（江蘇專版）2019版高考物理一輪復習 專題四 曲線運動課件.ppt

專題四曲線運動,高考物理(江蘇專用),考點一曲線運動運動的合成與分解 1.(2018江蘇單科,3,3分)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中,該彈射管保持水平,先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力,兩只小球落到水平地面的( ) A.時刻相同,地點相同B.時刻相同,地點不同 C.時刻不同,地點相同D.時刻不同,地點不同,五年高考,A組自主命題江蘇卷題組,答案B本題考查運動的合成與分解。由題意知,在豎直方向上,兩只小球同時同高度自由下落,運動狀態(tài)始終相同,由h=gt2知落到水平地面的時刻相同。在水平方向上,小球被彈出后 做速度相等的勻速直線運動,但先拋出的小球水平方向運動時間較長,由x=v0t知,x先x后,即兩只小球落到水平地面的地點不同。故選B。,易錯警示理解關鍵字,隱含條件顯性化 彈射管在自由下落過程中沿水平方向先后彈出兩只小球,小球被彈出時已具有豎直分速度,故小球不是做平拋運動。如果認為小球做平拋運動,且釋放高度不同,就會誤選D項。,2.(2011江蘇單科,3,3分)如圖所示,甲、乙兩同學從河中O點出發(fā),分別沿直線游到A點和B點后,立即沿原路線返回到O點,OA、OB分別與水流方向平行和垂直,且OA=OB。若水流速度不變,兩人在靜水中游速相等,則他們所用時間t甲、t乙的大小關系為(),A.t甲t乙D.無法確定,答案C設水速為v0,人在靜水中速度為v,對甲,由OA所用時間t1=,由AO所用時間 t2=,則甲所用時間t甲=t1+t2=+=s;對乙,由OB和由BO的實際速度v= ,故所用時間t乙=;綜上所述得=1,即t甲t乙,故C正確,其他錯誤。,評析考查了運動的合成與分解知識以及數(shù)學運算能力。難度適中。,1.(2018北京理綜,20,6分)根據(jù)高中所學知識可知,做自由落體運動的小球,將落在正下方位置。但實際上,赤道上方200 m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6 cm處。這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,由于地球自轉(zhuǎn),下落過程小球還受到一個水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比?，F(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上升過程該“力”水平向西,則小球() A.到最高點時,水平方向的加速度和速度均為零 B.到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為零 C.落地點在拋出點東側(cè) D.落地點在拋出點西側(cè),B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案D本題考查運動的合成與分解。以地面為參考系,由題意知,小球上升階段,水平方向受到向西的“力”作用,產(chǎn)生向西的加速度,水平方向做加速運動;豎直方向由于重力作用,做勻減速運動。運動到最高點時豎直方向速度為零,水平“力”為零,水平方向加速度為零,此時水平向西的速度達到最大,故選項A、B均錯。下落階段,小球受水平向東的“力”作用,水平方向?qū)⑾蛭髯鰷p速運動,由對稱性知,落地時水平速度恰為零,此時落地點應在拋出點西側(cè),故C錯、D對。,知識拓展科里奧利力 在旋轉(zhuǎn)體系中做直線運動的質(zhì)點,以旋轉(zhuǎn)體系為參考系,質(zhì)點的直線運動偏離原有方向的傾向被歸結(jié)為一個“假想力”的作用,這個“力”稱為科里奧利力。,2.(2015廣東理綜,14,4分)如圖所示,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() A.帆船朝正東方向航行,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以帆板為參照物時,帆船相對于帆板同時具有向正北的速度v與向正東的速度v,故由平行四邊形定則可知,帆船相對于帆板的速度大小為v,方向為北偏東45,D正確。,3.(2014四川理綜,4,6分)有一條兩岸平直、河水均勻流動、流速恒為v的大河。小明駕著小船渡河,去程時船頭指向始終與河岸垂直,回程時行駛路線與河岸垂直。去程與回程所用時間的比值為k,船在靜水中的速度大小相同,則小船在靜水中的速度大小為() A.B. C.D.,答案B去程時船頭垂直河岸如圖所示,由合運動與分運動具有等時性并設河寬為d,則去程時間t1=;回程時行駛路線垂直河岸,故回程時間t2=,由題意有=k,則k=,得v1= =,選項B正確。,評析此題以小船過河為情境考查運動的合成和分解,解答本題的關鍵點有二:一是合運動和分運動具有等時性;二是利用河寬為定值,去程為分運動的位移,回程為合運動的位移,確定去回的時間,該題難度適中,但有很好的區(qū)分度。,答案AD當物體的速率增大時,合外力是動力,合外力與速度方向間夾角小于90,而在直線運動中速率增大時合外力方向與速度方向間夾角必為0,A正確;變速率的曲線運動也可以是勻變速運動,如平拋運動,故B錯誤;物體做變速率的圓周運動時,合外力一方面提供了改變速度方向的向心力,另一方面還提供了改變速度大小的切向力,故此時合外力的方向一定不指向圓心,C錯誤;在勻速率曲線運動中,由于物體的速度大小不變,則物體在速度方向上所受外力矢量和必為零,即物體所受合外力方向只能是垂直于速度方向,從而只改變速度方向而做曲線運動,但不改變速度的大小,D正確。,C組教師專用題組 (2013海南單科,8,5分)(多選)關于物體所受合外力的方向,下列說法正確的是() A.物體做速率逐漸增加的直線運動時,其所受合外力的方向一定與速度方向相同 B.物體做變速率曲線運動時,其所受合外力的方向一定改變 C.物體做變速率圓周運動時,其所受合外力的方向一定指向圓心 D.物體做勻速率曲線運動時,其所受合外力的方向總是與速度方向垂直,考點二拋體運動 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2017江蘇單科,2,3分)如圖所示,A、B兩小球從相同高度同時水平拋出,經(jīng)過時間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍,則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為() A.tB.tC.D.,答案C本題考查平拋運動、運動的獨立性。依據(jù)運動的獨立性原理,在水平方向上,兩球之間的距離d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t,得t=,故選項C正確。