高考物理第一轮复习 曲线运动 提高练习 6页

‎2019年高考物理第一轮复习：第五章 曲线运动 提高练习 一、单选题 ‎1．如图所示,在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出。两小球分别落在水平地面上的P点、Q点。已知O点是M点在地面上的竖直投影,OP:PQ=1:3,且不考虑空气阻力的影响。下列说法中正确的是( )‎ A． 两小球的下落时间之比为1:3‎ B． 两小球的下落时间之比为1:4‎ C． 两小球的初速度大小之比为1:3‎ D． 两小球的初速度大小之比为1:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】AB、两球的抛出高度相同,故下落时间相同,故AB错；‎ CD、根据题意OP:PQ=1:3，则水平位移之比为1:4，水平方向上做匀速直线运动则 x=v‎0‎t‎ ，且运动时间相等，所以水平方向的速度之比为1:4，故C错；D对；‎ 综上所述本题答案是：D ‎2．如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A正上方与顶端C等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则 A． 小球在空中飞行时间为v‎0‎g B． 小球落到斜面上时的速度大小为v‎0‎cosα C． CD与DA的比值为‎1‎‎2tan‎2‎α D． 小球的位移方向垂直于AC ‎【答案】C ‎【解析】小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解：‎ A、小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tanα=‎v‎0‎gt ，解得 t=‎v‎0‎gtanα ，故A错；‎ B、小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v=‎v‎0‎sinα ,故B错；‎ C、根据几何关系，sDA‎=‎v‎0‎tcosα ，sCD‎=‎‎1‎‎2‎gt‎2‎sinα ；整理得CD与DA的比值为‎1‎‎2tan‎2‎α，故C对；‎ D、由图可知，位移不垂直与AC，故D错；‎ 综上所述本题答案是：C ‎3．据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞。如图所示的AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y。某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t，则战机离开B点的速率为(　　)‎ A． xt B． yt C． x‎2‎‎+‎y‎2‎t D． ‎x‎2‎‎+4‎y‎2‎t ‎【答案】D ‎【解析】战机的运动轨迹为抛物线，则x=vt，y=‎1‎‎2‎at2，解得a=‎‎2yt‎2‎，则B点的竖直速度vB‎2‎‎=2ay=‎‎4‎y‎2‎t‎2‎ ；则战机离开B点的速率为：vB‎=v‎2‎‎+‎vB‎2‎=‎(xt)‎‎2‎‎+‎‎4‎y‎2‎t‎2‎=‎x‎2‎‎+4‎y‎2‎t ；故选D.‎ ‎4．如图为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是（ ）‎ A． ‎n‎2‎‎=‎n‎1‎xr B． ‎n‎1‎‎=‎n‎2‎xr C． ‎n‎2‎‎=‎n‎1‎x‎2‎r‎2‎ D． ‎n‎2‎‎=‎n‎1‎xr ‎【答案】A ‎【解析】由滚轮不会打滑可知主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触点的线速度相同， 所以v1=v2，由此可得x·2πn1=r·2 πn2，所以n2= n1（x/r），即选项A正确。‎ ‎5．如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A． OB绳的拉力范围为0～‎3‎‎3‎mg B． OB绳的拉力范围为‎3‎‎3‎mg～‎2‎‎3‎‎3‎mg C． AB绳的拉力范围为‎3‎‎3‎mg～‎2‎‎3‎‎3‎mg D． AB绳的拉力范围为0～‎2‎‎3‎‎3‎mg ‎【答案】B ‎【解析】当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos 30°＝mg，F1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确．‎ ‎6．如图所示，在竖直放置的半球形容器的圆心O点分别以水平速度υ1、υ2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB相互垂直，OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比υ1：υ2为 （ ）‎ A． tanα B． cosα C． tanαtanα D． ‎cosαcosα ‎【答案】C ‎【解析】设容器的半径为R。