专题04+曲线运动-2018年高考物理1-5轮资料汇编之试题精选精练 97页

高考 1.5 轮资料汇编之名校试题精选精练 专题 04 曲线运动 一、单选题 1．在教学楼的楼梯口,有如图所示的 0、1、2、3 k 级台阶，每级台阶的长为 30cm，高为 15cm （g=10m/s2）．某同学从第 0 级台阶的边缘以 v0=5m/s 水平抛出一小球（不计一切阻力），则 小球将落在第几级台阶上 （ ） A．7 级 B．8 级 C．9 级 D．10 级 【答案】 C 【解析】 试题分析：如图作一条连接各端点的直线，只要小球越过该直线，则小球落到台阶上；设小 球落到斜线上的时间 t，水平： ，竖直： 且 解得 相应的水平距离： ，台阶数： 知小球抛出后首先落 到的台阶为第 9 级台阶．故 C 正确 考点：考查了平抛运动规律的应用 2．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度 v0 同时水平向左与水平向右抛出两 个小球 A 和 B，两侧斜坡的倾角分别为 37°和 53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力， 则 A 和 B 两小球的运动时间之比为 （ ） A.16 ︰9 B. 9︰16 C.3 ︰4 D.4︰3 【答案】 B 【解析】 试题分析：对于 A 落到坡面上时 即 ，对于 B 落到坡面上时 即 ，所以 ，B 正确。 考点：平抛运动 3．如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图。已知物体在 B 点的加速度方向与速 度方向垂直，则下列说法中正确的是 （ ） A．C 点的速率小于 B 点的速率 B．A 点的加速度比 C 点的加速度大 C．C 点的速率大于 B 点的速率 D．从 A 点到 C 点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大 【答案】 C 考点：匀变速曲线运动的规律. 4．如图所示，离地面高 2m 处有甲、乙两个物体，甲以初速度 v0 水平射出，同时乙以初速 度 v0 沿倾角为 45°的光滑斜面滑下，已知重力加速度 g＝10 m／s2，若甲、乙同时到达地面， 则 v0 的大小是 （ ） A. m／s B. 2 m／s C. m／s D. 4 m／s 【答案】 A 【解析】试题分析：甲平抛运动的时间为： ； 乙在斜面下滑的加速度为： ，对于乙，下滑的位移大小为 根据 ，代入数据得：联立解得 ，故选 项 A 正确。 考点：动能定理的应用、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平 位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活 研究。 5．如图所示，在同一平台上的 O 点水平抛出的三个物体，分别落到 a、b、c 三点，则三个 物体运动的初速度v a、vb、vc的关系和三个物体运动的时间t a、tb、tc的关系是 （ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 试题分析：三个平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由 可知，a 的运动时间最 长，c 的运动时间最短；由水平方向匀速直线运动 s=vt 可知 c 的初速度最大，a 的速度最小， C 正确。故选 C。 考点：平抛运动规律的应用 6．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】试题分析：两小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据 可 得 ，从题中可知两小球下落的高度相同，所以下落的时间相同，AB 错误；在水平 方向上做匀速直线运动，水平方向上的位移之比为 1:4，所用时间相同，根据 ，可得 两小球的初速度大小之比为 1:4，故 C 正确 D 错误； 考点：考查了平抛运动规律的应用 名师点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，对于平抛运 动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系 7．如右图所示，物块 P 置于水平转盘上随转盘一起运动而没有相对滑动，图中 c 方向沿半 径指向圆心，a 与 c 垂直，下列说法正确的是 （ ） A．当转盘匀速转动时，P 受摩擦力方向为 d 方向 B．当转盘加速转动时，P 受摩擦力方向可能为 b 方向 C．当转盘加速转动时，P 受摩擦力方向可能为 c 方向 D．当转盘减速转动时，P 受摩擦力方向可能为 a 方向 【答案】 B 【解析】转盘匀速转动时，摩擦力提供向心力，故 P 受到的摩擦方向为 c 方向，选项 A 错误； 当转盘加速转动时，摩擦力有两个效果：一个是沿半径方向提供向心力，一个是沿速度方向 使速度增大，故 P 受到的摩擦力可能为 b 方向，选项 B 正确；转盘减速转动时，摩擦力有两 个效果：一个沿半径方向提供向心力，一个是沿速度反方向使速度减小，故 P 受摩擦力方向 可能为 d 方向，选项 D 错误。 8．一辆静止在水平地面上的汽车里有一个小球从高处自由下落，下落一半高度时汽车突然 向右匀加速运动，站在车厢里的人观测到小球的运动轨迹是图中的 （ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】站在车厢里的人观察小球是以车厢为参考系，小球竖直方向一直自由落体运动，水 平方向向左做匀加速运动；汽车启动的时刻，小球速度竖直向下，竖直方向做匀加速直线运 动，水平方向向左做匀加速直线运动，故合加速度向左下方，与速度不共线，故物体一定做 曲线运动，速度方向沿着曲线的切线方向； 故选 C。 9．一质点在 xOy 平面内运动的轨迹如图所示，已知质点在 x 方向的分运动是匀速运动，则 关于质点在 y 方向的分运动的描述正确的是 （ ） A. 匀速运动 B. 先匀速运动后加速运动 C. 先加速运动后减速运动 D. 先减速运动后加速运动 【答案】 D 【解析】试题分析：x 方向始终匀速，经过相同的时间水平间距相同，而 y 方向的高度先增 加的越来越慢，说明竖直速度在减小，后来 y 方向的高度后增加的越来越快，说明竖直速度 增大，所以物体速度先减小后增大，故 C 正确，ABD 错误．故选 C。 考点：运动的合成和分解 【名师点睛】此题是关于运动的合成问题；注意此题是平面直角坐标系，与速度时间图象和 位移时间图象不同，在 xOy 平面内任意一点的坐标值表示物体离开坐标轴的距离，如果纵坐 标增加快，说明 y 方向运动快，如果横坐标增加快，说明 x 方向运动快，所以图象问题一定 要看清坐标轴的物理意义。 10．如图所示，一箱土豆在转盘上随转盘以角速度 ω 做匀速圆周运动，其中一个处于中间 位置的土豆质量为 m，它到转轴的距离为 R，则其他土豆对该土豆的作用力为 （ ） A. mg B. mω2R C. D. 【答案】 C 【解析】土豆做匀速圆周运动，合力提供向心力，受重力和弹力，根据牛顿第二定律和向心 力公式，有：水平方向：Fx＝mRω2；竖直方向：Fy=mg；故合力为： ，故 C 正确，ABD 错误．故选 C． 点睛：本题关键是将土豆合力分解为水平方向和竖直方向的分力，然后运用牛顿第二定律列 式分析。 11．（4 分）如图所示，人在岸上用轻绳拉船，若人匀速行进，则船将做 （ ） A.匀速运动 B.匀加速运动 C.变加速运动 D.减速运动 【答案】 C 【解析】 试题分析：对小船进行受力分析，抓住船在水平方向和竖直方向平衡，运用正交分解分析船 所受的力的变化． 解：由题意可知，人匀速拉船，根据运动的分解与合成，则有速度的分解，如图所示： V1 是人拉船的速度，V2 是船行驶的速度，设绳子与水平夹角为θ，则有：V1=V2cosθ，随着θ 增大，由于 V1 不变，所以 V2 增大，且非均匀增大．故 C 正确，ABD 错误． 故选 C． 点评：解决本题的关键能够正确地对船进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向合力为零， 根据平衡分析． 12．如图所示，一半径为 R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径 POQ 水平。 一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道。质点滑到轨 道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小。用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中客服摩擦力所做的功。则 （ ） A． ，质点恰好可以到达 Q 点 B． ，质点不能到达 Q 点 C． ，质点到达 Q 后，继续上升一段距离 D． ，质点到达 Q 后，继续上升一段距离 【答案】 C 【解析】根据动能定理可得 P 点动能 ，经过 N 点时，半径方向的合力提供向心 力，可得 ，所以 N 点动能为 ，从 P 点到 N 点根据动能定理 可得 ，即摩擦力做功 。质点运动过程，半径方向的合 力提供向心力即 ，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做 功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 变小，所以摩擦力做功变小， 那么从 N 到 Q，根据动能定理，Q 点动能 ，由于 ，所以 Q 点速度仍然没有减小到 0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项 C 对。 【考点定位】功能关系 【方法技巧】动能定理分析摩擦力做功是基础，对于滑动摩擦力一定要注意压力的变化，最 大的误区是根据对称性误认为左右两部分摩擦力做功相等。 13．如图所示，轻杆 AB 长 l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为 ，轻杆绕距 B 端 处的 O 轴在竖直平面内顺时针自由转动。当轻杆转至水 平位置时，A 球速度为 ，则在以后的运动过程中 （ ） A．A 球机械能守恒 B．当 B 球运动至最低点时，球 A 对杆作用力等于 0 C.当 B 球运动到最高点时，杆对 B 球作用力等于 0 D.A 球从图示位置运动到最低点的过程中，杆对 A 球做功等于 0 【答案】 B 考点：牛顿第二定律及动能定理. 14．一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞 出，甲、乙的质量比为 3∶1，不计质量损失，重力加速度 g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片 飞行的轨迹可能正确的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量 守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根 据平抛运动的基本公式即可解题． 规定向右为正，设弹丸的质量为 4m，则甲的质量为 3m，乙的质量为 m，炮弹到达最高点时 爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有： ，则 ，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等， ，水平方向做匀速运动， ，则 ，结合图象可知，B 的位移满足上述表达式，故 B 正确． 15．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低，如图所示．汽车的运动可看作是做半径 为 R 的水平面内的匀速圆周运动．设内外路面高度差为 h，路基的水平宽度为 d，路面的宽 度为 L．已知重力加速度为 g．要使车轮与路面之间的横向（垂直于前进方向）摩擦力等于 零，则汽车转弯时的车速应等于 （ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力 的方向水平，向心力大小 ，根据牛顿第二定律： ， ， 解得汽车转弯时的车速 ，B 正确；ACD 错误； 故选 B。 16．如图所示，甲、乙两同学从河中 O 点出发，分别沿直线游到 A 点和 B 点后，立即沿原路 线返回到 O 点，OA、OB 分别与水流方向平行和垂直，且 OA＝OB。若水流速度不变，两人在 靜水中游速相等，则他们所用时间 t 甲、t 乙的大小关系为 （ ） A. B. C. D.无法确定 【答案】 C 【解析】设 OA=OB=l,人在静水中的速度和水流速度分别是 则甲往复的时间为 即 ，乙往复的时间为 ，比较两者大小可知 ，所以，C 对 17．有一质量为 m 的木块，从半径为 r 的圆弧曲面上的 a 点滑向 b 点，如图所示．如果由于 摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是 （ ） A．木块的加速度不变 B．木块所受的合外力为零 C．木块所受的力都不对其做功 D．木块所受的合外力不为零，但合外力对木块所做的功为零 【答案】 D 【解析】 试题分析:木块沿曲面运动，速率不变，加速度的方向变了，所以 A 错；木块做曲线运动， 合力不为 0，所以 B 错；重力和摩擦力都对木块做了功，所以 C 错，木块速率不变，由动能 定理可知，合外力对木块做功为 0，所以 D 正确。 考点：动能定理，牛顿第二定律，向心力公式 18．如图所示，从光滑的 1/ 4 圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平 方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下 滑，已知圆弧轨道的半径为 R1，半球的半径为 R2，则 R1 和 R2 应满足的关系是 （ ） A．R1≤R2/2 B．R1≥R2/2 C．R1≤R2 D．R1≥R2 【答案】 B 【解析】 要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，小物块做平抛运动，小物块滑至槽口时满足 . 从光滑的 圆弧槽的最高点滑下的小滑块，机械能守恒， ， 联立解得 ，选项 B 正确。 19．小船从 A 码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为 d，渡河速度 v 船恒定，河水 的流速与到河岸的距离成正比，即 v 水="kx" （x≤d/2，k 为常量），要使小船能够到达距 A 正 对岸为 s 的 B 码头，则： （ ） A. v 船应为 kd2/4s B. v 船应为 kd2/2s C. 渡河时间为 s/kd D. 渡河时间为 2s/kd 【答案】 A 【解析】试题分析：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 内和后 内 的平均速度为 ，则渡河的时间 t=2× ，渡河速度 v 船＝ ，故 A 正确，B、C、D 错误。 考点：运动的合成与分解 小船过河类问题 20．