,規(guī)律總結(jié)運動的獨立性原理、相對運動 一個物體同時參與幾個獨立的運動,每個分運動相互獨立,運動規(guī)律互不影響。 兩個物體相對運動,互為參考系時,相同的分運動可以忽略運動效果。對同時平拋的兩個小球,相對于另一個小球,在水平方向上做勻速直線運動。,2.(2016江蘇單科,2,3分)有A、B兩小球,B的質(zhì)量為A的兩倍?，F(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出,不計空氣阻力。圖中為A的運動軌跡,則B的運動軌跡是() A.B.C.D.,答案A不計空氣阻力,A、B兩球運動過程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向拋出,都做斜上拋運動,故兩球軌跡相同,A選項正確。,審題關鍵由“不計空氣阻力”可知只受重力,運動的加速度均為g,與質(zhì)量無關?！耙韵嗤俾恃赝环较驋伋觥?則可確定運動軌跡相同。,易錯點撥試題以斜上拋為背景,雖然兩球質(zhì)量不同,但在不計空氣阻力時運動的加速度均為重力加速度,考生可能會由生活經(jīng)驗“重的物體飛行高度低,所用時間短”而錯選C或D。,3.(2014江蘇單科,6,4分)(多選)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動,用如圖所示的裝置進行實驗。小錘打擊彈性金屬片,A球水平拋出,同時B球被松開,自由下落。關于該實驗,下列說法中正確的有() A.兩球的質(zhì)量應相等 B.兩球應同時落地 C.應改變裝置的高度,多次實驗 D.實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動,答案BCA、B兩球均只受重力作用,由mg=ma可得a=g,與質(zhì)量無關,故A錯。A球在豎直方向上的分運動和B球的運動相同,均為自由落體運動,故它們同時落地,即B正確。實驗中,必須改變某些條件,重復實驗多次,才能說明所得規(guī)律的普遍性,故C項所述做法是必需的,C正確。該實驗無法說明A球在水平方向上的分運動情況,故D錯。,考查點本題考查考生對拋體運動和自由落體運動的理解,要求考生深刻理解運動的合成與分解的思想方法,對實驗目的、實驗方法和實驗結(jié)果做出判斷。由于考生對本實驗很熟悉,所以屬于容易題。,4.(2013江蘇單科,7,4分)(多選)如圖所示,從地面上同一位置拋出兩小球A、B,分別落在地面上的M、N點,兩球運動的最大高度相同?？諝庾枇Σ挥?則() A.B的加速度比A的大 B.B的飛行時間比A的長 C.B在最高點的速度比A在最高點的大 D.B在落地時的速度比A在落地時的大,答案CD兩球加速度都是重力加速度g,A錯誤;飛行時間t=2,因h相同,則t相同,B錯誤; 水平位移x=vxt,在t相同情況下,x越大說明vx越大,C正確;落地速度v=,兩球落地時豎直速 度vy相同,可見vx越大,落地速度v越大,D正確。,考查點本題考查運動的合成與分解、拋體運動等知識,屬于中等難度題。,易錯分析本題易漏選。不理解斜拋運動的本質(zhì),不會從運動的合成與分解的角度處理斜拋運動的問題,就比較不出兩球在最高點的速度及落地時的速度大小。,5.(2012江蘇單科,6,4分)(多選)如圖所示,相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l,h均為定值)。將A向B水平拋出的同時,B自由下落。A、B與地面碰撞前后,水平分速度不變,豎直分速度大小不變、方向相反。不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間,則() A.A、B在第一次落地前能否相碰,取決于A的初速度 B.A、B在第一次落地前若不碰,此后就不會相碰 C.A、B不可能運動到最高處相碰 D.A、B一定能相碰,答案ADA的豎直分運動也是自由落體運動,故與B的運動時間始終相同。A、B若能在第一次落地前相碰,必須滿足vtl,t相同,即取決于A的初速度,故A正確。若A、B在第一次落地前未碰,則由于A、B反彈后的豎直分運動仍然相同,且A的水平分速度不變,所以A、B一定能相碰,而且在B運動的任意位置均可能相碰,故B、C項均錯,D項正確。,1.(2018課標,17,6分)在一斜面頂端,將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平 拋出,兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的() A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,答案A本題考查平拋運動規(guī)律的應用。小球做平拋運動,其運動軌跡如圖所示。設斜面的傾角為。 平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,x=v0t,h=gt2,由圖 中幾何關系,可得tan =,解得:t=; 從拋出到落到斜面上,由動能定理可得: mgh=mv2-m,可得:v=v0,則=,選項A正確。,一題多解本題還可以將落到斜面上時的速度v進行分解,由圖中幾何關系可得v= =v0,則=,選項A正確。,2.(2017課標,15,6分)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng),速度較小的球沒有越過球網(wǎng);其原因是() A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大,答案C本題考查對平拋運動的理解。忽略空氣的影響時,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平拋運動。由于在豎直方向上做自由落體運動,則h=gt2,下落時間t=,t,故 A、D錯誤。由vy=gt=g=,可知B錯誤。在水平方向上有x=v0t,x相同時,t,故C正 確。,解題關鍵平拋運動是曲線運動,軌跡為拋物線,可以分解為豎直方向上的自由落體運動(滿足h=gt2和vy=gt)和水平方向上的勻速直線運動(滿足x=v0t)。做平拋運動時物體運動時 間由下落高度決定,運動的水平距離x=v0,由初速度v0和下落高度共同決定。,3.(2017課標,17,6分)如圖,半圓形光滑軌道固定在水平地面上,半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道,并從軌道上端水平飛出,小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關,此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度大小為g)() A.B.C.D.,答案B本題考查機械能守恒定律、平拋運動。