由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为：yA=Rcosα，小球B下降的竖直高度为：yB=Rsinα；由平抛运动规律可知：yA=‎1‎‎2‎gtA2，yB=‎1‎‎2‎gtB2；由以上各式可得：tAtB‎=‎cosαsinα；由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为：xA=Rsinα；xB=Rcosα；由平抛运动规律可知：xA=vAtA，xB=vBtB；由此可得：vAvB‎=‎(sinαcosα)‎‎3‎=tanαtanα，故选C。‎ ‎7．如图所示，竖直墙MN，小球从O处水平抛出，若初速度为va，将打在墙上的a点；若初速度为vb，将打在墙上的b点。已知Oa、Ob与水平方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力。则va与vb的比值为（ ）‎ A． sinαsinβ B． cosβcosα C． tanαtanβ D． ‎tanβtanα ‎【答案】D ‎【解析】根据平抛运动知识可知：‎ tanα=‎1‎‎2‎gt‎2‎vat=‎gta‎2‎va‎ ，则ta‎=‎‎2vatanαg ‎ 同理可知：tb‎=‎‎2vbtanβg ‎ 由于两次运动水平方向上的位移相同，根据s=vt ‎ 解得：vavb‎=‎tanβtanα ，故D正确；ABC错误；‎ 故选D ‎8．如图，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO’以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动。下列说法正确的是 A． 两球所受的合力大小相同 B． A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力 C． A球对圆锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力 D． 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力 ‎【答案】B ‎【解析】A、小球A和B紧贴着外壁分一起做匀速圆周运动，由合外力提供向心力；两球质量相同且角速度相同，由Fn‎=mω‎2‎r，而rA‎>‎rB，FA‎>‎FB，故A错误。D、对两球受力分析可知水平方向是拉力的水平分力和圆锥的支持力的水平分力之差提供向心力，故D错误。B、设两绳与竖直方向的夹角为θ 第 6 页 ‎，由竖直方向的平衡知识和水平方向的牛顿第二定律得：FTcosθ+FNsinθ=mg，FTsinθ-FNcosθ=mω‎2‎r，解得：FT‎=mgcosθ+mω‎2‎rsinθ，因rA‎>‎rB可知FTA‎>‎FTB，则B正确。C、同理由B项解得FN‎=mgsinθ-mω‎2‎rcosθ，因rA‎>‎rB可知FNA‎<‎FNB，由牛顿第三定律可知压力F‎'‎NA‎<‎F‎'‎NB，故C错误。故选B。‎ 二、多选题 ‎9．如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是 A． B对A的摩擦力一定为3μmg B． B对A的摩擦力一定为3mω2r C． 转台的角速度一定满足ω≤‎‎2μg‎3r D． 转台的角速度一定满足ω≤‎μgr ‎【答案】BC ‎【解析】对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有：f=（3m）ω2r≤μ（3m）g，故A错误，B正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：（3m）ω2r≤μ（3m）g；对AB整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g；对物体C，有：mω2（1.5r）≤μmg；解得ω≤‎‎2μg‎3r，故C正确，D错误；故选BC。‎ ‎10．如图所示,带一段光滑圆弧轨道AB的弧面体固定在水平面上,圆弧所对的圆心角为37°,轨道A端切线水平。一个小滑块以初动能EKO水平滑上轨道的左侧A点,然后从圆弧轨道的右侧B点滑出,滑块在圆弧轨道上运动克服重力的功为0.2EKO,不计空气阻力,sin37°=0.6。则 A． 滑块在A、B点的向心力大小之比为5:2‎ B． 滑块在A、B点的向心力大小之比为5:4‎ C． 滑块滑出圆弧轨道后的最小动能为0.288‎EKO D． 滑块滑出圆弧轨道后的最小动能为0.512‎EKO ‎【答案】BD ‎【解析】滑块在光滑圆弧轨道上运动，根据动能定理得：‎-WG=EK1‎-‎EK0‎，解得：EK1‎‎=0.8‎EK0‎，向心力满足：F=mv‎2‎R，EK‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎，滑块在A、B点的向心力大小之比为5：4，选项A错误、B正确；滑块滑出圆弧轨道后做斜抛运动，当滑块的速度与重力垂直时，速度最小亦即动能最小，设滑块滑出圆弧轨道时的速度为v‎1‎，根据斜抛运动的规律得之后在空中运动的最小速度为v‎2‎‎=v‎1‎cos‎37‎‎0‎，因为EK1‎‎=0.8EK0‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎，最小动能EK2‎‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=0.512‎EK0‎，选项C错误、D正确；故选BD。‎ ‎11．如图所示，内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W‎1‎W‎2‎的值可能是( )‎ A． ‎1‎‎3‎ B． ‎2‎‎3‎ C． 