2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題22應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題(測(cè))(含解析)

《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題22應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題(測(cè))(含解析)》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題22應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題(測(cè))(含解析)（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題 22 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)分析平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題【滿(mǎn)分：110 分時(shí)間：90 分鐘】一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中 18 題只 有一項(xiàng)符合題目要求；912 題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得 5 分，選對(duì)但不全的得 3 分，有選錯(cuò)的得 0 分。）1.如圖所示，一小球從斜軌道的某高度處由靜止滑下，然后沿豎直光滑圓軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)， 已知圓軌道的半徑為 R,忽略一切摩擦阻力，則下列說(shuō)法正確的是：（）A、 在軌道最低點(diǎn)，最高點(diǎn)，軌道對(duì)小球作用力的方向是相同的B、 小球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出2R 時(shí)，小球能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)C、 小

2、球的初位置比圓軌道最低點(diǎn)高出0.5R 時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道D 小球的初位置只有比圓軌道最低點(diǎn)高出2.5R 時(shí)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中才能不脫離軌道【答案】C【解析】在最高點(diǎn)，由于速度大小未知b所U恰好通過(guò)最高點(diǎn)，躺道對(duì)小球的作用力為零，若軌道對(duì)小球又作用 力，則必然豎直向下，在最低點(diǎn)小球受到的重力和支持力充當(dāng)冋I丈b軌道對(duì)小球的作用力必然豎直向 上 故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)，若恰好通過(guò)最高點(diǎn)，則重力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得叱 解得“極從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)：機(jī)械能守恒.故如=2=2 噸 R R +舟腫解得孰 故小球高出2d逛時(shí)，小球才能通過(guò)最高點(diǎn)，小球的初位蚤比圓軌道最低點(diǎn)高出0加時(shí)，由機(jī)械能

3、守恒可知，小球應(yīng)到 達(dá)等高的地方，即0曰處，小球受到圓軌道的支持，不會(huì)脫離軌道故 Q 正確D錯(cuò)誤【名師點(diǎn)睛】明確最高點(diǎn)的臨界速度，并注意小球在軌道內(nèi)不超過(guò)R 時(shí)也不會(huì)離開(kāi)軌道，使小球能夠通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，那么小球在最高點(diǎn)時(shí)應(yīng)該是恰好是物體的重力作為物體的向心力，由向心力的公式可以求得此時(shí)的最小的速度，再由機(jī)械能守恒可以求得離最低點(diǎn)的高度h32 如圖 4 所示，由半徑為 R 的一光滑圓周和傾角為 45的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面4內(nèi)，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接。一小球恰能過(guò)最高點(diǎn)， 并始終貼著軌內(nèi)側(cè)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。則小球通過(guò)斜面的時(shí)間為（重力加速度為g）：（）2【答案】D【解析】小球能在圓

4、周內(nèi)側(cè)斜面做圓周運(yùn)動(dòng)恰能通過(guò)圓周最高點(diǎn)的速度X 莎,則根據(jù)動(dòng)能定理，可求出小球到達(dá)斜面頂端時(shí)的速度vi貝ll：可得：巧二陌物體在光渭斜面上下渭時(shí)沿斜面下渭的扣速度在曲曲已知小球在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)的初速度X1氣二極，加速度肝晉蝦 位移滬局，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出小球通過(guò)斜面的時(shí)間為:【名師點(diǎn)睛】此題是牛頓第二定律及動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用問(wèn)題；解決本題的關(guān)鍵是認(rèn)識(shí)小球能圓內(nèi)側(cè)軌道做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)能過(guò)通過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件是v=頭從而得求小球滑上斜面時(shí)的速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。3. “快樂(lè)向前沖”節(jié)目中有這樣一種項(xiàng)目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛躍到鴻溝對(duì)面的平臺(tái)上，如果已知選手的質(zhì)量為m 選

5、手抓住繩由靜止開(kāi)始擺動(dòng)，此時(shí)繩與豎直方向夾角為a,繩的懸掛點(diǎn) 0 距平臺(tái)的豎直高度為 H,繩長(zhǎng)為 L,不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，下列說(shuō)法正確的 是：（）A.選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)所受繩子的拉力為mgB. 選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)C. 選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)所受繩子的拉力大小大于選手對(duì)繩子的拉力大小A. 2 gRB.C.（2 2-2）,RD.3D.選手?jǐn)[到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中， 其運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】選手在擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，有：jwgKl-曲劇J0i殳繩子拉力為在最低點(diǎn)有：T-mT-mS S= = mymy聯(lián)立解得：T= (3-2costt) mg