小物塊由最低點到最高點的過程由機械能守恒定律有 mv2=mg2R+m 小物塊從最高點水平飛出做平拋運動 有:2R=gt2 x=v1t(x為落地點到軌道下端的距離) 聯(lián)立得:x2=R-16R2 當R=-,即R=時,x具有最大值,選項B正確。,解題關鍵小物塊運動的過程分為兩個階段,一是由軌道最低點到軌道最高點的曲線運動,符合機械能守恒定律;二是從軌道最高點到水平地面的平拋運動。根據(jù)兩個階段列方程,聯(lián)立得出關于x的表達式是解題的關鍵。,1.(2015四川理綜,1,6分)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出,不計空氣阻力,則落在同一水平地面時的速度大小() A.一樣大B.水平拋的最大 C.斜向上拋的最大D.斜向下拋的最大,答案A根據(jù)機械能守恒定律得,落地時三個小球速度大小相同。,C組教師專用題組,2.(2015山東理綜,14,6分)距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m,在B點用細線懸掛一小球,離地高度為h,如圖。小車始終以4 m/s的速度沿軌道勻速運動,經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下,小車運動至B點時細線被軋斷,最后兩球同時落地。不計空氣阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2?？汕蟮胔等于(),A.1.25 mB.2.25 mC.3.75 mD.4.75 m,答案A小車由A運動到B的時間為 s=0.5 s,對左側(cè)小球,5 m=gt2,對右側(cè)小球,h=g(t-0.5 s)2,解得h=1.25 m,所以A正確。,3.(2013安徽理綜,18,6分)由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28 m3/min,水離開噴口時的速度大小為16 m/s,方向與水平面夾角為60,在最高處正好到達著火位置,忽略空氣阻力,則空 中水柱的高度和水量分別是(重力加速度g取10 m/s2)() A.28.8 m1.1210-2 m3B.28.8 m0.672 m3 C.38.4 m1.2910-2 m3D.38.4 m0.776 m3,答案A如圖,水離開噴口時水平速度vx=v cos 60=8 m/s vy=v sin 60=24 m/s 所以高度h=28.8 m 上升時間t=2.4 s 所以水量為0.28 m3=1.1210-2 m3,選項A正確。,4.(2015浙江理綜,17,6分)如圖所示為足球球門,球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起,將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質(zhì)點,忽略空氣阻力),則() A.足球位移的大小x= B.足球初速度的大小v0= C.足球末速度的大小v= D.足球初速度的方向與球門線夾角的正切值 tan =,答案B如圖,足球平拋運動的水平位移x=, 不是足球的位移,所以A錯。由x=v0t,h= gt2,得v0=/=,B正確。足球的末速度v= ,所以C錯誤。由圖可知足球初速度方向與球門線的夾角為,tan =s/=2s /L,故D錯誤。所以本題選B。,評析本題考查平拋知識,難點是想象空間模型。,5.(2015海南單科,14,13分)如圖,位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成,圓弧半徑Oa水平,b點為拋物線頂點。已知h=2 m,s= m。取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下,當其在bc段軌道運動時,與軌道之間無相互作用力,求圓弧軌道的半徑; (2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下,求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小 。,答案(1)0.25 m(2) m/s,解析(1)設環(huán)到b點時速度為vb,圓弧軌道半徑為r,小環(huán)從a到b過程中機械能守恒,有 mgr=m 環(huán)與bc段軌道間無相互作用力,從b到c環(huán)做平拋運動: h=gt2 s=vbt 聯(lián)立可得 r= 代入數(shù)據(jù)得 r=0.25 m (2)環(huán)從b點由靜止下滑至c點過程中機械能守恒,設到c點時速度為vc,則 mgh=m 在bc段兩次過程中環(huán)沿同一軌跡運動,經(jīng)過同一點時速度方向相同 設環(huán)在c點時速度與水平方向間的夾角為,則環(huán)做平拋運動時,tan = vy=gt 聯(lián)立式可得 tan =2 則環(huán)從b點由靜止開始滑到c點時速度的水平分量為 vcx=vc cos 聯(lián)立三式可得 vcx= m/s,評析試題以平拋運動的軌跡為軌道,深入考查了曲線運動的處理方法,對知識的聯(lián)系、思維的遷移有較高的要求,情景設計巧妙,難度中等。,6.(2016浙江理綜,23,16分)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所示。P是一個微粒源,能持續(xù)水平向右發(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。 (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的關系。,答案(1) (2)LvL (3)L=2h,解析(1)打在中點的微粒滿足h=gt2 t= (2)打在B點的微粒初速度v1= 2h=g v1=L 同理,打在A點的微粒初速度v2=L 微粒初速度范圍LvL (3)由能量關系m+mgh=m+2mgh 代入、式L=2h,考點三圓周運動 A組自主命題江蘇卷題組 1.(2013江蘇單科,2,3分)如圖所示,“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等,通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。不考慮空氣阻力的影響,當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時,下列說法正確的是() A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小,答案D根據(jù)v=r,兩座椅的相等,由rBrA可知vBvA,A錯誤;向心加速度a=2r,因相等r不等,故a不相等,B錯誤;水平方向mg tan =m2r,即tan =,因rBrA,故BA,C錯誤;豎直方向T cos =mg,繩子拉力T=,因BA,故TBTA,D正確。