1 D． 2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR…① 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W1+W2-2mgR=‎1‎‎2‎mv2…② 在最高点有：mg+N=mv‎2‎R≥mg…③ 联立①②③解得：W1≤mgR；W2≤‎3‎‎2‎mgR 故W‎1‎W‎2‎‎≤‎‎2‎‎3‎，故AB正确，CD错误；故选AB。‎ ‎12．如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点。传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（ ）‎ A． 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点 B． 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧 C． 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧 D． 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧 ‎【答案】AC ‎【解析】当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误。设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v。当v0＞v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点。物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。当v0=v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧。当v0＜v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。故D错误， C正确。故选AC。‎ ‎13．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度大小为g，sin‎37‎‎0‎=0.6‎,cos‎37‎‎0‎=0.8‎，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 当h=2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为‎27‎‎5‎mg B． 当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动 C． 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能恰好落在B点 D． 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A、当h=2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒有：mg(h+R-Rcosθ)=‎1‎‎2‎mvC‎2‎;过C点时有： FN‎-mg=mvC‎2‎R,解得：FN‎=‎27‎‎5‎mg,根据牛顿第三定律可知，小球过C点压力大小为‎27‎‎5‎mg，A正确；‎ B、若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有：mg=mv‎0‎‎2‎R,mg(h‎0‎-R-Rcosθ)=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎;‎ 解得：v‎0‎‎=‎gR,h0=2.3R＞2R，所以当h=2R时，小球在运动到做平抛运动，D点前已经脱离轨道，不会从D点离开做平抛运动，B错误；‎ C、D、若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，R+Rcosθ=‎1‎‎2‎gt‎0‎‎2‎，得：t‎0‎‎=6‎R‎10g，且x=v‎0‎t‎0‎=‎6R‎10‎>Rsinθ，所以小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点；故C正确、D错误.‎ 故选AC.‎ ‎14．如图所示，一小球以速度v0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右.现将该小球以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点.下列说法正确的是( )‎ A． 落到M和N两点时间之比为1:2‎ B． 落到M和N两点速度之比为1:1‎ C． M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:2‎ D． 