6、,故A衞吳；選手?jǐn)[到最低點(diǎn)時(shí)向心加速度豎直向上，Tmg；因此處于 超重狀態(tài)，故B正確.繩子對(duì)選手的拉力和選手對(duì)繩子的拉力屬干作用力和反作用力，因此大小相等，方 向相反，故C錯(cuò)誤*選手?jǐn)[到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，沿繩子方向有問(wèn)心加速度，沿垂直繩子方問(wèn)做劑速度 逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)不能分解為水平方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的勻加速運(yùn)動(dòng)故D錯(cuò)誤. 故選B【名師點(diǎn)睛】本題屬于圓周運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)合，對(duì)于這類(lèi)問(wèn)題注意列功能關(guān)系方程和向心力公式方程聯(lián)合求解；解題時(shí)要明確物理過(guò)程，正確選擇合適的物理規(guī)律；此題是中等題，意在考查學(xué)生靈活運(yùn)用規(guī)律解題的能力4如圖質(zhì)量為 1kg 的滑塊從半徑為 50cm 的半

7、圓形軌道的邊緣 A 點(diǎn)滑向底端 B,此過(guò)程中，摩(g = 10 m s2):【名師點(diǎn)睛】此題是動(dòng)能定理以及牛頓第二定律的應(yīng)用問(wèn)題；解題時(shí)應(yīng)用動(dòng)能定理求出物體受 到的支持力，由滑動(dòng)摩擦力公式可以求出物體受到的滑動(dòng)摩擦力即可；此題是一道常規(guī)題，意 在考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握程度5 如圖所示，光滑軌道 ABCD 是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)山車(chē)軌道的簡(jiǎn)化模型，最低點(diǎn)B 處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，C 是半徑為 R 的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD 部分水平，末端 D 點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的 水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v 逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為 m 的小滑塊從軌道 AB上某一固定位置 A 由靜止釋放，滑塊能通過(guò) C

8、 點(diǎn)后再經(jīng) D 點(diǎn)滑上傳送帶，則：()擦力做功為 3J。若滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，則在 B 點(diǎn)時(shí)滑塊受到摩擦力的大小為1.6N D0.4N【解析】由 A 到 B 過(guò)程，由動(dòng)能定理可得:12mgRVf=mv-0 ,在 B 點(diǎn)由牛頓第二定律得：F -mg22v二m,R滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力f=卩F,解得：f=3.6N;故選 A.【答案】A4A.固定位置 A 到 B 點(diǎn)的豎直高度可能為 2RB.滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v 有關(guān)C.滑塊不可能重新回到出發(fā)點(diǎn) A 處D.傳送帶速度 v 越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多【答案】D【解析】因滑塊能通過(guò)C點(diǎn),則在 u 點(diǎn)的速度最

9、小值為吃生劇，由動(dòng)能走理，從A點(diǎn)到C點(diǎn)満足：mghmgh =m-2R+=m-2R+解得為 A 盤(pán)故選項(xiàng)A錯(cuò)誤物體在傳送帯上向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為f戀，向右運(yùn)動(dòng)的最大距離=故渭?jí)K在傳送芾上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送芾速度V無(wú)關(guān)2您選項(xiàng)B錯(cuò)誤.當(dāng)傳送帶的速度大于物體到達(dá)D點(diǎn)的速度時(shí)物體向右運(yùn)動(dòng)速度減到零后，再向左運(yùn)動(dòng)回 到D點(diǎn)的速度與原來(lái)相同，故此時(shí)物體仍能回到出發(fā)點(diǎn)A,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤孑傳送帶速度輩越大滑塊與傳 送帶的相對(duì)位移越大，貝I由摩擠產(chǎn)生的熱量越多，選項(xiàng)D正確故選D-【名師點(diǎn)睛】此題是力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)能定理及牛頓定律的綜合應(yīng)用；要分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，抓住關(guān)鍵詞語(yǔ)“滑塊能通過(guò)C 點(diǎn)”進(jìn)行