,考查點本題考查圓周運動、向心力、牛頓第二定律、力的合成與分解等知識,對考生的推理能力要求較高,屬于中等難度題。,易錯分析本題易錯選C。容易想當然地認為:只要繩長相同,它們的受力情況就相同。其實,A、B兩物體轉(zhuǎn)動的角速度相同,但由于它們到轉(zhuǎn)軸的距離不同,所以它們的向心加速度不同,則受力情況也不同。,2.(2017江蘇單科,5,3分)如圖所示,一小物塊被夾子夾緊,夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上,小環(huán)套在水平光滑細桿上。物塊質(zhì)量為M,到小環(huán)的距離為L,其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動,小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止,物塊向上擺動。整個過程中,物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計,重力加速度為g。下列說法正確的是() A.物塊向右勻速運動時,繩中的張力等于2F B.小環(huán)碰到釘子P時,繩中的張力大于2F C.物塊上升的最大高度為 D.速度v不能超過,答案D本題考查受力分析、圓周運動。設夾子與物塊間靜摩擦力為f,勻速運動時,繩中張力T=Mg=2f,擺動時,物塊沒有在夾子中滑動,說明勻速運動過程中,夾子與物塊間的靜摩擦力沒有達到最大值,A錯;碰到釘子后,物塊開始在豎直面內(nèi)做圓周運動,在最低點,對整體T-Mg=M,對物塊2f-Mg=M,所以T=2f,由于fF,所以選項B錯;由機械能守恒得,MgHmax=Mv2,所以 Hmax=,選項C錯;若保證物塊不從夾子中滑落,應保證速度為最大值vm時,在最低點滿足關系 式2F-Mg=M,所以vm=,選項D正確。,解題關鍵靜摩擦力變化的判斷分析 夾子與物塊間的靜摩擦力隨著物塊運動情況的變化而變化。在勻速階段,靜摩擦力與物塊重力平衡,碰到釘子后,由于向心力的需要,摩擦力會突然變大,當摩擦力達到最大值后,仍無法滿足向心力的需要,物塊就會從夾子中滑落。,3.(2018江蘇單科,6,4分)(多選)火車以60 m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道,某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10 s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10。在此10 s時間內(nèi),火車() A.運動路程為600 mB.加速度為零 C.角速度約為1 rad/sD.轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4 km,答案AD本題考查勻速圓周運動?；疖嚨慕撬俣? rad/s= rad/s,選項C錯 誤;火車做勻速圓周運動,其受到的合外力等于向心力,加速度不為零,選項B錯誤;火車在10 s內(nèi)運動路程s=vt=600 m,選項A正確;火車轉(zhuǎn)彎半徑R= m3.4 km,選項D正確。,解題指導解答本題的突破口為“指南針在10 s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10”,從中求出火車做勻速圓周運動的角速度。,4.(2015江蘇單科,14,16分)一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示,四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接,輕桿長均為l,球和環(huán)的質(zhì)量均為m,O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上。套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間,原長為L。裝置靜止時,彈簧長為L。轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢 增大轉(zhuǎn)速,小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦和空氣阻力,重力加速度為g。求: (1)彈簧的勁度系數(shù)k; (2)AB桿中彈力為零時,裝置轉(zhuǎn)動的角速度0; (3)彈簧長度從L緩慢縮短為L的過程中,外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W。,答案(1)(2)(3)mgL+,解析(1)裝置靜止時,設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為1。 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1=k 小環(huán)受力平衡,F彈1=mg+2T1 cos 1 小球受力平衡,F1 cos 1+T1 cos 1=mg,F1 sin 1=T1 sin 1 解得k= (2)設此時OA桿中的彈力為F2,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為2,彈簧長度為x。 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2=k(x-L) 小環(huán)受力平衡,F彈2=mg,得x=L 對小球,F2 cos 2=mg,F2 sin 2=ml sin 2 且cos 2= 解得0= (3)彈簧長度為L時,設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3,OA桿與彈簧的夾角為3。,小環(huán)受到彈簧的彈力F彈3=kL 小環(huán)受力平衡,2T3 cos 3=mg+F彈3 且cos 3= 對小球,F3 cos 3=T3 cos 3+mg,F3 sin 3+T3 sin 3=ml sin 3 解得3= 整個過程彈簧彈性勢能變化為零,則彈力做的功為零,由動能定理 W-mg(-)-2mg(-)=2m(3l sin 3)2 解得W=mgL+,考查點本題考查物體受力分析、共點力的平衡、力的合成與分解、胡克定律、勻速圓周運動、向心力、動能定理等知識。本題涉及的研究對象多、結(jié)構(gòu)較復雜,物理過程逐步推進,多個物理量相互關聯(lián),屬于較難題。,學習指導學習過程中要理解并熟練掌握一些常見的理想模型,如“輕桿”、“輕彈簧”等。注意培養(yǎng)構(gòu)建理想化物理模型的能力,如學會忽略次要因素、抓住主要因素,將實際問題抽象化、理想化。