如图在光滑轨道 oa 的 a 端分别连接半径相同的光滑圆弧，其中图 A 是 圆弧轨道 ab，b 点切线水平；图 B 是 圆弧轨道 ac，c 点切线竖直；图 C 是 光滑圆管道，中心线的最高 点 d 切线水平，管内径略比小球直径大：图 D 是小于 的圆弧轨道，a 点切线水平， o、 b、d 在同一水平线上，所有轨道都在同一竖直平面内，一个可以看成质点的小球分别从 o 点静止下滑，不计任何能量损失，下列说法正确的是 （ ） A、图 A、图 B、图 C 中的小球都能达到 O 点的同一高度 B、图 B、图 C 中的小球能到达 O 点的同一高度 C、图 C 中的小球到达和 O 点等高的 d 点时对外轨道的压力等于小球重力 D、图 D 中的小球到达最高点时速度为零 【答案】 B 考点：本题考查机械能守恒定律与圆周运动、抛体运动的综合应用。 21．如图所示，在距水平地面 H 和 4H 高度处，同时将质量相同的 a、b 两小球以相同的初速 度 v0 水平抛出，则以下判断正确的是． （ ） A．a、b 两小球同时落地 B．两小球落地速度方向相同 C．a、b 两小球水平位移之比为 1∶2 D．a、b 两小球水平位移之比为 1∶4 【答案】 C 【解析】a、b 两小球均做平抛运动，由于下落时间 t＝ ，水平位移 x＝v0 ，将 ha ＝H，hb＝4H 代入上述关系式可得 A、D 错误，C 正确；两小球落地时速度方向均与落地点沿 轨迹的切线方向一致，所以 B 错误． 22．某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球由 A 点由静止释放，经过最低点 C 到达与 A 等高的 B 点，D、E、F 是 OC 连线上的点，OE＝DE，DF＝FC，OC 连线上各点均可钉 钉子。每次均将摆球从 A 点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失。下列说法正确 的是 （ ） A．若只在 E 点钉钉子，摆球最高可能摆到 AB 连线以上的某点 B．若只在 D 点钉钉子，摆球最高可能摆到 AB 连线以下的某点 C．若只在 F 点钉钉子，摆球最高可能摆到 D 点 D．若只在 F 点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动 【答案】 D 【解析】 试题分析：根据机械能守恒定律可知，在 E 点和 D 点钉上钉子，摆球最高可摆到与 AB 等高 的位置，故 A、B 均不正确； 当在 F 点钉钉子时，小球不可能摆到 D 点，因为小球如果摆到 D 点时，根据机械能守恒定律 可知，其速度为 0，而小球要想由 C 点摆到 D 点必须有一定的速度，因为在最高点时重力提 供向心力，所以 C 是不对的；若在 F 点以下钉钉子，则摆球是有可能做完整的圆周运动的， 因为摆球摆到最高点时能够具有一定的速度，从而使它做完整的圆周运动，D 是正确的。 考点：机械能守恒定律，圆周运动。 23．2011 年 10 月 16 日，在东京体操世锦赛男子单杠决赛中，邹凯、张成龙分别以 16.441 分和 16.366 分包揽冠亚军，假设邹凯的质量为 60 kg，他用一只手抓住单杠，伸展身体，以 单杠为轴做圆周运动。此过程中，邹凯在最低点时手臂受的拉力至少约为(忽略空气阻力， 取 g=10 m/s2) （ ） A.600 N B.2400 N C.3000 N D.36000N 【答案】 C 【解析】 试题分析：设 人 的 长 度 为 l， 人 的 重 心 在 人 体 的 中 间 ， 最 高 点 的 最 小 速 度 为 零 ， 根 据 动 能 定 理 得 ： ， 再 根 据 ， 联 立 解 得 最 低 点 人 受 到 的 拉 力 ， 故 C 正 确 。 考点：机械能守恒定律、圆周运动的向心力 24．如图所示，重物 M 沿竖直杆下滑，并通过绳带动小车沿斜面升高。问：当滑轮右侧的绳 与竖直方向成θ角，且重物下滑的速率为 v 时，小车的速度为： （ ） A．vsinθ C.vcosθ B.v/cosθ D.v/sinθ 【答案】 B 【解析】 试题分析: 重物以速度 v 沿竖直杆下滑，绳子的速率等于小车的速率，将重物的速度分解为 沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速。将重物的速度按图示两个方 向分解，如图所示 由绳子速率 v 绳=vcosθ，而绳子速率等于小车的速率，则有小车的速率 v 车=v 绳=vcosθ。 故选 B 考点：运动的合成和分解 25．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道水平面倾角为θ(图)，弯道处的 圆弧半径为 R，若质量为 m 的火车转弯时速度小于 ，则 （ ） A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压； B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压； C．这时铁轨对火车的支持力等于 mg/cosθ； D．这时铁轨对火车的支持力大于 mg/cosθ. 【答案】 A 【解析】 试题分析：对火车受力分析：重力ｍg 和轨道的支持力 N，当火车恰好对轨道无压力时，由 牛顿第二定律可得： ，联立解得： ．当火车 的速度 时，火车对内轨产生压力，故选项 A 正确 B 错误；又因为火车在竖直 方向上静止且同时拐弯需要向心力，故支持力大于重力，即选项 CD 错误． 考点：本题考查圆周运动在实际生活中的应用，通过向心力的分析应用考查学生对知识的掌 握情况． 26．如图所示，小球 m 在竖直放置的光滑的圆形管道内做圆周运动，下列说法正确 的是 （ ） A. 小球通过最高点时的最小速度是 B. 小球通过最高点时的最小速度为零 C. 小球在水平线 ab 以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定无作用力 D. 小球在水平线 ab 以下的管道中运动时外侧管壁对小球一定有作用力 【答案】 B 【解析】试题分析：小球在圆形轨道内做圆周运动，在最高点时内侧管壁可以对小球有个向 上的弹力，所以小球通过最高点的最小速度可以为零，B 正确，A 错误。小球在水平线 ab 以下管道中运动时，由于重力作用，所以应该是外侧管壁对小球有作用力，C 错误。当小球 速度足够大时，由于离心运动内侧管壁对小球不一定有作用力，D 错误。 考点：竖直圆周运动、离心运动 27．如图所示，水平抛出的物体抵达斜面上端 P 处时，其速度方向恰好沿着斜面向下，然后 沿斜面无摩擦滑下，在下图所示的图象中正确描述物体重力的功率 随时间 t 变化的图象 是 （ ） 【答案】 C 【解析】 考点：平抛运动；功率问题． 点评：本题主要考查了平抛运动及匀加速直线运动的特点，注意匀加速直线运动也可以把加 速度进行分解，难度适中． 28．如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲 击使其在瞬间得到一个水平初速 v0，若 v0 大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离 底部）也不同。下列说法中不正确的是 （ ） A．如果 ，则小球能够上升的最大高度等于 R/2 B．如果 ，则小球能够上升的最大高度小于 3R/2 C．如果 ，则小球能够上升的最大高度等于 2R D．如果 ，则小球能够上升的最大高度等于 2R 【答案】 C 【解析】 试题分析：如果 ，根据机械能守恒定律得： ，解得： ，当 小球运动到 高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为 ，故 A 正确，如 果 ，根据机械能守恒定律得： ，解得： ，当根据竖直平 面内的圆周运动知识可知小球在上升到 处之前就做斜抛运动了，故所以小球能够上 升的最大高度小于 ，B 正确；如果 ，根据机械能守恒定律得 ，解得 ，根据竖直方向圆周运动向心力公式可知，最 高点的速度最小为 ，满足条件，所以可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为 2R，故 D 正确，C 错误，让选错误的，故选 C 考点：牛顿第二定律在圆周运动中的应用． 29．小船横渡一条河，在静水中船速度的大小和方向都不变．已知小船的运动轨迹如图所示， 则河水的流速 （ ） A．由 A 岸到 B 岸水速越来越小 B．由 A 岸到 B 岸水速越来越大 C．由 A 岸到 B 岸水速先增大后减小 D．水流速度恒定 【答案】 C 【解析】 试题分析：据题意，以水速方向为建立 x 轴代表水在 t 时间内的位移 x 水，以垂直对岸方向 为 y 轴代表船在 t 时间内的位移 y 船，从船的行驶轨迹可知 tanθ=y 船 /x 水= v 船 t //v 水 t= v 船 /v 水的大小先减小后增加，由于船速大小不变，所以水洗大小先变大再减小，C 选项正 确。 考点：本题考查对曲线运动的理解。 30．现在很多高档汽车都应用无极变速，无极变速可以在变速范围内任意连续地变换速度， 性能优于传统的档位变速器。如图所示是截锥式无极变速模型示意图，两个锥轮之间有一个 滚动轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动(不打滑)。当位于主动轮 和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速减小，当滚动轮位于主动轮直径 D1、 从动轮直径 D2 的位置时，主动轮转速 n1、从动轮转速 n2 的关系是 （ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 试题分析：主动轮、滚动轮、从动轮之间是没有打滑的摩擦传动，故它们的轮缘上的线速度 大小相等 ，即 ，根据 ， ，因此 ，即， ，因 此 ，因此 C 正确，ABD 错误 考点：线速度、角速度、周期和频率关系 31．2013 年 4 月 28 日凌晨，山东境内发生两列列车相撞事故，造成了大量人员伤亡和财产 损失．引发事故的主要原因是其中一列列车转弯时超速行驶．如右图所示，是一种新型高速 列车，当它转弯时，车厢会自动倾斜，提供转弯需要的向心力；假设这种新型列车以 360 km/h 的速度在水平面内转弯，弯道半径为 1.5 km，则质量为 75 kg 的乘客在列车转弯过程中所受 到的合外力为 （ ） A．500N B．1000 N C． N D．0 【答案】 A 【解析】 试题分析：因为 360 km/h＝100 m/s，乘客在列车转弯过程中所受的合外力提供向心力 ,A 正确 故选 A 考点：向心力；牛顿第二定律． 点评：解决本题的关键知道匀速圆周运动的向心力由合力提供，知道 ． 32．一小球以初速度 v0 竖直上抛，它能到达的最大高度为 H，问下列几种情况中，哪种情况 小球不可能达到高度 H（忽略空气阻力）： （ ） A．图 a，以初速 v0 沿光滑斜面向上运动 B．图 b，以初速 v0 沿光滑的抛物线轨道，从最低点向上运动 C．图 c（H>R>H/2），以初速 v0 沿半径为 R 的光滑圆轨道从最低点向上运动 D．图 d（R>H），以初速 v0 沿半径为 R 的光滑圆轨道从最低点向上运动 【答案】 C 【解析】 试题分析：根据机械能守恒定律，如果物体到达最高点时速度能为零，则物体一定能到达高 H 的地方。在上述四个图中 a、b、d 物体上升到最高点时的速度均可以为零，只有 c 因为超 过了与圆心等高的位置后离开轨道做斜上抛运动，所以在最高点还有水平速度，所以不能达 到高 H 的地方。 考点：机械能守恒定律及圆周运动。 33．2013 年 2 月 16 日，在加拿大城市温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑 比赛落下帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如右图所示，如果赵宏博以自己为转动轴 拉着申雪做匀速圆周运动．若赵宏博的转速为 30 r/min，手臂与竖直方向夹角为 60°，申 雪的质量是 50 kg，她触地冰鞋的线速度为 4.7 m/s，则下列说法正确的是 （ ） A．申雪做圆周运动的角速度为 2π rad/s B．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为 2 m C．赵宏博手臂拉力约是 850 N D．赵宏博手臂拉力约是 500 N 【答案】 C 【解析】 试题分析：申雪做圆周运动的角速度即赵宏博转动的角速度．则 ，A 错误 由 得： ， B 错误； 由 解得 F＝850 N，C 正确，D 错误． 故选 C 考点：考查了匀速圆周运动规律的应用 点评：关键是知道两人的角速度是相等的 34．“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鸿沟对 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，此时绳与竖直方向夹 角为 ，绳的悬挂点 O 距平台的竖直高度为 H，绳长为 L，不考虑空气阻力和绳的质量，下 列说法正确的是 （ ） A．选手摆到最低点时处于失重状态 B．选手摆到最低点时所受绳子的拉力为 C．选手摆到最低点时所受绳子的拉力大小大于选手对绳子的拉力大小 D．选手摆到最低点的运动过程中，其运动可分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的 匀加速运动 【答案】 B 【解析】 试题分析：失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向 心加速度竖直向上，因此处于超重状态，故 A 错误；摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1−cos θ)＝ mv 2 ① 设绳子拉力为 T，在最低点有：T−mg＝ m ② 联立①②解得：T=（3-2cosα）mg，故 B 正确； 绳子对选手的拉力和选手对绳子的拉力属于作用力和反作用力，因此大小相等，方向相反， 故 C 错误；选手摆到最低点的运动过程中，沿绳子方向有向心加速度，沿垂直绳子方向做加 速度逐渐减小的加速运动，其运动不能分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向上的匀加速 运动，故 D 错误． 故选 B． 考点：牛顿第二定律的应用；机械能守恒定律. 35．如图 11 所示，质量不计的轻质弹性杆 P 插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量 为 m 的小球，今使小球在水平面内做半径为 R 的匀速圆周运动，角速度为ω，则下列说法正 确的是（重力加速度为 g）。 （ ） A．球所受的合外力大小为 B．球所受的合外力大小为 C．球对杆作用力的大小为 D．球对杆作用力的大小为 【答案】 D 【解析】杆的弹力和球的重力的合力提供向心力，所以向心力为 ，AB 错；由勾股定 理可知 球对杆的作用力为 ，D 对； 36．如右图所示，一条小船位于 200 m 宽的河正中 A 点处，从这里向下游 处有一危 险的急流区，当时水流速度为 4 m/s，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中 的速度至少为： （ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 试题分析：小船在河水中运动时，运动速度合成如下图所示，当小船在静水中的速度与合速 度垂直时，小船在静水中的速度最小，最小速度为 ，所以正确选项为 C。 考点：本题考查了小船渡河模型的应用。 37．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为 m 的物体，地面上的人用跨过定滑轮的绳子向 右拉动物体，不计绳和滑轮的质量、滑轮的大小及滑轮的摩擦，人手离滑轮到竖直高度始终 为 h，所分析的运动过程中，人的初位置在 A 点，当人以速度 v 从 A 匀速运动到 B 时，人离 滑轮的水平距离为 x，下列说法正确的是 （ ） A．