10、分析，通過(guò)分析受力情況分析在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)情況；摩擦生熱的值等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積6如圖所示， 斜軌道與半徑為 R 的半圓軌道平滑連接， 點(diǎn)A與半圓軌道最高點(diǎn)C等高，B為軌道的最低點(diǎn)（滑塊經(jīng)B點(diǎn)無(wú)機(jī)械能損失）?，F(xiàn)讓小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A.若Vo=0,小滑塊恰能通過(guò)C點(diǎn)，且離開(kāi)C點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)B.若v0,小滑塊能通過(guò)C點(diǎn)，且離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)C.若 vo =、gR，小滑塊恰能到達(dá)C點(diǎn)，且離開(kāi)C點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)A點(diǎn)開(kāi)始以速度vo沿（ ）c5D.若 vof：gR，小滑塊恰能到達(dá) C 點(diǎn)，且離開(kāi) C 點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)【答案】D6【解析】滑塊恰好通過(guò)最高點(diǎn)G由噸=也學(xué)可得匸后,根振機(jī)械能守恒

11、可知：V4=VC;即若廊，則滑塊無(wú)法達(dá)到最高點(diǎn) Q 若=屆,則可以通過(guò)最高 點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可知川點(diǎn)的速度應(yīng)大于等于廊，小滑塊育撻到C點(diǎn)，且離開(kāi)后做平 拋運(yùn)動(dòng)故ABC錯(cuò)誤，D正確,【名師點(diǎn)睛】機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合題目較為常見(jiàn)，在解題時(shí)一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界值的分析，即由圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件可知物塊能到達(dá)C點(diǎn)的臨界值，再由機(jī)械能守恒定律可得出其在A點(diǎn)的速度。7.如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑圓軌道半徑R=2m 從最低點(diǎn)A有一質(zhì)量為mFlkg 的小球開(kāi)始運(yùn)2動(dòng)，初速度V。方向水平向右，重力加速度g取 10m/s，下列說(shuō)法正確的是：（）則小球離開(kāi)圓軌道時(shí)的速度大小為2

12、_2m/s【答案】B【解析】假設(shè)小球在 C 點(diǎn)離開(kāi)軌道，如圖則小球?qū)⒃陔x A 點(diǎn) 1.8m 高的位置離開(kāi)圓軌道C.小球能到達(dá)最高點(diǎn)B的條件是v0_ 4：. 5m/sD.若初速度vo=5m/s,則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球可能會(huì)脫離圓軌道B.若初速度vo=8m/s,72小球離開(kāi)軌道的臨界條件是噸邊二汀詈8自A點(diǎn)到C點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)自淀理得：-+ J? cos B） = *朋吃 nJL*由得：v vc c= 2A/2WI/s s?必錯(cuò)誤$B正確若小球能到達(dá)最高點(diǎn)8,則叫=飛硬IJ tl寸宙A到B, -nig2Rnig2R = = mvmv - - mvmv由fl 叫=5 5 強(qiáng)二10m/ 45m/s sC錯(cuò)誤;若初

13、速度v5m/s,則噸丹=、解得衣=1.25m 0.故小球能過(guò)最高點(diǎn)，選項(xiàng)心錯(cuò)誤B正確G 6在最高點(diǎn)桿子作用力為零時(shí)= m解得吃二J迂/而在最高點(diǎn)“由于VpuJ迂所以桿表現(xiàn)為問(wèn)上的彈力.故G D均錯(cuò)誤+故選B +【名師點(diǎn)睛】搞清向心力的來(lái)源，綜合牛頓第二定律找速度與力的關(guān)系，動(dòng)能定理聯(lián)系兩個(gè)點(diǎn)的速度關(guān)系.9如圖所示，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩把一個(gè)小鐵球懸掛在高2L的Q點(diǎn)處，小鐵球以Q為圓心在豎直WfV2=mgmg - - 2L2L+丄ttfiittfii、2 2 2 210A. 在釋放瞬間，支架對(duì)地面壓力為（m+M）gB. 擺動(dòng)過(guò)程中，支架對(duì)地面壓力一直增大C. 擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，支架對(duì)地面壓力為（3m+

14、M）gD. 擺動(dòng)過(guò)程中，重力對(duì)小球做功的功率一直增大【答案】BC面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)且恰能到達(dá)最高點(diǎn)B處，則有:A.小鐵球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩的拉力最大為6mgB.小鐵球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩的拉力最小為mgC.若小鐵球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)輕繩斷開(kāi)，則小鐵球落到地面時(shí)的速度大小為.7gLD.若小鐵球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)輕繩斷開(kāi)，則小鐵球落到地面時(shí)水平位移為2L【答案】AC【解析】2mmVLB，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:mvB - mg 2L =1mv2，聯(lián)立解得：v =5gL；根據(jù)牛頓第二定律，在最低點(diǎn)：2 22vF -mg =m，得：F=6mg故小鐵球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩的拉力最大為6mg,最小為 0