本題中的裝置來源于工程中的一種節(jié)速器,本題對其進行了一些理想化的處理,如連桿的質(zhì)量、形變不計,轉(zhuǎn)軸的質(zhì)量、摩擦不計,彈簧的質(zhì)量不計等。,1.(2016浙江理綜,20,6分)(多選)如圖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。假設賽車在直道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,=3.14),則賽車() 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,B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s,答案AB賽車用時最短,就要求賽車通過大、小圓弧時,速度都應達到允許的最大速度,通過小圓弧時,由2.25mg=得v1=30 m/s;通過大圓弧時,由2.25mg=得v2=45 m/s,B項正確。 賽車從小圓弧到大圓弧通過直道時需加速,故A項正確。由幾何關系可知連接大、小圓弧的直道長x=50 m,由勻加速直線運動的速度位移公式:-=2ax得a6.50 m/s2,C項錯誤;由幾 何關系可得小圓弧所對圓心角為120,所以通過小圓弧彎道的時間t=2.79 s,故D項錯 誤。,審題指導首先要注意大、小圓弧半徑不同,允許的最大速度不同;其次要充分利用幾何關系,找出直道的長度和小圓弧所對圓心角,這樣才能求出賽車在直道上的加速度和通過小圓弧彎道的時間。,2.(2016課標,24,12分)如圖,在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道,兩 者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R,BC弧的半徑為。一小球在A點正上方與A相距 處由靜止開始自由下落,經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。 (1)求小球在B、A兩點的動能之比; (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。,答案見解析,解析(1)設小球的質(zhì)量為m,小球在A點的動能為EkA,由機械能守恒得EkA=mg 設小球在B點的動能為EkB,同理有EkB=mg 由式得=5 (2)若小球能沿軌道運動到C點,小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N0 設小球在C點的速度大小為vC,由牛頓運動定律和向心加速度公式有N+mg=m 由式得,vC應滿足mgm 由機械能守恒有mg=m 由式可知,小球恰好可以沿軌道運動到C點。,評分參考第(1)問6分,式各2分;第(2)問6分,式各2分,“可以運動到C點”2分。,1.(2015福建理綜,17,6分)如圖,在豎直平面內(nèi),滑道ABC關于B點對稱,且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為t1,第二次由C滑到A,所用的時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行,小滑塊與滑道間的動摩擦因數(shù)恒定,則() A.t1t2D.無法比較t1、t2的大小,C組教師專用題組,答案A在AB段同一位置(或關于過最高點的豎直線對稱的位置)處速度越大,對滑道的壓力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或關于過最低點的豎直線對稱的位置)處速度越小,對滑道的壓力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑塊所受平均摩擦力較小,摩擦力做功較少,動能變化量較小,平均速率較大,由t=可知t1<t2,A項正確。,2.(2015浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示為賽車場的一個水平“U”形彎道,轉(zhuǎn)彎處為圓心在O點的半圓,內(nèi)外半徑分別為r和2r。一輛質(zhì)量為m的賽車通過AB線經(jīng)彎道到達AB線,有如圖所示的、三條路線,其中路線是以O為圓心的半圓,OO=r。賽車沿圓弧路線行駛時,路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力為Fmax。選擇路線,賽車以不打滑的最大速率通過彎道(所選路線內(nèi)賽車速率不變,發(fā)動機功率足夠大),則() A.選擇路線,賽車經(jīng)過的路程最短 B.選擇路線,賽車的速率最小 C.選擇路線,賽車所用時間最短 D.、三條路線的圓弧上,賽車的向心加速度大小相等,答案ACD路線、均由一半圓與兩條直線構(gòu)成,s1=r+2r,s2=2r+2r;路線由一半圓構(gòu)成,s3=2r,所以A正確。根據(jù)F=有,vm=,路線半徑最小,路線、半徑相等,得v2m =v3m=v1m,B錯。根據(jù)t1=,t2=,t3=,得t2t1t3,C正確。根據(jù)a= ,a1=,a2=,a3=,得a1=a2=a3,D正確。,3.(2013福建理綜,20,15分)如圖,一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點,下端系一質(zhì)量m=1.0 kg的小球?，F(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放,當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷,小球平拋后落在水平地面上的C點。地面上的D點與OB在同一豎直線上,已知繩長L=1.0 m,B點離地高度H=1.0 m,A、B兩點的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣影響,求: (1)地面上D、C兩點間的距離s; (2)輕繩所受的最大拉力大小。,答案(1)1.41 m(2)20 N,解析(1)小球從A到B過程機械能守恒,有 mgh=m 小球從B到C做平拋運動,在豎直方向上有 H=gt2 在水平方向上有 s=vBt 由式解得s=1.41 m (2)小球下擺到達B點時,繩的拉力和重力的合力提供向心力,有 F-mg=m 由式解得F=20 N 根據(jù)牛頓第三定律 F=-F 輕繩所受的最大拉力為20 N。,4.(2015福建理綜,21,19分)如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下,重力加速度為g。 (1)若固定小車,求滑塊運動過程中對小車的最大壓力; (2)若不固定小車,滑塊仍從A點由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最后從C點滑出小車。