在该运动过程中，物块向右做匀加速运动 B．人运动到 B 位置时，物块的运动速率为 C．在该运动过程中，人对物块做的功为 D．在该运动过程中，人对物块做的功为 【答案】 B 【解析】 试题分析： 如图将人的速度分解沿绳子方向和垂直绳子方向两个分速度，物体的 速度既沿绳子方向分速度 ，随着 减小，物体速度增大，选项 A 错误；在 B 点 ，物体速度 ，选项 B 正确；物体速度不等于人的速度， 选项 C 错误；人在 A 点物体速度不是零，选项 D 错误。 考点：考查运动的合成与分解及动能定理 38．BC 是半径为 R 的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端 C 在圆心 O 的正下方，∠BOC=60°， 将质量为 m 的小球，从与 O 等高的 A 点水平抛出，小球恰好从 B 点滑入圆轨道，则小球在 C 点对轨道的压力为： （ ） A． B． C． D． 【答案】 C 考点：本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。 39．一水平放置的圆盘，可以绕中心 O 点旋转，盘上放一个质量为 m 的铁块(可视为质点)， 轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于 O 点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，如图所示．铁 块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心 O 点的距离为 r，这时弹簧的拉力大小为 F，g 取 10 m/s2，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能 是． （ ） A．ω≥ B．ω≤ C. <ω< D. ≤ω≤ 【答案】 D 【解析】当铁块匀速转动时，水平方向上铁块受弹簧拉力和静摩擦力的作用，转速较小时， 静摩擦力背向圆心，则 F－Ff＝mω2r，因最大静摩擦力 Ffm＝μmg，得ω≥ ，选 项 B 错误；转速较大时，静摩擦力指向圆心，则 F＋Ff＝mω2r，因最大静摩擦力 Ffm＝μmg， 解得ω≤ .综合以上情况可知，角速度ω的取值范围为 ≤ω≤ . 40．如图所示，两物块 A、B 套在水平粗糙的 CD 杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装 置能绕过 CD 中点的轴 OO'转动，已知两物块质量相等，杆 CD 对物块 A、B 的最大静摩擦力 大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块 A 到 OO'轴的距离为 物块 B 到 OO'轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自 然长度到两物块 A、B 即将滑动的过程中，下列说法正确的是 （ ） A. B 受到的静摩擦力一直增大 B. B 受到的静摩擦力是先增大后减小 C. A 受到的静摩擦力是先增大后减小 D. A 受到的合外力一直在增大 【答案】 D 【解析】试题分析：分析 B，因为是 A 先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时 B 受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，此后 B 的向心力一部分将会由绳子拉力来提供，静摩 擦力会减小，而在产生拉力前 B 的静摩擦力是一直增大的，其实 B 所受静摩擦力是先增大 后减小再增大的，故 A，B 错误；C、由于 A 的半径比 B 大．根据向心力的另一个公式 ，可知 A、B 的角速度相同，所以 A 所需向心力比 B 大，因为两物体的最大静摩 擦力一样，所以 A 物体的静摩擦力会先不足以提供向心力而使绳子产生拉力，之后随着速 度的增大，静摩擦力已经最大不变了，绳子拉力不断增大来提供向心力，所以 A 所受静摩 擦力是先增大后不变的，C 错误；根据向心力公式， ，在发生相对滑动前物体的半 径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故 D 正确． 考点：考查了圆周运动实例分析，向心力 41．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ω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 做变速直线运动 C. 重物 M 的最大速度是 2ωL D. 重物 M 的速度先减小后增大 【答案】 B 【解析】试题分析：由题意知，杆做匀速圆周运动，取 C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为 任意角度 θ 时，可知 C 点的线速度为 ωL，把 C 点的线速度正交分解，在绳子方向上的分速 度就为 ωLcosθ，θ 由 90°然后逐渐变小，所以，ωLcosθ 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ 变 为零度，绳子的速度最大为 ωL；然后，θ 又逐渐增大，ωLcosθ 逐渐变小，绳子的速度变慢。 所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为 ωL，故 B 正确；A、C、D 错误．考点：本题 考查圆周运动、运动的分解 42．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为 R，现将雨伞绕竖直伞杆 以角速度 匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为 的圆形，当地重力加 速度的大小为 ，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为 （ ） A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动， 和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同． 解答：解：雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有：h= gt2，t= 水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以 v0=ωR 雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x=v0t=ωR 伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为 r 的圆形，根据几何关系可知水平距离为：x= 所以 =ωR 解得：h= 故选 A 点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动， 和竖直方向上的自由落体运动来求解． 43．如图所示，一根长为 L 的细杆的一端固定一质量为 m 的小球，整个系统绕杆的另一端在 竖直面内做圆周运动，且小球恰能过最高点。已知重力加速度为 g，细杆的质量不计。下列 说法正确的是 （ ） A．小球过最低点时的速度大小为 B．小球过最高点时的速度大小为 C．小球过最低点时受到杆的拉力大小为 5mg D．小球过最高点时受到杆的支持力为零 【答案】 C 【解析】 试题分析：因杆能支撑小球，轻杆带着物体做圆周运动，只要物体能够到达最高点就可以了， 所以小球恰能过最高点时，在最高点的速度为零，所以 B 错误；设小球过最低点的速度为 ，小球从最高点到达最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有 ，解得： ，故 A 错误；在最高点和最低点时球的重力与杆对球 的作用力的合力提供向心力．以小球为研究对象，设在最低点时杆对小球的作用力大小为 ， 方向竖直向上，根据牛顿第二定律得， ，解得： ，故 C 正确；以 小球为研究对象，设在最高点时杆对小球的作用力大小为 F，方向竖直向上，小球刚好能通 过最高点 P，速度为零，根据牛顿第二定律得， ，即有 F=mg，所以小球 过最高点时受到杆的支持力大小为 ，方向竖直向上，故 D 错误．所以选 C． 考点：本题考查了对向心力来源的分析、机械能守恒定律以及牛顿第二定律的简单应用． 44．如图所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均 落到斜面上，当抛出的速度为 v1 时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出 的速度为 v2 时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α2，则 （ ） A．当 v1＞v2 时，α1＞α2 B．当α1＜α2，v1＞v2 时 C．无论 v1、v2 大小如何，均有α1=α2 D．2θ=α1+θ 【答案】 C 【解析】 试题分析：如图所示，由平抛运动的规律知 ，解得： ， 由图知 ，所以 与抛出速度 无关，故 ，故 C 正确。 考点：考查了平抛运动 45．如图，斜面与水平面之间的夹角为 45°，在斜面底端 A 点正上方高度为 6 m 处的 O 点， 以 1 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为 （ ） （ ） A. 0.1 s B. 1 s C. 1.2 s D. 2 s 【答案】 A 【解析】分析：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平 方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同． 解答：解：设飞行的时间为 t， 则 x=V0t h= gt2 因为斜面与水平面之间的夹角为 45°，如图所示， 由三角形的边角关系可知， AQ=PQ 所以在竖直方向上有， OQ+AQ=6m 所以 V0t+ gt2=6 代入数据，解得 t=1s 故选 B． 46．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为 r。在放音结束时，磁带全部绕到了 B 轮上，磁带的外缘半径为 R，且 R=3r。现在进行倒带， 使磁带绕到 A 轮上。倒带时 A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮。经测定磁带 全部绕到 A 轮上需要的时间为 t。则从开始倒带到 A、B 两轮的角速度相等所需要的时间 （ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 试题分析：A 和 B 两个转动轮通过磁带连在一起，线速度相等，A 轮是主动轮，其角速度是 恒定的，随着磁带逐渐绕在 A 轮上，A 轮的半径逐渐变大，线速度 vA=ωArA 逐渐变大，B 轮 上面的的磁带逐渐减少，当角速度相等时，两个磁带轮的半径相等，即刚好有一半的磁带倒 在 A 轮上，由于线速度逐渐变大，剩下的一半磁带将比前一半磁带用时间短，所以从开始倒 带到 A、B 两轮的角速度相等的过程中，所用时间大于 t。 考点：角速度、线速度 47．如图所示，水平传送带 AB 距离地面的高度为 h，以恒定速率 v0 顺时针运行。甲、乙两 相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在 AB 的正中间位置轻放它 们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是 （ ） A. 甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧 B. 甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等 C. 甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等 D. 若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等 【答案】 D 考点：本题考查了传送带问题、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、摩擦力的功 【名师点睛】由于两滑块以相对地面相同的速率分别向左、右运动时，速率大小不确定，两 滑块的运动情况有多种可能情况。应分析全面，不能遗漏。若甲、乙滑块能落在同一点，说 明离开传送带时速度相等，初末速率相等，根据动能定理可知，摩擦力对甲、乙做的功一定 相等。 48．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 w 匀速转动，A、B、C 的 质量分别为 3m、2m、m，B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，A 与 B 间的动摩擦因数 也为μ，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 的摩擦力有可能为 3μmg B．C 与转台间的摩擦力大于 A 与 B 间的摩擦力 C．若角速度 再在题干所述原基础上缓慢增大，A 与 B 间将最先发生相对滑动 D．转台的角速度 有可能恰好等于 【答案】 D 【解析】 试题分析：对 AB 整体，有：（3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m）g…① 对物体 C，有：mω2（1．5r）≤μmg…② 对物体 A，有：3mω2r≤μ（3m）g…③ 联立①②③解得： ，即满足不发生相对滑动，转台的角速度 ，可知 A 与 B 间的静摩擦力最大值 fm=3m•r•ω 2＝3mr• ＝2μmg，故 A 错误，故 D 正确；由 于 A 与 C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有 m×1．5rω2＜3mrω2，即 C 与转台间 的摩擦力小于 A 与 B 间的摩擦力，故 B 错误；由 A 选项分析可知，最先发生相对滑动的是物 块 C，故 C 错误．故选 D． 考点：牛顿第二定律的应用 【名师点睛】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以及最大静 摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键。 49．如图所示，光滑轨道 ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点 B 处的入、 出口靠近但相互错开，C 是半径为 R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端 D 点与右端 足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度 v 逆时针转动，现将一质量为 m 的小滑 块从轨道 AB 上某一固定位置 A 由静止释放，滑块能通过 C 点后再经 D 点滑上传送带，则 （ ） A. 固定位置 A 到 B 点的竖直高度可能为 B. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与 传送带速度 v 有关 C. 