g10m/s2. (1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求 A、C 碰撞后瞬间 A 的速度大小； (3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？ 【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m 【解析】 【详解】 （1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0glm0v02= 1 2 代入数据解得：v04m/s， 对小球，由牛顿第二定律得：Fm0gm0 v20 l 代入数据解得：F30N （2）小球 C 与 A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得： 1 2mv 2 C= mgh 所以

48、：m/svC=2gh =2 10 0.2 = 2 小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：m0v0m0vc+mvA 代入数据解得：vA1.5m/s （3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mvA（m+M）v 代入数据解得：v0.5m/s 由能量守恒定律得：mgxmvA2（m+M）v2= 1 2 - 1 2 代入数据解得：x0.375m； 29如图所示，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量 M1kg 的小车静止在地面上，小车上表面与 R=024m 的半圆轨道最低点 P 的切线相平。现有一质量 m2kg 的滑块（可视为质点）以 v0=6m/s 的初速度滑上小车 左端，二者共速时的速度为 v1=4m/s，此时