已知滑塊質(zhì)量m=,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間 的動摩擦因數(shù)為,求: 滑塊運動過程中,小車的最大速度大小vm; 滑塊從B到C運動過程中,小車的位移大小s。,解析(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大,從A到B機械能守恒 mgR=m 滑塊在B點處,由牛頓第二定律有 N-mg=m 解得N=3mg 由牛頓第三定律得N=3mg (2)滑塊下滑到達B點時,小車速度最大。由系統(tǒng)的機械能守恒 mgR=M+m(2vm)2 解得vm= 設滑塊運動到C點時,小車速度大小為vC,由功能關系 mgR-mgL=M+m(2vC)2 設滑塊從B到C過程中,小車運動加速度大小為a,由牛頓第二定律 mg=Ma,答案(1)3mg(2)L,由運動學規(guī)律 -=-2as 解得s=L,考點一曲線運動運動的合成與分解 1.(2018江蘇如皋調(diào)研,2)小船橫渡一條兩岸平行的河流,水流速度與河岸平行,船本身提供的速度(即靜水速度)大小不變、船頭始終垂直指向?qū)Π?小船的運動軌跡如圖中虛線所示。則小船在此過程中() A.做勻變速曲線運動 B.所受合外力方向平行于河岸 C.越接近對岸,水流速度越大 D.渡河的時間隨水流速度變化而改變,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案B根據(jù)題意可知,船垂直于河岸方向的分運動為勻速直線運動,故船所受合外力方向平行于河岸,故B正確。根據(jù)曲線運動的軌跡向合外力的一側(cè)彎曲可知,合外力的方向(即加速度的方向)先指向下游,后指向上游,由此可推斷,水流速度先增大后減小,故越接近對岸,水流速度越小,A、C均錯。渡河時間與水的流速無關,故D錯。,解題思想小船過河類問題,對沿河岸和垂直于河岸方向的分運動進行分析,是解決此類問題的基本思想。,2.(2017江蘇宿遷調(diào)研)質(zhì)量不同的小球1、2由同一位置先后以不同的速度豎直向上拋出,運動過程中兩小球受到的水平風力恒定且相等,運動軌跡如圖所示,忽略豎直方向的空氣阻力。與小球2相比,小球1的() A.初速度小B.在最高點時速度小 C.質(zhì)量小D.在空中運動時間短,答案B將兩小球的運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直方向的勻減速直線運動,兩個分運動具有獨立性和等時性,研究兩個小球豎直方向的分運動可知,兩個小球豎直方向都是豎直上拋運動,由圖可得小球1上升的高度大于小球2上升的高度,則小球1的初速度大于小球2的初速度,小球1在空中運動的時間長,選項A、D錯誤;研究水平方向的分運動,小球2的運動時間短,但是其水平位移大,由s=at2可知小球2的水平加速度較大,因為風力相等,由a= 可知小球2的質(zhì)量較小,選項C錯誤;上升到最高點時,只剩水平方向的速度,研究上升過程水平方向的分運動,由x=t得v=,小球1水平位移小、運動時間長,則速度v較小,選項B正確。,解題方法解決曲線運動的基本思想方法就是把曲線運動分解為兩個直線運動,通過分析解決直線運動而解決具體問題。,3.(2016江蘇南京模擬,3)圖示為錐形齒輪的傳動示意圖,大齒輪帶動小齒輪轉(zhuǎn)動,大、小齒輪的角速度大小分別為1、2,兩齒輪邊緣處的線速度大小分別為v1、v2,則() A.12,v1=v2 C.1=2,v1v2D.1=2,v1<v2,答案A齒輪傳動裝置中,兩輪邊緣上各點的線速度大小相等,則有1r1=2r2,r1r2,故1<2,A正確。,4.(2017江蘇南師附中期中,5)甲、乙兩船在靜水中航行的速度分別為v甲、v乙,兩船從同一渡口向河對岸劃去。已知甲船以最短時間過河,乙船以最短航程過河,結(jié)果兩船抵達對岸的地點恰好相同,則甲、乙兩船渡河所用時間之比為() A.v甲/v乙B.v乙/v甲 C.(v甲/v乙)2D.(v乙/v甲)2,答案D根據(jù)題意畫出甲、乙兩船運動合成圖,如圖所示。設OA長為L,水速為v0。合速度方向與v0方向夾角為,則有=cos2 ,=cos ,由式得, =。,審題關鍵分析本題要抓住以下幾個關鍵詞語:“從同一渡口”、甲船過河時間“最短”、乙船航程“最短”、兩船抵達對岸的地點“恰好相同”。,友情提醒根據(jù)所述情景可知,甲船以最短時間渡河,知船在靜水中速度的方向與河岸垂直,乙船以最短航程渡河,因為兩船抵達地點相同,故v船<v水,乙船的最短航程不可能為河寬。,5.(2018江蘇無錫月考,7)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物體在5個共點力作用下做勻速直線運動?，F(xiàn)同時撤去其中大小分別為10 N和15 N的兩個力,其余的力保持不變。下列關于此后該物體運動的說法中,正確的是() A.可能做勻減速直線運動,加速度大小為10 m/s2 B.可能做勻速圓周運動,向心加速度大小為5 m/s2 C.可能做勻變速曲線運動,加速度大小為5 m/s2 D.一定做勻變速直線運動,加速度大小可能為10 m/s2,答案AC物體在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài),合力為零,當撤去10 N和15 N的兩個力時,剩余3個力的合力與這兩個力的合力等大反向,即撤去兩力后5 NF合25 N,2.5 m/s2a合12.5 m/s2,由于剩余3個力的合力方向與原速度方向不一定在一條直線上,所以可能做勻變速曲線運動,也可能做勻變速直線運動,A、C正確。,6.(2017江蘇南通通州二模,7)(多選)一小船渡河,運動軌跡如圖所示。水流速度各處相同且恒定不變,方向平行于岸邊;小船相對于靜水分別做勻加速、勻減速、勻速直線運動,船相對于靜水的初速度大小均相同、方向垂直于岸邊,且船在渡河過程中船頭方向始終不變,由此可以確定() A.船沿三條不同路徑渡河的時間相同 B.船沿AC軌跡渡河所用的時間最短 C.船沿AD軌跡到達對岸前瞬間的速度最大 D.船沿AB軌跡運動時,船相對于靜水做勻速直線運動,答案BD根據(jù)軌跡的形狀及彎曲方向可知:小船沿AC、AB、AD分別做勻加速、勻速、勻減速運動,D正確;渡河時間t=,可知沿AC渡河時間最短,沿AD時間最長,A錯,B正確;船到達對 岸的速度由水速與船速合成,水流速度不變,沿AC船速最大,沿AD船速最小,所以船到達對岸前瞬間沿AC軌跡速度最大,C錯。,考查點本題考查物體運動性質(zhì)的分析、運動的合成與分解、運動時間與速度的比較等內(nèi)容。對考生的分析推理能力和綜合運用知識分析問題的能力要求較高。,溫馨提示曲線運動的軌跡一定夾在速度方向與合力方向之間,并向合力的一側(cè)彎曲。當合力方向與速度方向夾角為銳角時,質(zhì)點做加速運動;為鈍角時,質(zhì)點做減速運動。,7.