滑块不可能重新回到出发点 A 处 D. 传送带速度 v 越大，滑块 与传送带摩擦产生的热量越多 【答案】 D 【解析】试题分析：若滑块恰能通过 C 点时有： ①，由 A 到 C 根据动能定理知 ②,联立①②解得 ，则 AB 最低高度为 ，故 A 错误； B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为 x，则有动能定理有： ，知 x 与传送带速度无关，故 B 错误；C、若回到 D 点速度大小 不变，则滑块可重新回到出发点 A 点，故 C 正确；D、滑块与传送带摩擦产生的热量 Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故 D 正确；故选 D． 考点：考查功能关系；动能定理． 【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送 带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键． 50．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小 球 A、B(可视为质点)串在杆上通过长为 L 的非弹性轻绳相连，开始时小球 A 在水平向左的外 力作用下处于静止状态，此时 OB＝ ，重力加速度为 g，现将外力增大到原来的 4 倍(方 向不变)，则小球 B 运动到与 O 点的距离为 时的速度大小为 （ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】开始时 O 与 A 间距离：OA＝ 设 AB 质量均为 m，对开始时的 B 受力分析如图，则 又 所以 以开始时的 AB 两物体作为整体受力分析：水平方向只受 F 和 N，故 F＝N 将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，则 小球 B 运动到与 O 点的距离为 时， 这一过程中 A 向左移动了 ，B 上升了 此时绳与竖直方向夹角的正切值 ， ， 此时 AB 间的速度关系为 ，即 以 AB 为整体，由功能关系得： 联立解得： 点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。 二、多项选择题 51．A、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地而的高度为 2．5h，B 点离地面高度为 2h．将 两个小球分别从 A、B 两点水平抛出，它们在 P 点相遇，P 点离地面的高度为 h．已知重力 加速度为 g，则 （ ） A. 两个小球一定同时抛出 B. 两个小球抛出的时间间隔为（ ﹣ ） C. 小球 A、B 抛出的初速度之比 = D. 小球 A、B 抛出的初速度之比 = 【答案】 BD 【解析】试题分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由 h= ，得 t= ，由 于 A 到 P 的竖直高度较大，所以从 A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故 A 错误；、 由 t= ，得两个小球抛出的时间间隔为△t=tA﹣tB= ﹣ =（ ﹣ ） ．故 B 正确；由 x=v0t 得 v0=x ，x 相等，则小球 A、B 抛出的初速度之比 = = = ， 故 C 错误，D 正确；故选 BD。 考点：平抛运动。 【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动 学公式灵活求解。 视频 52．如图所示，直径为 d 的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度 沿圆筒直径方向从左壁射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为 h．则 （ ） A. 子弹在圆筒中的水平速度为 v0=d B. 子弹在圆筒中的水平速度为 v0=2d C. 圆筒转动的角速度可能为ω=π D. 圆筒转功的角速度可能为ω=3π 【答案】 ACD 【解析】A、根据 ，解得 ，则子弹在圆筒中的水平速度为 ，故 A 正确，B 错误； C、因为子弹右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则 ， ， 因为 ，解得 ，当 时， ，当 时， ，故 C 错误，D 正确。 点睛：子弹在桶中做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出子弹的初速 度．在子弹平抛运动的过程中，运动的时间是转筒半个周期的奇数倍，根据该关系求出圆筒 转动的角速度。 53．如图所示，竖直环 A 半径为 r，固定在木板 B 上，木板 B 放在水平地面上，B 的左右两 侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静置一小球 C，A、B、C 的质量 均为 m。给小球一水平向右的瞬时冲量 I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过 环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起（不计小球与环的摩擦阻力），瞬时冲量必须满 足 （ ） A. 最小值 m B. 最小值 m C. 最大值 m D. 最大值 m 【答案】 BD 54．如图所示，卡车通过定滑轮牵引河中的小船，小船一直沿水面运动。则 （ ） A. 小船的速度 v2 总小于汽车速度 v1 B. 汽车速度 v1 总小于小船的速度 v2 C. 如果汽车匀速前进，则小船加速前进 D. 如果汽车匀速前进，则小船减速前进 【答案】 BC 【解析】船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则， 有 ，由上可知，汽车速度 v1 总小于小船的速度 v2，故 A 错误，B 正确；如果汽 车匀速前进，随着夹角 θ 在增大，则小船加速前进，故 C 正确，D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。 55．如图所示，AB 是与水平方向成 30°角的斜面，一个小铜块用细线悬挂于 O 点，用圆珠 笔尖靠着线的左侧，沿斜面向右上方以速率 v= m/s 匀速运动，运动中始终保持悬线竖直， 下列说法正确的是 （ ） A. 铜块的速度大小为 2m/s B. 铜块的速度大小为 m/s C. 铜块的速度与水平方向成 60°角 D. 绳子的拉力大小等于铜块的重力 【答案】 BCD 【解析】解:A、铜块参与了平行于斜面方向的匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动, 两个分速度大小相等,都为 v,根据平行四边形定则知, .合速度的 方向与水平方向的夹角为 .故 B、C 正确,A 错误. D、由上分析可以知道,铜块做匀速直线运动,则绳子的拉力大小等于铜块的重力,所以 D 选项 是正确的; 所以 BCD 选项是正确的. 56．横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示，它们的 竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最 后落在斜面上，其落点分别是 a、b、c，下列判断正确的是 （ ） A. 图中三小球比较，落在 a 点的小球飞行时间最长 B. 图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度最快 C. 图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度变化最快 D. 无论小球抛出时速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 【答案】 AD 【解析】物体在竖直方向做自由落体运动： ，运动的时间为： ，可知 运动时间由竖直方向的位移决定的，由图可知，a 下落的高度最大，所以 a 的运动时间最长， 故 A 正确；三个小球都是做平抛运动，水平方向的速度是不变的，只有竖直方向的速度在 变化，由于 a 的运动时间最长，所以 a 的速度变化最大，速度最快，B 错误；加速度是描述 速度变化快慢的物理量，三个小球都是平抛运动，加速度都是重力加速度，所以速度变化的 快慢是相同的，故 C 错误；首先 a 点上是无论如何不可能垂直的，然后看 b、c 点，竖直速 度是 gt，水平速度是 v，斜面的夹角是 arttan0.5，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后， 需要 v=gttanθ，即 v=0.5gt，那在过了 t 时间的时候，竖直位移为 0.5gt2，水平位移为 vt= （0.5gt）t=0.5gt2,即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移是一样的，显然在图中 b、c 是不可能完成的，因为在 b、c 上水平位移必定大于竖直位移，D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。 57．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如右图历示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传 动，其中 O、O'分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比 r 甲：r 乙=3：1，且在正常工 作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块 A、B，两滑块与轮盘 间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心 O、O'的间距 RA=2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转 动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是 （ ） A. 滑块 A 和 B 在与轮盘相对静止时，角速度之比为 B. 滑块 A 和 B 在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为 aA：aB=2：9 C. 转速增加后滑块 B 先发生滑动 D. 转速增加后两滑块一起发生滑动 【答案】 ABC 58．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，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，下列说法中正确的是 （ ） A. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下 B. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上 C. 小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上 D. 小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力 【答案】 ACD 【解析】设管道的半径为 R，小球的质量为 m，小球通过最低点时速度大小为 v1，根据牛顿 第二定律： 可知小球所受合力向上，则管道对小球的支持力向上，则小球 对管道的压力向下，故 A 正确，B 错误；最高点时速度大小为 v2，根据牛顿第二定律： ，当 时，N=0，说明管道对小球无压力；当 时， N＜ 0，说明管道对小球的作用力向下，则小球对管道的压力向上，故 CD 正确。所以 ACD 正确， B 错误。 59．如图，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处 于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空 气阻力。下列说法中正确的是 （ ） A.小球在上升过程中处于失重状态 B.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 C.小球从抛出点到筒口的时间与小球抛出时的初速度方向有关 D.小球从抛出点到筒口的时间与小球抛出时的初速度方向无关 【答案】 AD 【解析】 试题分析：小球在上升过程中加速度为 g，故处于完全失重状态，选项 A 正确；弹簧获得的 最大弹性势能等于小球进入圆筒时的动能，选项 B 错误；对小球运动的逆过程是平抛运动， 故有平抛运动的规律可知，小球从抛出点到筒口的时间与抛出点到圆筒的竖直高度有关，而 与小球抛出时的初速度方向无关，选项 C 错误，D 正确；故选 AD. 考点：斜抛运动的规律. 60．如图所示，两个半径不同内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，一小球先后从与 球心在同一高度上的 A、B 两点由静止自由滑下，通过最低点时，下列说法正确的 是（ ） （ ） A. 小球对轨道底端的压力是相同的 B. 小球对轨道底端的压力是不同的，半径小的压力大 C. 通过最低点的速度不同，半径大的速度大 D. 通过最低点时向心加速度是相同的 【答案】 ACD 【解析】试题分析：设小球通过最低点的速度大小为 ，半圆的半径为 R．在落到最低点的 过程中．根据动能定理得： ，解得： ，在最低点，竖直方向 上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有： ，联立上两式解得： ，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，所以小球对两轨道的压力相 等，大小为重力的 3 倍．故 A 正确、B 错误；由 知，R 越大， 越大，故 C 正确； 根据向心加速度公式 ，方向竖直向上．知向心加速度大小 相同，故 D 正确。 考点：向心力；机械能守恒定律 【名师点睛】根据机械能守恒或动能定理求出小球通过最低点时的速度，再根据牛顿第二定 律求出小球在最低点时所受的支持力，从而进行比较．根据向心加速度的公式求出最低点的 向心加速度的大小，从而进行比较。 61．如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为 O，最低点为 C，有两个可视为质 点且质量相同的小球 A 和 B，在球面内壁两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的 轨迹平面高于 B 球的轨迹平面，A、B 两球与 O 点的连线与竖直线 OC 间的夹角分别为α=53° 和β=37°(sin37°=0.6) （ ） A. A、B 两球所支持力的大小之比为 3︰4 B. A、B 两球运动的周期之比为 2︰ C. A、B 两球的角速度之比为 2︰ D. A、B 两球的线速度之比为 8︰3 【答案】 CD 【解析】试题分析：由于小球在运动的过程中受到的合力沿水平方向，且恰好提供向心力， 所以根据平行四边形定则得， ，则 ．故 A 错误．小球受到的 合外力： ，r=Rsinθ，解得 ，则 ．故 B 错误．根据公式：mgtanθ=mω2r，所以： ，所以： ．