落到N点时速度方向水平向右 ‎【答案】AD ‎【解析】由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为u，把质点在斜面底端的速度v分解为水平u和竖直vy，由x=ut，y=‎1‎‎2‎gt2，tanθ＝yx得空中飞行时间t=‎‎2utanθg，vy=2utanθ，v和水平方向夹角的正切值vyu＝2tanθ为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故D正确；v=u‎2‎‎+‎vy‎2‎＝u‎1+4tan‎2‎θ，即v与u成正比，故落到M和N两点速度之比为1：2，故B错误；由t=‎‎2utanθg知，落到M和N两点时间之比为1：2，故A正确；由y=‎1‎‎2‎gt2=‎2u‎2‎tan‎2‎θg，知y和u2成正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为1：4，选项C错误。故选AD。‎ ‎15．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μω1，则细线AB上有拉力T=0，AC线上的拉力为F 水平方向上根据牛顿第二定律得：Fsinθ-T=mω22Lsinθ 竖直方向由平衡条件可得：Fcosθ=mg 解得：F=‎50‎‎3‎N。‎ ‎21．如图所示，质量m＝0.2kg的金属小球从距水平面h＝5.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是粗糙平面，与半径为R＝0.9m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)‎ ‎(1)小球运动到A点时的速度大小；‎ ‎(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；‎ ‎【答案】(1) 10m/s (2) －5.5 J ‎【解析】（1）小球运动到A点时的速度为vA，根据机械能守恒定律可得 ‎    ‎mgh=‎1‎‎2‎mvA‎2‎ ‎   解得 vA =10m/s. ‎ ‎（2）小球经过D点时的速度为vD，则 ‎    ‎mg=mvD‎2‎R ‎   解得 vD‎=3m/s           ‎ ‎  小球从A点运动到D点克服摩擦力做功为Wf，则 ‎    ‎‎-mgR-Wf=‎1‎‎2‎mvD‎2‎-‎1‎‎2‎mvA‎2‎ ‎   解得 ‎Wf‎=-5.5J ‎22．如图所示，一半径R=1m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=1.25m。AB为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径r=0.45m，且与水平滑道相切与B点。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当滑块经过B点时，对B点压力为‎6N，恰在此时，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转动，最终物块由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=10m/‎s‎2‎）求：‎ ‎（1）滑块到达B点时的速度；‎ ‎（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】（1）‎3m/s （2）‎1.25m （3）‎2nπrad/s ‎ ‎【解析】（1）滑块到达B点时，由牛顿第二定律得： ‎F-mg=‎mvB‎2‎r 代入数据解得：vB‎=3m/s；‎ ‎（2）滑块离开C后，作平抛运动，由h=‎1‎‎2‎gt‎1‎‎2‎ 解得：t‎1‎‎=‎2hg=‎2×1.25‎‎10‎s=0.5s，则初速度为：‎vC‎=Rt‎1‎=2m/s 滑块在BC上运动时，由牛顿运动定律得：‎-μmg=ma，代入数据解得：a=-2m/‎s‎2‎，由滑块作减速运动，匀变速运动公式有：vC‎2‎‎-vB‎2‎=2ax，代入数据解得：x=1.25m；‎ ‎（3）滑块由B点到由C点，由运动学关系：‎x=‎vB‎+‎vC‎2‎t‎2‎ 代入数据解得：t‎2‎‎=0.5s，得：t=t‎1‎+t‎2‎=0.5s+0.5s=1s，圆盘转动的角速度ω应满足条件：t=‎2nπω（n=1、2、3、4…）‎ ，代入数据得：ω=2nπrad/s（n=1、2、3、4…）‎。‎ ‎23．某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验‎.OA为一水平弹射器，弹射口为A．ABCD为一光滑曲管，其中AB水平，BC为竖直杆‎(‎长度可调节‎)‎，CD为四分之一圆环轨道‎(‎各连接处均圆滑连接‎)‎，其圆心为O'‎，半径为R=0.2m.D的正下方E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长‎.‎现让弹射器弹射出一质量m=0.1kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力‎.‎已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度‎.‎某次实验中小组成员调节BC高度h=0.8m.‎弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度υD‎=4m/s，求：‎ ‎(1)‎弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；‎ ‎(2)‎小环落地点离E的距离‎(‎已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动‎)‎；‎ ‎(3)‎若不改变弹射器弹性势能，改变BC间高度h在‎0～2m之间，求小环下落在水平面EF上的范围．