(2018江蘇鎮(zhèn)江調(diào)研,14)如圖所示,在豎直平面的xOy坐標系中,Oy豎直向上,Ox水平。設平面內(nèi)存在沿x軸正方向的恒定風力。一小球從坐標原點沿Oy方向豎直向上拋出,初速度為v0=4 m/s,不計空氣阻力,到達的最高點位置如圖中M點所示,(坐標格為正方形,g=10 m/s2)求: (1)小球在M點的速度v1; (2)在圖中定性畫出小球的運動軌跡并標出小球落回x軸時的位置N; (3)小球到達N點的速度v2的大小。,答案(1)6 m/s(2)(12,0)(3)4 m/s,解析(1)設正方形的邊長為s0 小球在豎直方向做豎直上拋運動,v0=gt1,2s0=t1 水平方向做勻加速直線運動,3s0=t1 解得v1=6 m/s (2)由豎直方向的對稱性可知,小球再經(jīng)過t1回到x軸,水平方向做初速度為零的勻加速直線運動,所以回到x軸時落到x=12處,位置N的坐標為(12,0)。 (3)到N點時豎直分速度大小為v0=4 m/s 水平分速度vx=a水平tN=2v1=12 m/s 故v2=4 m/s,考點二拋體運動 1.(2018江蘇南通一模,4)如圖所示,某同學以不同的初速度將籃球從同一位置拋出,籃球兩次拋出后均垂直撞在豎直墻上,圖中曲線為籃球第一次運動的軌跡,O為撞擊點,籃球第二次拋出后與墻的撞擊點在O點正下方,忽略空氣阻力,下列說法正確的是() A.籃球在空中運動的時間相等 B.籃球第一次撞墻時的速度較小 C.籃球第一次拋出時速度的豎直分量較小 D.籃球第一次拋出時的初速度較小,答案B將籃球的運動反向處理,即可視為平拋運動,第二次下落的高度較小,所以運動時間較短,故A錯誤;水平射程相等,由x=v0t得知第二次水平分速度較大,即籃球第二次撞墻的速度較大,第一次的速度較小,故B正確;第二次時間較短,則由vy=gt可知,第二次拋出時速度的豎直分量較小,故C錯誤;根據(jù)速度的合成可知,不能確定拋出時的速度大小,故D錯誤。,方法指導逆向思維方法常常能把復雜問題簡單化,化難為易。,2.(2017江蘇金陵中學期中,5)平拋運動可以分解為水平和豎直方向的兩個直線運動,在同一坐標系中作出這兩個分運動的v-t圖線,如圖所示。若平拋運動的時間大于2t1,下列說法中正確的是() A.圖線2表示水平分運動的v-t圖線 B.t1時刻的速度方向與初速度方向的夾角為30 C.t1時間內(nèi)的豎直位移與水平位移之比為12 D.2t1時刻的速度方向與初速度方向的夾角為60,答案C水平分運動為勻速直線運動,應為圖線1,故A錯。t1時刻vx=vy,所以,速度方向與初速度方向的夾角為45,即B錯。圖線與橫坐標軸包圍的面積表示位移,由圖可知C正確。2t1時刻vy=2vx,則tan =2,故D錯。,3.(2017江蘇六市二模,4)體育課進行定點投籃訓練,某次訓練中,籃球在空中運動軌跡如圖中虛線所示。下列所做的調(diào)整肯定不能使球落入籃筐的是() A.保持球拋出方向不變,增加球出手時的速度 B.保持球拋出方向不變,減小球出手時的速度 C.增加球出手時的速度,減小球速度方向與水平方向的夾角 D.增加球出手時的速度,增加球速度方向與水平方向的夾角,答案B籃球投出后做斜上拋運動,其豎直分運動為豎直上拋運動,水平分運動為勻速運動。由圖可知籃球水平位移偏小,由公式x=vxt可知,增加vx和t都可使球進入籃筐,A、C、D都可能做到,而B的做法只能使x更小,所以選B。,4.(2018江蘇南京調(diào)研,8)(多選)如圖所示,在傾角為的斜面頂端O點,以不同的水平速度拋出一小球。當以初速度v1拋出時,小球經(jīng)過時間t1落到斜面的中點a;當以初速度v2拋出時,小球經(jīng)過時間t2落到斜面的底端b,則() A.t2=t1B.t2=2t1 C.v2=v1D.v2=2v1,答案AC豎直方向上有h=gt2,t=,由幾何關系可知,hb=2ha,故t2=t1,A對,B錯。 由tan =得,v0=t,故v2=v1,C對,D錯。,5.(2018江蘇常州期中,8)(多選)a、b兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向同時拋出,a在豎直平面內(nèi)運動,落地點為P1,b沿光滑斜面運動,落地點為P2,P1和P2在同一水平面上,如圖所示,不計空氣阻力,則下列說法中正確的是() A.a比b先落地 B.a、b沿x軸方向的位移相同 C.a、b落地時的速度大小相同 D.a、b落地時的速度相同,答案AC設O點離地高度為h,則h=g,=g cos ,得出ta=,tb=,故ta<tb,A 正確;由x=v0t可知,xa<xb,B錯誤;a落地時速度va=,b落地時速度vb= =,故va=vb,但二者方向不同,所以C正確,D錯誤。,解題方法對于矢量的比較,先從方向是否相同分析,可以快速得到結(jié)論,事半功倍。,6.(2016江蘇南京、鹽城二模,6)(多選)如圖所示,A、B兩點分別是斜面的頂端、底端,C、D是斜面上的兩個點,LACLCDLDB=133,E點在B點正上方并與A點等高。從E點水平拋出質(zhì)量相等的兩個小球,球a落在C點,球b落在D點,球a和球b從拋出到落在斜面上的過程中(不計空氣阻力)() A.兩球運動時間之比為12 B.兩球拋出時初速度之比為41 C.兩球動能增加量之比為12 D.兩球重力做功之比為13,答案AB設球a的豎直位移為h,水平位移為L,則由圖可知,球b的豎直位移為4h,水平位移為。由t=可得:=,故A正確。由v0=得:=4,故B正確。兩球動能增 加量之比與重力做功之比相等,為=,故C、D均錯。,考查點本題考查了平拋運動、運動的分解、勻變速運動公式、動能定理、重力做功等知識,綜合性雖強,但均為最基礎的知識,所以屬于中等難度題。,解題思路利用平面幾何知識,找出兩個小球運動的水平位移之比和豎直位移之比,然后根據(jù)運動學公式即可快速求解。,7.(2018江蘇南通月考,15)如圖所示,斜面體ABC固定在地面上,小球p從A點靜止下滑,當小球p開始下滑時,另一小球q從A點正上方的D點水平拋出,兩球同時到達斜面底端的B處。已知斜面AB光滑,長度l=2.5 m,斜面傾角=30。不計空氣阻力,g取10 m/s2。求: (1)小球p從A點滑到B點的時間; (2)小球q拋出時初速度的大小。,答案(1)1 s(2) m/s,解析(1)設小球p在斜面上下滑的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得 mg sin =ma, 解得a=g sin 下滑所需時間為t1,根據(jù)運動學公式得l=a 聯(lián)立解得t1= 代入數(shù)據(jù)得t1=1 s (2)小球q做平拋運動,設拋出時速度為v0,則v0t1=l cos 得v0= m/s,考點三圓周運動 1.(2018江蘇南京、鹽城一模聯(lián)考,5)如圖所示,質(zhì)量相等的甲、乙兩個小球,在光滑玻璃漏斗內(nèi)壁做水平面內(nèi)的勻速圓周運動,甲在乙的上方。則它們運動的() A.向心力F甲F乙B.線速度v甲v乙 C.角速度甲乙D.