故 C 正确．根据 得： 所以： ．故 D 正确；故选 CD． 考点：圆周运动；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解决本题的关键搞清向心力的 来源，运用牛顿第二定律得出线速度、周期的关系． 62．62．长 L 的细绳一端固定于 O 点，另一端系一个质量为 m 的小球，将细绳在水平方向 拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为 v，细绳拉力为 F，小球的向 心加速度为 a，则下列说法正确的是 （ ） A. 小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为 2v B. 小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2F C. 细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为 2F D. 细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为 a 【答案】 AD 【解析】根据动能定理得： mv 2-0=mgL，解得： ；小球质量变为 2m，其 他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故A错误；根据向心力公式得： . 解得：F=3mg，所以小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2F， 细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故 B 正确，C 错误；根据 向心加速度公式得： ，细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向 心加速度不变，仍为 a，故 D 正确．故选 BD。 点睛：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要求某个量的变化是否会引起另 一个量的变化，最后先求出该量的函数表达式，难度适中。 63．太阳系中某行星运行的轨道半径为 R0，周期为 T0。但天文学家在长期观测中发现，其 实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔 t0 时间发生一次最大的偏离(行星仍然 近似做匀速圆周运动)．天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗 未知行星．假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨 道的半径 R 和周期 T 是(认为未知行星近似做匀速圆周运动) （ ） A. B. C. D. 【答案】 BC 【解析】 据题意，已知每隔 t0 时间发生一次最大偏离，说明每隔 t0 时间两颗行星位于同一直线，据 开普勒第三定律有： ，整理得： ，设某行星在 t0 时间内转动的角度为 2π＋ θ，设其角速度为ω 0，则有 ，某另一行星在相同时间内转动的角度为θ，则有： ， 而 及 ，整理得 ，代入 计算得： ，所以 B、C 选项正确． 点睛：本题考查了万有引力定律的运用，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用， 知道两星相距最近时，两星的影响最大，且每隔 t0 时间相距最近。 注：修改选项 B. 64．小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度（即静水速度）大小不变、船身方向 垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则 （ ） A．越接近河岸水流速度越小 B．越接近河岸水流速度越大 C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最长 D．该船渡河的时间不会受水流速度变化的影响 【答案】 AD 【解析】 试题分析：从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向 上游的加速度，故水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故 A 正确，B 错误．由 于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故 C 错误，D 正 确；故选 AD。 考点：运动的合成和分解 【名师点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水 流速．以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短。 65．如图，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 轴正方向抛出的 三个小球 a、b、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 （ ） 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 考点：平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛 运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。 66．如图所示，质量相同的小物块 A、B 用轻细绳接在光滑轻质定滑轮两侧，小物块 B 放在 粗燥水平桌面上，初始时用手托住物块 A 使系统处于静止状态。现将手拿开，物块 A 将开始 运动，若物块 B 始终没有离开桌面，则在物块下降的过程中 （ ） A. 物块 A 的速度小于物块 B 的速度 B. 绳的拉力对 A 所作的功与对 B 所做的功的代数和为零 C. 绳的拉力对物块 B 所做的功等于物块 B 机械能的增加量 D. 若运动过程中某时刻轻细绳与桌面的夹角为 ，物块 B 对桌面的压力为其所受重力的 ， 则此时物块 A 下降的加速度大小为重力加速度的 【答案】 ABD 【解析】：把 B 的速度分解到沿绳和垂直于绳两个方向，其中沿绳方向的分速度等于物块 A 的速度，所以 B 的速度大于 A 的速度，故 A 正确；根据运动情况知，绳的拉力对 A 做负功， 对 B 做正功，代数和为零，所以 B 正确；绳的拉力对物块 B 所做的功与摩擦力做的代数和等 于物块 B 机械能的增加量，故 C 错误；对 B，把绳的拉力正交分解，竖直方向： ， ，可得绳子的拉力 ，对 A：mg-F=ma，解得： ， 所以 D 正确。 67．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，在斜面底端的正上方高 度为 h 处平抛一小球 A，同时在斜面底端一物块 B 以某一初速度沿斜面上滑，当其 滑到最高点时恰好与小球 A 相遇。小球 A 和物块 B 均视为质点，忽略空气阻力，重 力加速度为 g，下列判断正确的是 （ ） A. 物块 B 沿斜面上滑的初速度为 B. 小球 A 下落的高度为 C. 小球 A 在空中运动的时间为 D. 小球 A 水平抛出时的速度为 【答案】 AB 【解析】根据牛顿第二定律得，B 上滑的加速度 ，B 上滑的最大位移 为 ①，运动时间 ，对于 A 球，有 ②， 因为 ，所以联立得 ，解得 B 沿斜面上滑 的初速度为 ③，故 A 正确；联立①②③可得小球 A 下落的高度为 ，B 正确；小球 A 在空中运动的时间为 ④，C 错误； 小 球 A 水平抛出时的初速度为 ⑤，联立①③④ ， 故 D 错误． 68．甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河,河宽为 H,河水流速为 v0,划船速度均为 v,出 发时两船相距 H,甲、乙两船船头均与河岸成 60°角,如图所示。已知乙船恰好能垂直 到达对岸 A 点。则下列判断正确的是 （ ） A. 甲、乙两船到达对岸的时间不同 B. v=2v0 C. 两船可能在未到达对岸前相遇 D. 甲船也在 A 点靠岸 【答案】 ABD 【解析】将两船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，在垂直于河岸方向上，两船的 分速度相等，河宽一定，所以两船渡河的时间相等．故 A 正确．乙船的合速度垂直于河岸， 有 vcos60°=v0，所以 v=2v0．故 B 正确．两船渡河的时间 ，则甲船在沿河岸方向 上的位移 ．知甲船恰好能到达河对岸的 A 点．故 C 错误，D 也错误．故选：ABD. 69．一小球从 A 点做自由落体运动，另一小球从 B 点做平抛运动，两小球恰好同时 到达 C 点，已知 AC 高为 h，两小球在 C 点相遇前瞬间速度大小相等，方向成 60°夹 角，g＝10 m/s2。由以上条件可求 （ ） A. A、B 两小球到达 C 点所用时间之比为 1:2 B. 做平抛运动的小球初速度大小为 C. A、B 两点的高度差为 D. A、B 两点的水平距离为 【答案】 BC 【解析】小球从 A 点做自由落体运动，下降 h 过程，时间 ，末速度 ，故 平抛的末速度为 ，与水平方向成 60°夹角； 故初速度： ，竖直分速度 ，由 vy=gtBC， 得 ，故 ，故 A 错误 B 正确；平抛的竖直分位移 ，故 A、B 两 点的高度差为 ，A、B 两点的水平距离 ，故 C 正确 D 错误； 70．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 O 点处，在杆的中 点 C 处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 O 点距离为 L，滑轮上端 B 点到 O 的距离为 4L，现在对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 缓缓转至水平位置（转过了 ），此过程中下列说法正确的是 （ ） A. 重物 M 受到的拉力总大于本身的重力 B. 重物 M 克服其重力的功率先增大后减小 C. 重物 M 的最大速度是 D. 绳子拉力对 M 做的功 【答案】 BD 【解析】设 C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为 ，故 C 点的线速度为 ，该线速度 在绳子方向上的分速度就为 ． 的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变 小，所以 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 ；然后， 又逐渐增大， 逐渐变小，绳子的速度变慢．所以知重物 的速度先增大后减小，最大速度为 ，重物 M 克服其重力的功率 先增大后减小，M 先做加速运动后做减速运动，所以绳子的拉力先大于 M 的重力后又小于 M 的重力，B 正确 AC 错误；拉力对重物 m 所做的功等于物体重力势能的增加量和动能的增加量，物体升高的 高度等于左侧绳子的伸长量，由几何关系可知， ，故重力势能增加量为 ；而杆转到水平位置时， ，则此时速度为 ；故此时 动能的增加量为 ；因此绳子对物体 M 所做的功为 ，故 D 正确． 【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线 速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分 速度的关系． 71．如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定直杆上，与光滑水平地面相距 h，b 放在地 面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为 g．则 （ ） A. a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B. a 落地时速度大小为 C. a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D. a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 【答案】 BD 考点：机械能守恒定律；牛顿定律的应用 【名师点睛】解决本题的关键知道 a、b 组成的系统机械能守恒，以及知道当 a 的机械能最 小时，b 的动能最大。 72．已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零；假想在地球赤道正上方高 h 处和正 下方深为 h 处各修建一绕地心的环形真空轨道，轨道面与赤道面共面；两物件分布在上述两 轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力，设地球半径为 R，则 （ ） A. 两物体的速度大小之比为 B. 两物体的速度大小之比为 C. 两物体的加速度大小之比为 D. 两物体的加速度大小之比为 【答案】 AC 【解析】试题分析：设地球密度为 ρ，则有：在赤道上方： ， 在赤道下方： 解得： ， ，故 AC 正确；BD 错误．故选 AC． 考点：万有引力定律的应用 【名师点睛】本题主要掌握万有引力提供向心力的基本应用，要会用数学方法表示球体质量。 视频 73．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，轨道 固定在竖直平面内．一质量为 m 的小球，从距离水平地面高为 H 的管口 D 处由静止释放，最 后能够从 A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是 （ ） A．小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H＞2R B．小球落到地面时相对于 A 点的水平位移为 C．小球释放的高度在 H＞2R 的条件下，随着 H 的变大，小球在 A 点对轨道的压力越大 D．若小球经过 A 点时对轨道无压力，则释放时的高度 【答案】 AD 【解析】 试题分析：小球通过 A 点的最小速度为 0，根据机械能守恒定律知，mgH=mg•2R+ mv2，解 得 H=2R，所以小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H＞2R，故 A 正确．根据机械能守恒得， mgH=mg•2R+ mv2，解得 ，根据 2R= gt2 得， ，则水平位移 ，故 B 错误．在 A 点，若速度 ， 根据牛顿第二定律得，N+mg＝m ，随着速度的增大，小球对A点的压力增大，若 ， 根据牛顿第二定律得，mg−N＝m ，随着速度的增大，小球对 A 点的压力减小，可知小球 释放的高度在 H＞2R 的条件下，随着 H 的变大，小球在 A 点对轨道的压力不一定越大，故 C 错误．若小球对 A 点无压力，有：mg＝m ，解得 ，根据机械能守恒得，mgH=mg• 2R+ mv2，解得 H= R．故 D 正确．故选 AD。 考点：机械能守恒；平抛运动；牛顿第二定律 74．如图所示，竖直平面内有半径为 R 的半圆形光滑绝缘轨道 ABC,A、C 两点为轨道的最高 点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1 的点电荷.将另一质量为 m、电荷量为+q2 的 带电小球从轨道 A 处无初速度释放，已知重力加速度为 g，则 （ ） A. 