15、,故 A正確、B 錯(cuò)誤。C、最高點(diǎn)到落地，由動(dòng)能定理:-mvBmg123Lmw,2解得v- = .7gL,故選項(xiàng) C 正確。D、若小鐵球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)輕繩斷開(kāi)，則小鐵球落到地面時(shí)的水平位移為:x=vt,L=-gt2，得：x=*14L,故 D 錯(cuò)誤。故選 AC.2【名師點(diǎn)睛】本題突破口在于小球恰好經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解速度；然后由機(jī)械能守恒定律列式求解落地速度，10.如圖所示，放置在水平地面上的支架質(zhì)量為M 支架頂端用細(xì)線(xiàn)拴著的擺球質(zhì)量為m 現(xiàn)將擺球拉至水平位置，然后從靜止釋放，擺球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，支架始終不動(dòng)，則從釋放至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中有：（）11【解析】在髓放瞋間，

16、m的諫度為零，細(xì)線(xiàn)拉力為為 對(duì)支架受力分析，支架受重力和地面對(duì)它的支持力，貝歧架 對(duì)地面壓力為 MgMg故A錯(cuò)誤；對(duì)小球在向下運(yùn)動(dòng)過(guò)稈中某一位羞進(jìn)行受力分析：當(dāng)小醱圓心輕過(guò)角度為日時(shí)，具有的速度v,根據(jù)動(dòng)能定理得:mgRsui6=壬mv2f根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgF-mg 衣麗JCTpgs誠(chéng)+2nigsine=3mgsiii而此時(shí)支架受重力、支持尢K繩子的拉力、地面摩撫力.根據(jù)平衡條件得：在豎直方向上有：TEEL皆FN所以FTmii如,擺動(dòng)過(guò)程中9逐漸増犬，所次地面對(duì)支架的支持力也逐漸増大，根據(jù)牛頓第三走律: 即擺動(dòng)過(guò)程中，支架對(duì)地面壓力一直増大，故B正確.在從釋放到最低點(diǎn)過(guò)程中：根據(jù)動(dòng)能

17、定理得；mgR=|mv2AT2在最低點(diǎn)繩子拉力為 T,根據(jù)牛頓第二定律得：T - mq = m V-R當(dāng)小球在最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)支架根據(jù)平衡條件得：FN=Mg+T解得：FN=（ 3m+M g，故 C 正確.小球在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為零，則這時(shí)重力的功率 R=mgV=O ;當(dāng)小球繞圓心轉(zhuǎn)過(guò)角度為0時(shí)，具有的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理得7 =：,；2gRsim，并且重力與速度的方向夾角為0，則這時(shí)重力的功率 P2=mgvcos0=mgcos0、.、2gRsin0;當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mg?v?cos90 =0,因此重力功率變化為：先變大后變小，故D 錯(cuò)誤.故選BC.【名師

18、點(diǎn)睛】此題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律的應(yīng)用以及功率的問(wèn)題；解題時(shí)要正確對(duì)物 體進(jìn)行受力分析，通過(guò)物體所處的任意狀態(tài)運(yùn)用牛頓第二定律列出等式求解注意要去判斷一 個(gè)物理量的變化，我們應(yīng)該通過(guò)物理規(guī)律先把這個(gè)物理量表示出來(lái)11如圖（a）所示，小球的初速度為 V。，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度為h,在圖（b）中，四個(gè)物體的初速度均為 vo。在 A 圖中，小球沿一光滑內(nèi)軌向上運(yùn)動(dòng)，內(nèi)軌半徑大于h;在 B圖中，小球沿一光滑內(nèi)軌向上運(yùn)動(dòng)，內(nèi)軌半徑小于h;在圖 C 中，小球沿一光滑內(nèi)軌向上運(yùn)動(dòng)，內(nèi)軌直徑等于 h;在 D 圖中，小球固定在輕桿的下端，輕桿的長(zhǎng)度為h 的一半，小球隨輕桿繞 0點(diǎn)無(wú)摩擦向上轉(zhuǎn)動(dòng)