向心加速度a甲a乙,答案B如圖所示,小球所受重力mg與支持力FN的合力提供向心力,由F=可知,F甲=F乙, 故A錯。由=m,得v=,故v甲v乙,B正確。由=m2r可知,甲<乙,故C錯。由 =ma可知,a甲=a乙,故D錯。,2.(2018江蘇南京期中,6)如圖所示,在光滑的圓錐頂端,用長為L=2 m的細繩懸一質(zhì)量為m=1 kg的小球,圓錐頂角為2=74,當小球以=5 rad/s的角速度隨圓錐體做勻速圓周運動時,細繩上的拉力大小為(g=10 m/s2)() A.50 NB.40 NC.20 ND.3.85 N,答案A設圓錐體以0的角速度旋轉(zhuǎn)時,小球?qū)﹀F面恰好無壓力,此時小球重力mg與細繩拉力的合力提供向心力,由mg tan 37=mL sin 37,解得0=2.5 rad/s,顯然,=5 rad/s時,小球已經(jīng) 飛離錐面,故細繩上的拉力FT=,由mg tan =m2L sin 得cos =,r=L sin =0.8 m,解得FT=50 N,故A正確。,解題思路先分析判斷小球是否離開錐面,然后再根據(jù)實際情況解之。,3.(2018江蘇鎮(zhèn)江期中,10)(多選)如圖所示,AB桿固定在轉(zhuǎn)軸OO上且與轉(zhuǎn)軸間的夾角為=45,并能與豎直軸OO一起轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m=0.1 kg的小環(huán),套在AB桿上并用長為l=0.3 m、能承受的最大拉力為9 N的輕質(zhì)細線連接,細線的另一端系在轉(zhuǎn)軸上的P點,環(huán)與AB桿間的最大靜摩擦力等于兩者間彈力的0.5。當軸以角速度轉(zhuǎn)動時,細線始終處于水平狀態(tài),取g=10 m/s2,則 () A.軸轉(zhuǎn)動的角速度的最小值為 rad/s B.將軸的角速度從最小值開始緩慢增大到18 rad/s時細線斷裂 C.角速度從5 rad/s增大到10 rad/s的過程中,桿對小環(huán)做的功為6.75 J D.軸轉(zhuǎn)動的角速度為15 rad/s時,細線拉力大小為3.75 N,答案AD當細線拉力為零,靜摩擦力沿桿向上且達到最大時,角速度最小,小環(huán)受力如圖所示,在水平方向FN cos -f sin =mL,在豎直方向FN sin +f cos =mg,聯(lián)立解得小= rad/s,故 A正確。當細線拉力達到最大值時,角速度最大,由受力分析知在水平方向Tm+f sin +FN cos =mL,在豎直方向FN sin =mg+f cos ,聯(lián)立解得m=20 rad/s,故B錯。重力和細線拉力對 小環(huán)均不做功,桿對環(huán)做的功為總功,由動能定理得W=m(2L)2-m(1L)2=0.337 5 J,故C錯。 當細線中拉力為零,且不受摩擦力時,由受力分析可知=mL,解得0= rad/s,當軸轉(zhuǎn) 動的角速度為15 rad/s時,小環(huán)所受摩擦力沿桿向下,列式解得T=3.75 N,故D正確。,解題方法采用“極端分析法”尋求臨界狀態(tài),是解決臨界、極值問題的常用方法。,4.(2017江蘇如皋中學階段檢測,9)(多選)“飛車走壁”雜技表演深受青少年的喜愛,表演者沿著側(cè)壁做勻速圓周運動,如圖。若表演時演員與摩托車的總質(zhì)量不變,摩托車與側(cè)壁傾斜方向的摩擦力恰好為零。摩托車離底面越高() A.周期越大B.線速度越大 C.向心力越大D.對側(cè)壁的壓力越大,答案AB對人和車整體受力分析如圖所示。 有F=mg tan ,而F=m或F=mr,由于m、一定,向心力一定,車離底面越高,則轉(zhuǎn)動半徑r 越大,所以線速度和周期都越大,A、B正確,C錯;又因為FN=,根據(jù)牛頓第三定律可知D錯。,5.(2018江蘇南通摸底,15)如圖所示,半徑為R的半球形陶罐,固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上,轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO重合,轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn),一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi),經(jīng)過一段時間后,小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止,它和O點的連線與OO之間的夾角為45。已知重力加速度大小為g,小物塊與陶罐之間的最大靜摩擦力大小為Ff=mg。 (1)若小物塊受到的摩擦力恰好為零,求此時的角速度0; (2)若小物塊一直相對陶罐靜止,求陶罐旋轉(zhuǎn)的角速度的最大值和最小值。,答案(1)(2),解析(1)當摩擦力為零時,支持力和重力的合力提供向心力, 有:mg tan 45=mR sin 45 解得:0= (2)當0時,重力和支持力的合力不夠提供向心力,當角速度最大時,摩擦力方向沿罐壁切線向下達最大值,設此最大角速度為1。 由牛頓第二定律得 水平方向:Ff cos 45+FN cos 45=mR sin 45 豎直方向:Ff sin 45+mg=FN sin 45 聯(lián)立解得:1= 當<0時,重力和支持力的合力大于所需向心力,摩擦力方向沿罐壁切線向上,當角速度最小時,摩擦力向上達到最大值,設此最小角速度為2。 由牛頓第二定律得 水平方向:FN cos 45-Ff cos 45=mR sin 45,豎直方向:Ff sin 45+FN sin 45=mg 聯(lián)立解得:2=,6.(2017江蘇高考真題一模,14)滑板運動是一種陸地上的“沖浪運動”,滑板運動員可在不同的軌道上滑行并做出各種高難度動作,給人以美的享受。如圖所示是模擬的滑板滑行軌道。該軌道由足夠長的斜直軌道AB、半徑R1=1 m的凹形圓弧軌道及半徑R2=1.6 m的凸形圓弧軌道組成。這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑相切,其中AB與水平方向夾角=37,C點為凹形圓弧軌道的最低點,D點為凸形圓弧軌道的最高點,凸形圓弧軌道的圓心O2與C點處在同一水平面上。一質(zhì)量為m=1 kg、可看做質(zhì)點的滑板從斜直軌道上的P點無初速度滑下,經(jīng)過C點后滑向D點,P點距B點所在水平面的高度h=1.8 m,不計一切阻力,g取10 m/s2。 (1)求滑板滑到B點時的速度大小; (2)求滑板滑到C點時對軌道壓力的大小; (3)若滑板滑到D點時恰做平拋運動,則其在P點以多大初速度開始下滑?,解析(1)滑板從P點運動到B點的過程中,根據(jù)機械能守恒,有mgh=m,解得vB=6 m/s。 (2)滑板從B點運動到C點的過程中,有mg(R1-R1 cos )=m-m,滑板在