小球运动到 B 点时的速度大小为 B. 小球运动到 B 点时的加速度大小为 C. 小球从 A 点运动到 B 点过程中电势能减少 D. 小球运动到 B 点时对轨道的压力大小为 【答案】 ABD 【解析】A、q1、q2 间的库伦力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从 A 到 B 的运动过程 中，只有重力做功，机械能守恒， ， ，A 正确； B、小球运动到 B 点时有向心加速度，加速度大小 ，B 正确； C、由于库伦力始终与运动方向垂直，不做功，电势能不变，C 错误； D、小球运动到 B 点时合外力等于向心力，对轨道的压力 F， ， F= ，D 正确。 故选 ABD。 75．如图所示,在距水平地面高为 0．4 m 处,水平固定一根长直光滑杆,在杆上 P 点固定一定 滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,在 P 点的右边,杆上套有一质量 m="2" kg 的小球 A。半径 R=0．3 m 的光滑半圆形细轨道,竖直地固定在地面上,其圆心 O 在 P 点的正下方,在轨道上套 有一质量也为 m="2" kg 的小球 B。用一条不可伸长的柔软细绳,通过定滑轮将两小球连接起 来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看做质点,不计滑轮大小的影响, 且细绳刚 好没有张力，g 取 10 m/s2。现给小球 A 一个水平向右的恒力 F="55" N。以下说法正确的是 （ ） A. 把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点过程中,力 F 做的功 WF=16．5J B. 当细绳与圆形轨道相切时，小球 B 与小球 A 速度大小相等 C. 把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时,小球 A 速度的大小 v=3 m/s D. 把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时,小球 B 速度的大小 v=4m/s 【答案】 BD 【解析】试题分析：A、对于 F 的做功过程，由几何知识得到：力 F 作用点的位移 x=PB-PC= -（0．4-0．3）=0．4m，则力 F 做的功 W=Fx=55×0．4J=22J，故 A 错误；当 绳与轨道相切时，两球速度大小相等，如图所示： ，故 B 正确；由于 B 球到达 C 处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块 A 的速度为零，根 据两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W= mv2+mgR，代入已知量得： 22= ×2×v2+2×10×0．3，解得小球 B 速度的大小 v=4m/s，故 C 错误，D 正确；故选 BD。 考点：功；功能关系 76．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块 1 和滑块 2，转台绕转轴 OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与 转台之间的动摩擦因数相同，滑块 1 到转轴的距离小于滑块 2 到转轴的距离．关于滑块 1 和 滑块 2 受到的摩擦力 f1 和 f2 与ω2 的关系图线，可能正确的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 AC 【解析】试题分析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式 ，考虑到两滑块质量 相同，滑块 2 的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块 2 先达到最大静摩擦 力．继续增大角速度，滑块 2 所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块 1 的摩擦力减小，当 滑块 1 的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块 1 摩擦力达到最大值时，再增大角速度， 将发生相对滑动，故滑块 2 的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块 1 的摩擦力先增大后减小， 在反向增大，故 AC 正确． 考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律 【名师点睛】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦 力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化． 77．a、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为 、 ，从抛 出至碰到台上的时间分别为 、 ，则 （ ） A． ＞ B． ＜ C． ＞ D． ＜ 【答案】 AD 【解析】 试题分析:两个物体做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，根据 ， 即 所以 D 正确；又水平方向匀速直线运动 可得 即 Ａ正确，本题 选ＡＤ。 考点：本题考查了对平抛运动规律的熟练应用。 78．如图所示，一半径为 R 的光滑半圆形细轨道，其圆心为 O，竖直固定在地面上。轨道正 上方离地高为 h 处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上 P 点处固定 一定滑轮，P 点位于 Q 点整上方。A、B 是质量均为 m 的小环，A 套在杆上，B 套在轨道上， 一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦。现 对 A 环施加一水平向右的力 F，使 B 环从地面由静止开始沿轨道运动。则 （ ） A．若缓慢拉动 A 环，B 环缓慢上升至 D 点的过程中，F 一直减小 B．若缓慢拉动 A 环，B 环缓慢上升至 D 点的过程中，外力 F 所做的功等于 B 环机械能的增 加量 C．若 F 为恒力，B 环最终将静止在 D 点 D．若 F 为恒力，B 环被拉到与 A 环速度大小相等时， 【答案】 ABD 【解析】 考点：考查功能关系． 【名师点睛】本题连接体问题，从功能关系研究两环能量的变化关系，关键要知道当 PB 线 与圆轨道相切时两环的速度大小相等． 79．如图所示，BC 是半径为 的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端 C 在圆心 O 的正下方， ，将质量为 的小球，从与 O 等高的 A 点水平抛出，小球恰好从 B 点 沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从 B 到 C 做匀速圆周运 动，重力加速度大小为 ，则下列说法正确的是 （ ） A．从 B 到 C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B．从 B 到 C，小球克服摩擦力做功为 5J C．A、B 两点间的距离为 m D．小球从 B 到 C 的全过程中，小球对轨道的压力不变 【答案】 BC 【解析】 试题分析：小球由 A 至 B 做平抛运动，设初速度 ，平抛时间 ，B 点的速度方向与圆轨道 相切，故平抛的速度偏向角为 ，有 ，竖直方向有 ，水平方向有 ，则 A、B 之间的距离为 ，C 正确；从 B 至 C 由动能定理： ，所以 J，B 正确； 从 B 至 C 轨道对小球的弹力与重力沿半径方向的分力共同提供向心力，向心力大小不变，重 力的分力变大，所以轨道对小球的弹力变大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力变大， 故 D 错误；小球能保持匀速圆周运动，则小球所受的摩擦力与重力切向分力相等，所以轨道 之间的动摩擦因数是变小，所以 A 错误。 考点：平抛运动、动能定理 80．如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体 P 和 Q，它们的质 量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是 fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心 O，P 离 圆心距离为 r1，Q 离圆心距离为 r2，且 r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度 ω 匀速转动，且两 个物体始终与圆盘保持相对静止，则下列说法错误的是 （ ） A. ω 取不同值时，P 和 Q 所受静摩擦力均指向圆心 B. ω 取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而 P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能 背离圆心 C. ω 取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而 Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能 背离圆心 D. ω 取不同值时，P 和 Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心 【答案】 ACD 【解析】根据 ，Q 的转动半径大，Q 先达到最大静摩擦力，当角速度增加， 绳子出现张力，Q 靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，P 也靠张力和静摩擦力的合力充当 向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，P 所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向 增大到最大静摩擦力时，如果角速度再增大，PQ 与圆盘间会发生相对滑动，所以：Q 所受 静摩擦力始终指向圆心，而 P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心。即 B 正确，ACD 错误。选错的故答案为 ACD。 点睛：圆周运动中的连接体问题，既要隔离研究，又要抓住它们之间的联系：角速度关系、 绳中张力大小相同。 三、解答题 81．如图所示，有一长为 L 的细线，细线的一端固定在 O 点，另一端拴一质量为 m 的小球， 现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的 C 点位于 O 点正下方，且 到 O 点的距离为 1.9L，重力加速度为 g，不计空气阻力． （1）求小球通过最高点 A 时的速度 vA； （2）若小球通过最低点 B 时，细线对小球的拉力 T 恰好为小球重力的 6 倍，且小球经过 B 点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到 C 点的距离． 【答案】 (1) (2)3L 【解析】试题分析：（1）小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时细线的拉力为 零，根据向心力公式有： ，解得： 。 （2）在 B 点，根据向心力公式得： ，解得： ，小球运动到 B 点时 细线断裂，小球做平抛运动，有：竖直方向： ，水平方向： 。 考点：向心力、牛顿第二定律 【名师点睛】小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意临 界值的应用及正确列出向心力公式。 82．如图所示，半径为 R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为 m 的小球 a、b 以不同的速度进入管内，a 通过最高点 A 时，对管壁上部的压力为 3mg，b 通过最高点 A 时， 对管壁下部的压力为 0.75mg，求 a、b 两球落地点间的距离。 【答案】 s=3R 【解析】试题分析：在 C 点，对两个球分别受力分析，根据合力提供向心力，由牛顿第二定 律求出两球通过 C 点的速度，此后球做平抛运动，根据运动学公式列式求解即可。 在 C 点，对 A 球：由牛顿第二定律得： ，解得： 下落时间为： ，解得： 水平距离为： 对 B 球：由牛顿第二定律得： ，解得： 下落时间为： ，解得： 水平距离为： 即 A、B 两球落地点间的距离为： 点睛：本题主要考查了圆周运动和平抛运动，解决的关键是对小球在最高点处时受力分析， 知道在圆轨道的最高点，由合力提供向心力，由向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速 度，再求出水平位移。 83．如图所示，某货场而将质量为 m1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为 避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无 初速滑下，轨道半径 R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板 A、B，长度均为 l=2m，质量均为 m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 =0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s 2） （2）若货物滑上木板 A 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 1应满足的 条件。 【答案】 （1） （2） 84．2016 年 11 月 1 日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞 行表演队的 6 架歼－10 战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演。某次飞行表演中， 飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为 R 的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下,已知飞行员 质量为 m、重力加速度为 g； （1）若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度？ （2）若这位飞行员以（1）中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大 竖直加速度为 5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功？ 【答案】 （1） （2） ； 【解析】（1）最高点座椅对飞行员弹力 FN=mg 向下，设速度为 v1 由重力和弹力的合力提供向心力有： 解得： ． （2）最低点向心加速度最大时速度也最大，设为 v2 an＝m ＝5g v2 最大为： 最高点到最低点动能定理有： 得：W=- mgR． 85．