‎ ‎【答案】（1）7N（2）‎4‎‎5‎‎5‎m （3）‎0∼1.8m ‎ ‎【解析】‎(1)‎根据机械能守恒定律得：‎Ep‎=‎1‎‎2‎mvD‎2‎+mg(h+R)=1.8J 对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得：‎FN‎+mg=mvD‎2‎R 解得：‎FN‎=7N 由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为7N，方向竖直向上 ‎(2)‎小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：‎h+R=‎1‎‎2‎gt‎2‎ x=vDt 解得：‎x=‎4‎‎5‎‎5‎m ‎(3)‎小环刚到达D点的临界条件为mg(h‎1‎+R)=‎Ep 解得h‎1‎‎=1.6m 改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值 根据机械能守恒定律得：‎Ep‎-mg(h‎2‎+R)=‎1‎‎2‎mvD‎/2‎ 小环平抛运动时间为t=‎‎2(h‎2‎+R)‎g 得：‎x=vD‎/‎t=2‎‎[1.8-(h‎2‎+R)](h‎2‎+R)‎ 可得，当h‎2‎‎+R=0.9m时水平位移最大，最大位移x=1.8m，故小环落地点范围在离E点向右‎0～1.8m的范围内。‎ ‎24．暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图18所示。“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg。小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º。g取10m/s2，sin37º=0.6， cos37º=0.8，在此过程中，求： ‎ ‎（1）座椅受到绳子的拉力大小；‎ ‎（2）小明运动的线速度大小；‎ ‎（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图中O1点）的距离（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）500N（2）7.5m（3）8.9m ‎【解析】（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：‎T=mgcos37°‎=500N ‎（2）由牛顿第二定律，得：mgtan37°=mv‎2‎R‎0‎，其中R‎0‎‎=7.5m 解得：v=7.5m/s ‎（3）由几何关系，座椅离地高度h=2m，由平抛运动规律，得：x=vt，‎h=‎1‎‎2‎gt‎2‎ 解得：x=4.5m 由勾股定理，得落地点与游艺机中心距离为：‎r=R‎0‎‎2‎‎+‎x‎2‎=1.5‎34‎m=8.9m ‎25．如图所示，质量m = 2.0 kg的木块静止在高h = 1.8 m的光滑水平台上，木块距平台右边缘10 m。用水平拉力F = 20N拉动木块，当木块运动到水平末端时撤去F。不计空气阻力，g取10m/s2。求：‎ ‎（1）木块离开平台时的速度大小；‎ ‎（2）木块落地时距平台边缘的水平距离。‎ ‎【答案】（1）10‎2‎m/s.（2）6‎2‎m ‎【解析】（1）对于木块的匀加速运动过程，由牛顿运动定律得：F =ma 则得 a=F/m =10m/s2 ‎ 由v2=2as得 解得：‎v=‎2as=‎2×10×10‎=10‎2‎m/s ‎（2）离开平台后做平抛运动： 水平方向：x=vt 竖直方向：h＝‎1‎‎2‎gt2 解得木块落地时距平台边缘的水平距离：x= ‎‎10‎2‎×‎2×1.8‎‎10‎m=6‎2‎m ‎26．如图所示，是某次研究小球做平抛运动过程得到的频闪照片的一部分。已知背景正方形的边长为b，闪光频率为f。求：（各问的答案均用b、f表示）‎ 第 6 页 ‎（1）当地的重力加速度g的大小；‎ ‎（2）小球通过C点瞬时速度vC的大小；‎ ‎（3）小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA。‎ ‎【答案】⑴g=bf 2 ⑵vC‎=‎65‎‎2‎bf ⑶‎tA‎=‎‎3‎‎2f ‎【解析】（1）根据∆x=aT2可得g=bT‎2‎=bf‎2‎；‎ ‎（2）水平速度v‎0‎‎=‎2bT=2bf，小球通过C点的竖直速度vcy‎=‎7b‎2T=‎‎7bf‎2‎，‎ 则小球经过C点的瞬时速度vC的大小：vC‎=v‎0‎‎2‎‎+‎vcy‎2‎=‎(2bf)‎‎2‎‎+‎‎(‎7bf‎2‎)‎‎2‎=‎65‎‎2‎bf；‎ ‎（3）小球经过A点的竖直速度：vAy‎=vcy-2gT=‎3‎‎2‎bf，则小球从开始平抛到运动到A位置经历的时间tA‎=vAyg=‎‎3‎‎2f。‎ ‎27．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3秒后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到已知圆轨道半径为R=1m，小球的质量为m=1kg，g取10m/s2，求:‎ ‎(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离 ‎(2)小球经过圆弧轨道的B点时，受到轨道的作用力NB的大小和方向？