如图所示，水平轨道 AB 与竖直半圆形光滑轨道在 B 点平滑连接，AB 段长 x=10m，半圆 形轨道半径 R=2.5m，质量 m=0.1kg 的小滑块（可视为质点）以一定的速度从水平轨道进入 半圆形轨道， 沿轨道运动到最高点 C，从 C 点水平飞出。若小滑块从 C 点水平飞出后恰好 落在 A 点，重力加速度 g=10m/s2，试分析求解： （1）滑块通过 C 点时的速度大小； （2）滑块刚进入半圆形轨道时，在 B 点对轨道的压力大小。 【答案】 （1） （2） 【解析】试题分析：物体离开 C 点后做平抛运动： （3 分） （3 分） 解得 （1 分） 物体从 B 到 C 过程满足机械能守恒，取 AB 面为重力零势能面，有： （3 分） 在 B 点对物体由牛顿第二定律有： （3 分） 解得 （1 分） 由牛顿第三定律知，滑块在 B 点对轨道的压力大小为 9N. （1 分） 考点：本题考查了平抛运动、牛顿第二定律、牛顿第三定律、机械能守恒定律。 86．如图所示，倾角为 的粗糙斜面 AB 底端与半径 的光滑半圆轨道 BC 平滑相 连，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A.C 两点等高。质量 的滑块 从 A 点由静止开始下滑，恰能滑到与 O 等高的 D 点，（g 取 ， ， ）； （1）求滑块与斜面间的动摩擦因数 ； （2）若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 的最小值； （3）若滑块离开 A 处的速度大小为 ，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上的时间 。 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】（1）A 到 D 过程，据动能定理： 解得： （2）要使滑块能到达 C 点，则在圆周最高点 C 处， A 到 C 过程，据动能定理： 解得： （3）从 C 点平抛后，建立以 C 点为原点，向左为 x 轴，向下为 y 轴的坐标系，则 ， 由几何关系，知 代入得： 87．（14 分）如图所示，设 AB 段是距水平传送带装置高为 H=1.25m 的光滑斜面，水平段 BC 使用水平传送带装置，BC 长 L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为 V=3m/s．设质量为 m=1kg 的小物块由静止开始从 A 点下滑经过 B 点的拐角处无机械能损失．小 物块在传送带上运动到 C 点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从 D 点进入竖直光滑圆孤 轨道下滑．D、E 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径 R2=1.0m 圆弧对应圆心角θ =106°，O 为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求： （1）小物块在 B 点的速度大小 （2）小物块在水平传送带 BC 上的运动时间． （3）水平传送带上表面距地面的高度． （4）小物块经过 O 点时对轨道的压力． 【答案】 （1）小物块在 B 点的速度大小为 5m/s．（2）小物块在水平传送带 BC 上的运 动时间为 1.5s． （3）水平传送带上表面距地面的高度为 0.8m．（4）小物块经过 O 点时对轨道的压力为 43N． 【解析】 试题分析：（1）加速下滑过程中只有重力做功，对滑块沿斜面下滑过程运用动能定理列式 求解； （2）小滑块在传送带上先加速后匀速，先受力分析后根据牛顿第二定律求出加速过程的加 速度，然后根据速度时间公式求加速时间，再根据平均速度公式求加速位移，再求匀速时间， 最后得到总时间； （3）对于平抛运动，根据速度方向先求出落地时的竖直分速度，然后根据速度位移公式求 解出传送带上表面距离地面的高度差； （4）先根据速度分解的平行四边形定则求出落地时速度，再对从 D 到 O 过程运用动能定理 列式求出 O 点速度，最后运用牛顿第二定律求解对轨道最低点压力． 解：（1）小物块由 A 运动 B，由动能定理，mgh= mvB2﹣0， 代入数据解得：vB=5m/s；即小物块在 B 点的速度为 5m/s． （2）由牛顿第二定律得：μmg=ma，代入数据解得：a=μg=4m/s2 水平传送带的速度为 v0=3m/s， 加速过程，由 v0=vB﹣at1，得：t1= = =0.5s 则匀速过程 L1= t1= ×0.5=2m， t2= = =1s， 故总时间 t=t1+t2=1.5s 即小物块在水平传送带 BC 上的运动时间为 1.5s． （3）小物块从 C 到 D 做平抛运动，在 D 点有： vy=v0tan ，代入数据解得：vy=4m/s， 由速度位移公式得：vy2=2gh，代入数据解得：h=0.8m， 故水平传送带上表面距地面的高度为 0.8m． （2）小物块在水平传送带 BC 上的运动时间为 1.5s． （3）水平传送带上表面距地面的高度为 0.8m． （4）小物块经过 O 点时对轨道的压力为 43N． 点评：本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二 定律、向心力公式列式求解． 88．(12 分)如图所示，半径 的四分之一粗糙圆弧轨道 AB 置于竖直平面内，轨道的 B 端切线水平，且距水平地面高度为 =1.25m，现将一质量 =0.2kg 的小滑块从 A 点由静止 释放，滑块沿圆弧轨道运动至 B 点以 的速度水平飞出（ 取 ）．求： （1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过 B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小. 【答案】 （1） （2）压力为 4.5N，（3） 【解析】 试题分析：(1) 设小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功为 ，应用动能定理研 究 A 点到 B 点有： 解得: ． （2）对 B 点的滑块进行受力分析，设轨道对滑块的支持力为 ，由牛顿第二定律有： 解得 由牛顿第三定律知滑块对 B 的压力为 4.5N，方向竖直向下． （3）滑块过 B 点后作平抛运动，设着地时竖直速度为 ，根据平抛运动规律有： 所以 考点：本题考查了动能定理的应用、牛顿第二定律、牛顿第三定律、平抛运动、向心力. 89．如图所示，遥控赛车比赛中的一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求是：赛车从起点 出发，沿水平直轨道运动，在 B 点飞出后越过“壕沟”，落在平台 EF 段．已知赛车的额定功 率 P=12.0W，赛车的质量 m=1.0kg，在水平直轨道上受到的阻力 f=2.0N，AB 段长 L=10.0m， B、E两点的高度差h=1.25m，BE的水平距离x=1.5m．赛车车长不计，空气阻力不计.g取10m/s2． （1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度 vm 的大小； （2）要使赛车越过壕沟，求赛车在 B 点速度至少多大； （3）若比赛中赛车以额定功率运动，经过 A 点时速度 vA=1m/s，求赛车在 A 点时加速度大 小． 【答案】 （1）6m/s（2）3m/s（3）10m/s2 【解析】 试题分析：（1）到达最大速度时，赛车的牵引力 F0=f 由于 P=F0vm 代入数据解得：vm=6m/s （2）设赛车做平抛运动的时间为 t0，则 x=v0t 代入数据解得：v=3m/s （3）以额定功率启动，根据 ,代入数据，F=12N 根据牛顿第二定律： ，代入数据得 考点：功率；平抛运动；牛顿第二定律. 90．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0。小 工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 μ，乙的 宽度足够大，重力加速度为 g。 （1）若乙的速度为 v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离 s； （2）若乙的速度为 2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v； （3）保持乙的速度 2v0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如 此反复。若每个工件的质量均为 m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求 驱动乙的电动机的平均输出功率 。 【答案】 （1）s＝ ；（2）v＝2v0；（3） ＝ 【解析】试题分析：（1）由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工 件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相 对传送带乙侧向速度 v0 和与传送带乙运动方向相反的速度 v0，其合速度方向与传送带运动 方向显然成 45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系。 根据牛顿第二定律可知：ax＝－ ，ay＝ 即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀 变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在 x 方向上的 位移即侧向滑过的距离为：s＝ （2）同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示。 设摩擦力与 y 轴方向间的夹角为 θ，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在： ＝ ＝tanθ＝ 因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙 静止，因此工件此时的速度大小为：v＝2v0 （3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：Δs＝ 每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：t＝ 每个工件在相对传送带滑动的 t 时间内，电动机对乙做的功为：W＝ － ＋μmgΔs 电动机的平均输出功率为： ＝ 联立以上各式解得： ＝ 考点：本题主要考查了牛顿运动定律、滑动摩擦力的方向、运动的合成与分解的应用问题， 属于较难题。 91．工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以 的初速度滑上静止 的货车的左端，已知货物质量 m=20kg，货车质量 M=30kg，货车高 h=0.8m。在光滑轨道 OB 上 的 A 点设置一固定的障碍物，当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC 方向落在 B 点。已知货车上表面的动摩擦因数 ，货物可简化为质点，斜面的倾角为 。 (1)求货物从 A 点到 B 点的时间； (2)求 AB 之间的水平距离； (3)若已知 OA 段距离足够长，导致货物在碰到 A 之前已经与货车达到共同速度，则货车的长 度是多少? 【答案】 （1）0.4s；（2）1.2m；（3）6.7m 【解析】 试题分析：（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向： 源:] 解得 （2）在 B 点分解速度： 得： 故 sAB=vxt=1.2m （3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律： 对 m： 1 对 M： 当 时，m、M 具有共同速度： 根据系统能量守恒定律： 联立解得 =6m 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理： 解得 =0.7m 故 =6.7m 考点：平抛运动；牛顿第二定律；动能定理. 92．（13 分）如图所示，是一传送装置，其中 AB 段粗糙，AB 段长为 L＝1 m，动摩擦因数 μ ＝0.5；BC、DEN 段均可视为光滑，DEN 是半径为 r＝0.5 m 的半圆形轨道，其直径 DN 沿竖 直方向，C 位于 DN 竖直线上，CD 间的距离恰能让小球自由通过。其中 N 点又与足够长的 水平传送带的右端平滑对接，传送带以 6m/s 的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带 之间的动摩擦因数也为 0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压 缩弹簧至 A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿圆弧 DEN 轨道滑下，而始终 不脱离轨道。已知小球质量 m＝0.2 kg ，g 取 10m/s2。 （1） 求小球到达 D 点时速度的大小及弹簧压缩至 A 点时所具有的弹性势能； （2） 小球第一次滑上传送带后的减速过程中，在传送带上留下多长的痕迹？ （3） 如果希望小球能沿着半圆形轨道上下不断地来回运动，且始终不脱离轨道，则传送带 的速度应满足什么要求？ 【答案】 （1）1.5J（2） （3） 【解析】试题分析： (1)“小球刚好能沿 DEN 轨道滑下”，在圆周最高点 D 点必有： mg＝m （1 分） 得：vD＝ m/s， （1 分） 从 A 点到 D 点，由能量守恒得：Ep＝μmgL＋ mvD2（1 分） 联立以上两式并代入数据得：Ep＝1.5J （1 分） （2）从 D 到 N，根据机械能守恒可得 （1 分） 在传送带上物块 （1 分） 物块向左减速 （1 分） 物块向左运动的位移 （1 分） 传送带向右运动的位移为 （1 分） 留下的痕迹为 （1 分） （3）设物块在传送带上返回到右端的速度为 v0， 若物块恰能冲到 EF 轨道圆心的等高处， 则 （1 分） （1 分） 则传送带的速度必须满足 考点：能量守恒定律，匀变速直线运动 93．如图所示，圆环 A 的质量 m1=10kg，被销钉固定在竖直光滑的杆上，杆固定在地面上，A 与定滑轮等高，A 与定滑轮的水平距离 L＝3m，不可伸长的细线一端系在 A 上，另一端通过 定滑轮系系在小物体 B 上，B 的质量 m2＝2kg，B 的另一侧系在弹簧上，弹簧的另一端系在 固定在斜面底端的挡板 C 上，弹簧的劲度系数 k＝40N/m，斜面的倾角θ＝30°，B 与斜面的 摩擦因数μ＝ /3，足够长的斜面固定在地面上，B 受到一个水平向右的恒力 F 作用，F=20 N，开始时细线恰好是伸直的，但未绷紧，B 是静止的，弹簧被压缩。拔出销钉，A 开始 下落，当 A 下落 h＝4m 时，细线断开、B 与弹簧脱离、恒力 F 消失，不计滑轮的摩擦和空气 阻力。问 （1）销钉拔出前，画出物体 B 的受力示意图，此时弹簧的压缩量 （2）当 A 下落 h=4m 时，A、B 两个物体的速度大小关系？ （3）B 在斜面上运动的最大距离 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 试题分析：（1）对 B 受力分析如图： ， 根据胡克定律可得： ，解得 考点：考查了牛顿第二定律，功能关系，胡克定律 94．如图所示，AB 是固定在竖直平面内倾角 =370 的粗糙斜面，轨道最低点 B 与水平粗糙 轨道 BC 平滑连接，BC 的长度为 SBC= 5.6m．一质量为 M =1kg 的物块 Q 静止放置在桌面的水 平轨道的末端 C 点，另一质量为 m=2kg 的物块 P 从斜面上 A 点无初速释放，沿轨道下滑后进 入水平轨道并与 Q 发生碰撞。已知物块 P 与斜面和水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，SAB = 8m， P、Q 均可视为质点，桌面高 h = 5m，重力加速度 g=10m/s2。 （1）画出物块 P 在斜面 AB 上运动的 v-t 图。 （2）计算碰撞后，物块 P 落地时距 C 点水平位移 x 的范围。 （3）计算物块 P 落地之前，全过程系统损失的机械能的最大值。 【答案】 (1)如图所示(2) (3) 【解析】 试题分析：（1）根据牛顿第二定律和运动学规律可得： （1 分） 解得 m/s2 （1 分） 由 得 （1 分） 由 得 s（1 分） 作图（2 分） （2）BC 段滑行，则 = （1 分） 解得 m/s （1 分） PQ 碰撞，则有动量守恒： （1 分） 能量关系有： （1 分） 位置关系有： （1 分） 联立解得：2m/s 4m/s （1 分） 平抛运动有： ， （2 分） 解得： （1 分） （3）机械能损失最大对应完全非弹性碰撞，此时有： （1 分） 根据动能定理: （1 分） 代入数据得： J （1 分） 考点：牛顿第二定律，运动学规律，动量守恒定律，动能定理 95．如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切于 C、M 点，斜面倾角分别如图所示。O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C、M 在同一水平高度。 斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦) 分别连接小物块 P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、Q 两物块静止。若 PC 间 距为 L1=0.25m，斜面 MN 足够长，物块 P 质量 m1=3kg，与 MN 间的动摩擦因数 μ= ，重力 加速度 g=10m/s2。求：(sin37°=0.6，cos37°=0.8) （1）小物块 Q 的质量 m2； （2）烧断细绳后，物块 P 第一次到达 D 点时对轨道的压力大小； （3）物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。 【答案】 （1）4kg（2）78N（3）1m 【解析】试题分析：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有： m1gsin53°=m2gsin37° 解得：m2=4kg 即小物块 Q 的质量 m2 为 4kg． （2）P 到 D 过程，由动能定理得 m1gh= 根据几何关系，有： h=L1sin53°+R（1﹣cos53°） 在 D 点，支持力和重力的合力提供向心力： FD﹣mg=m 解得：FD=78N 由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78N． （3）分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动，C 点和 M 点速度为零． 由全过程动能定理得：mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L 总=0 解得：L 总=1.0m 即物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程为 1.0m． 96．（14 分）如图所示，轮半径 r＝10 cm 的传送带，水平部分 AB 的长度 L＝1.5 m，与一圆 心在 O 点、半径 R＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于 A 点，AB 高出水平地面 H＝1.25 m， 一质量 m＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的 P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹 角θ＝37°.已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦 因数μ＝0.1，不计空气阻力． (1)求滑块对圆轨道末端的压力； (2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与 B 间的水平距离； (3)若传送带以 v0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由 B 到 A 运动)，求滑 块在传送带上滑行过程中产生的内能． 【答案】 （1） 1.4 N （2）0.5 m （3）0.2 J 【解析】 (3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从 A 到 B 的运动情况 没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0 ＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Q＝μmgΔx＝0.2 J. 考点：主要考查竖直平面内圆周运动、传送带问题和功能关系等。 97．(14 分)某同学玩“弹珠游戏”装置如图所示，S 形管道 BC 由两个半径为 R 的 1/4 圆形 管道拼接而成，管道内直径略大于小球直径，且远小于 R，忽略一切摩擦，用质量为 m 的小 球将弹簧压缩到 A 位置，由静止释放，小球到达管道最高点 C 时对管道恰好无作用力，求： ⑴小球到达最高点 C 的速度大小； ⑵若改用同样大小质量为 2m 的小球做游戏，其它条件不变，求小球能到达的最大高度； ⑶若改用同样大小质量为 m/4 的小球做游戏，其它条件不变，求小球落地点到 B 点的距离。 【答案】 ⑴vC＝ ；⑵h＝ ；⑶d＝10R 【解析】 试题分析：⑴由于小球到达管道最高点 C 时对管道恰好无作用力，根据牛顿第二定律和向心 力公式有：mg＝ ，解得小球到达最高点 C 的速度大小为：vC＝ ⑵由于忽略一切摩擦，因此小球与弹簧组成的系统机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可 知，弹簧弹性势能为：Ep＝ ＋2mgR＝ 改用质量为 2m 的小球时，因为 Ep＝ ＜4mgR，所以小球不能到达 C 点，设此时小球能 到达的最大高度为 h，根据机械能守恒定律有：Ep＝2mgh，解得：h＝ ⑶改用质量为 m/4 的小球时，小球能通过最高点 C 后做平抛运动，设此时离开 C 点时的速度 为 v，根据机械能守恒定律有：Ep＝ ＋ 根据平抛运动规律可知，此时小球离开 C 点后做平抛运动的水平射程：x＝ 联立以上各式解得：x＝8R 根据图中几何关系可知，小球落地点到 B 点的距离为：d＝x＋2R＝10R 考点：本题主要考查了平抛运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、机械能守恒定 律的应用问题，属于中档题。 98．(12 分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的轨道 MNP，其形状为半径 R＝1.0m 圆环剪去了左上角 120° 的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的数值距离是 h＝2.4m。用质量 m1＝0.4kg 的物块将 弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点，用同种材料、质量为 m2＝ 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块通过 B 点后做匀变速运动，其位移与时间的 关系为 x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g 取 10m/s2)。求： ⑴物块 m2 过 B 点时的瞬时速度 vB 及与桌面间的滑动摩擦因数μ； ⑵若轨道 MNP 光滑，物块 m2 经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN；＝×－· ⑶若物块 m2 刚好能到达轨道最高点 M，则释放 m2 后整个运动过程中其克服摩擦力做的功 W。 【答案】 ⑴vB＝6m/s，μ＝0.4；⑵FN＝16.8N；⑶W＝8.0J 【解析】 试题分析：⑴由题意质量为 m2 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块通过 B 点后做匀变 速运动，其位移与时间的关系为 x＝6t－2t2 可知，物块 m2 过 B 点时的瞬时速度为：vB＝ 6m/s，加速度为：a＝－4m/s2① 物块离开 B 点后在桌面上受重力 m2g、桌面的支持力 N 和滑动摩擦力 f 作用，根据牛顿第二 定律可知，在水平方向上有：－f＝m2a ② 在竖直方向上有：N－m2g＝0 ③ 根据滑动摩擦定律有：f＝μN ④ 由①②③④式联立解得：μ＝ ＝0.4 ⑵物块从 D 点离开桌面后做平抛运动，设至 P 点时速度在竖直方向上的分量为 vy，则在竖 直方向上，根据自由落体运动规律有：h＝ ⑤ 因物块由 P 点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：vy＝ vDtan60° ⑥ 物块由 D 运动至 N 的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m2g(h＋R－Rcos60°)＝ － ⑦ 在 N 点处，物块受重力 m2g 和圆轨道的支持力 FN′作用，根据牛顿第二定律有：FN′－m2g＝ ⑧ 根据牛顿第三定律可知，物块 m2 经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN＝FN′ ⑨ 由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：FN＝ ＋m2g(3－2cos60°)＝16.8N ⑶设 CB 距离为 x1，BD 距离为 x2，在物块 m1 由 C 运动至 B 的过程中，根据功能关系有：Ep＝μ m1gx1 ⑩ 在物块 m2 由 C 运动至 B 的过程中，根据功能关系有：Ep＝μm2gx1＋ ⑪ 在物块 m2 由 B 运动至 D 的过程中，根据动能定理有：－μm2gx2＝ － ⑫ 由于物块 m2 恰好通过圆轨道的最高点 M，设通过速度为 vM，根据牛顿第二定律有：m2g＝ ⑬ 设物块 m2 运动至 P 点时的速度为 vP，在 m2 由 P 运动至 M 的过程中，克服摩擦力做功为 W3， 根据动能定理有：－m2g(R＋Rcos60°)－W3＝ － ⑭ 根据几何关系可知：vP＝ ⑮ 释放 m2 后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W＝μm2gx1＋μm2gx2＋W3 ⑯ 由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W＝ ＋m2gh( － )－ m2gR( ＋cos60°) 代入数据解得：W＝7.2J＋4.8J－4.0J＝8.0J 考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与 分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题。 99．（18 分）如图甲，PNQ 为竖直放置的半径为 0.1m 的半圆形轨道，在轨道的最低点 P 和最 高点 Q 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力 FP 和 FQ．轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为 0.06kg 的小球 A，以不 同的初速度 与静止在轨道最低点 P 处稍右侧的另一质量为 0.04kg 的小球 B 发生碰撞，碰 后形成一整体（记为小球 C）以共同速度 v 冲入 PNQ 轨道．（A、B、C 三小球均可视为质点，g 取 10m/s2） （1）若 FP 和 FQ 的关系图线如图乙所示，求：当 FP=13N 时所对应的入射小球 A 的初速度 为多大？ （2）当 FP=13N 时，AB 所组成的系统从 A 球开始向左运动到整体达到轨道最高点 Q 全过程 中所损失的总机械能为多少？ （3）若轨道 PNQ 光滑，小球 C 均能通过 Q 点．试推导 FP 随 FQ 变化的关系式，并在图丙中画 出其图线． 【答案】 （1） m/s （2）0.6J （3） 【解析】 试题分析：解：（1）设 A 球的质量为 M，B 球的质量为 m， 由牛顿第三定律可知，小球在 P、Q 两点所受轨道的弹力大小 ① （1 分） 在 P 点由牛顿第二定律得： ② （2 分） 解得 m/s （1 分） AB 相碰，动量守恒得 ③ （2 分） 解得 m/s （1 分） （2）AB 相碰所损失的机械能 ④ （1 分） 球 C 在 Q 点由牛顿第二定律得： ⑤ （1 分） 球 C 从 P 运动至 Q 的过程，由动能定理得： ⑥ （2 分） 联立并代入数据解得 ⑨ 故球 C 上升过程中所损失的机械能 （1 分） 故整个系统在全过程中所损失的机械能 ⑦ （1 分） （3）因轨道光滑，小球 C 由 P 至 Q 的过程中机械能守恒 ⑧ (2 分) 联立①②⑤⑧得 (1 分 ) 即 图线如图所示 (2 分) 考点： 动量守恒 动能定理 机械能守恒 牛顿第二定律 100．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道 ABC 的底部是一半径为 R 的圆，圆与雪道 相切于 C 点，C 点的切线水平，C 点与水平雪地间距离为 H，如图所示，D 是圆的最高点，一 运动员从 A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点 D 旋转一周，再经 C 后被水平抛出，当 抛出时间为 t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度 v 落到了雪地上，已知运动员 连同滑雪装备的总质量为 m，重力加速度为 g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道 的摩擦阻力，求： (1)A、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过 D 点？ (2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功． 【答案】 (1) (2) H－ gt2 (3) mv2－mg 【解析】(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在 D 点有：mg＝m 从 A 运动到 D 的过程由动能定理得 mg(h－2R)＝ mv 联立解得 h＝ . (3)设强风对运动员所做的功为 W，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知 W＝ mv2－mg .