‎ ‎(3)小球经过圆弧轨道的A点时的速率．‎ ‎【答案】（1）0.9m；（2）1N，方向竖直向上．（3）7m/s．‎ ‎【解析】（1）根据平抛运动的规律和运动合成的可知：tan45°＝vyvx 则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vx=vy=gt=3m/s， 则B点与C点的水平距离为：x=vxt=0.9m （2）根据牛顿运动定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下） NB+mg＝mvB‎2‎R ， 解得：NB=-1N   负号表示轨道对球的作用力方向向上 （3）小球从A到B的过程中机械能守恒，得：‎1‎‎2‎mvA‎2‎=mg⋅2R+‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 代入数据得：vA=7m/s ‎28．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数μ=0.20‎ ,重力加速度g=10m/‎s‎2‎.求:‎ ‎(1)滑块通过C点时的速度大小; ‎ ‎(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力;‎ ‎(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.‎ ‎【答案】（1）‎10m/s （2）45N（3）‎‎8.1kg⋅m/s ‎【解析】（1）设滑块从C点飞出时的速度为vc，从C点运动到D点时间为t 滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=‎1‎‎2‎gt2 水平方向：s1=vct 解得：vc=10m/s （2）设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律 ‎1‎‎2‎mvB2=‎1‎‎2‎mvc2+2mgR 解得：vB=10‎2‎m/s 设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=mvB‎2‎R 解得：N=45N （3）设滑块从A点开始运动时的速度为vA，根据动能定理；-μmgs2=‎1‎‎2‎mvB2-‎1‎‎2‎mvA2 解得：vA=16.1m/s 设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mvA 解得：I=8.1kg•m/s；‎ ‎29．如图所示,一杂技演员(视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点B时,绳子恰好断裂，之后演员继续向前运动，最终落在C点。已知演员质量m，秋千的摆长为R,A点离地面高度为5R，不计秋千质量和空气阻力，求：‎ ‎(1)秋千绳恰好断裂前的瞬间，演员对秋千绳拉力的大小；‎ ‎(2)演员落地时，点C与O点的水平距离；‎ ‎(3)演员落地时，重力的瞬时功率为多大；‎ ‎【答案】（1）F=3mg （2）s=4R （3）P=mg‎8gR ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)杂技演员(可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆,当摆到最低点,由动能定理可知：‎ mgR=‎1‎‎2‎×mv‎0‎‎2‎‎ ‎ v‎0‎‎=‎‎2gR‎ ‎ 在B点,由拉力和重力提供向心力,由牛顿第二定律得:‎ F-mg=mv‎0‎‎2‎R‎ ‎ 解得：F=3mg ‎ ‎（2）演员离开B点后开始做平抛运动 竖直方向做自由落体运动 h=‎1‎‎2‎gt‎2‎‎ ‎ 水平方向做匀速直线运动 s=v‎0‎t‎ ‎ 解得：s=4R ‎ ‎（3）物体落地时竖直方向上的速度为 vy‎=‎2g⋅4R=‎‎8gR‎ ‎ 根据功率公式可求得：P=mgvy=mg‎8gR ‎ 故本题答案是：（1）F=3mg （2）s=4R （3）‎P=mg‎8gR ‎30．如图所示，AB是倾角θ=45°的倾斜轨道，BC是一个水平轨道(物体经过B处时无机械能损失)，AO是一竖直线，O、B、C在同一水平面上.竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于C点，已知A、O两点间的距离h=1m，B、C两点间的距离d=2m，圆形轨道的半径R=1m.一质量m=2kg的小物体，从与O点水平距离x0=3.6m的P点水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，最后进入圆形轨道.小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC之间的动摩擦因数都是μ=0.5，g取10m/s2)‎ ‎(1)求小物体从P点抛出时的速度v0和P点的高度H ‎(2)求小物体运动到圆形轨道最高点D时，对圆形轨道的压力; ‎ ‎(3)若小物体从Q点水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，求Q、O两点的水平距离x的取值范围.‎ ‎【答案】（1）‎6m/s,2.8m （2）24N（3）‎0.5m