19、則小球上升的高度能達(dá)到h 的有：（）ABCD圖（圖（b）【答案】AD12【解析】小球沿一光滑內(nèi)軌向上運(yùn)動(dòng)，內(nèi)軌半徑大于h,小球上升h時(shí)速度為霧未超過(guò)四分之一圓周.故A正 確.小球沿一光滑內(nèi)軌向上運(yùn)動(dòng)，內(nèi)軌半徑小于h.小球上升h時(shí)，速度為零超過(guò)四分之一圓周，要想做 圓周運(yùn)動(dòng)，在h高蛀速度不能為零，知還未上升到h高度已離開(kāi)軌道.故E錯(cuò)誤.小球沿一光滑榊向上 運(yùn)動(dòng)內(nèi)軌直徑等于lb在最嵩點(diǎn)有最小速度，知小球未到達(dá)最高點(diǎn)已離幵軌道*故C錯(cuò)誤.小球固定在輕 桿的下端，輕桿的長(zhǎng)度為h的一半，小球隨輕桿繞O點(diǎn)向上轉(zhuǎn)動(dòng).最高點(diǎn)的最小速度為零，小球能夠達(dá)到 最高點(diǎn).故D正確*故選AD【名師點(diǎn)睛】本題主要運(yùn)用的規(guī)律

20、是機(jī)械能守恒定律，關(guān)鍵是判斷在h 高度速度是否為零，從而判斷是否能到達(dá)h高度；同時(shí)要知道繩連物體經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)的最小速度是,gR，桿連物體經(jīng) 過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為零，這些都應(yīng)熟練掌握12 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R,圓心為 O, B 為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，圓環(huán)左下方開(kāi)一個(gè)小口與光滑斜面相切于A點(diǎn)，/AOB37,小球從斜面上某一點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，不計(jì)小球由D到A的機(jī)械能損失，sin370.6,cos37=0.8，則要保證運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球不離開(kāi)軌道，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離可能是：（）A.RB. 2RC 3RD 4R【答案】AD【解析】若使小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn) G 則,根據(jù)

21、動(dòng)能定理祈 H 內(nèi)一2盤(pán)）二+稱(chēng)謚，解得h=| R,小球釋放的位置到A A點(diǎn)的距離是淪h-RU-曙二學(xué)丘.選項(xiàng)D正確；若使小球恰能經(jīng)過(guò)與圓心oSJD376等高的一點(diǎn)，則釋放的高度h=R,此時(shí)小球釋放的位置到蟲(chóng)點(diǎn)的距離是xxh h3ry3ry= = -R,-R,選SID373項(xiàng)A正確；故選AD.【名師點(diǎn)睛】此題是動(dòng)能定理及牛頓定律的應(yīng)用題；關(guān)鍵是找到兩個(gè)臨界狀態(tài)：恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)和恰能到達(dá)與圓心等高的一點(diǎn)，然后根據(jù)動(dòng)能定理求解13二、非選擇題（本大題共 4 小題，第 13、14 題每題 10 分；第 15、16 題每題 15 分；共 50 分）13 . （10 分）如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)傾

22、角=45、高 H=4m 的斜面，在斜面上方固2定放置一段由內(nèi)壁光滑的圓管構(gòu)成的軌道ABCD圓周部分的半徑R = _ m，AB與圓周相切于B3點(diǎn)，長(zhǎng)度為.、3R，與水平方向夾角二=60；，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點(diǎn)C軌道末端D與斜面頂端處于同一高度?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.1kg，直徑可以忽略的小球從管口A處由靜止2釋放，g = 10m / s777777777777777777777777777777777777777777（1）求小球在 C 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力（2）若小球與斜面碰撞（不計(jì)能量損失）后做平拋運(yùn)動(dòng)落到水平地面上，則碰撞點(diǎn)距斜面左端 的水平距離 x 多大時(shí)小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移最大？最

23、大位移是多少？【答案】（1）7N （2）當(dāng)x=1m 時(shí)平拋水平位移Sx有最大值Sm=6m【解析】（1）設(shè)仙之間的豎直高度為乩由幾何關(guān)系可知：=蟲(chóng)到C根動(dòng)能定理得：稱(chēng)創(chuàng)=丄加叱 S 在C點(diǎn)：兀一殛=轉(zhuǎn)企，解得：凡=7N2R R由牛頓第三定律可彳屮卜球在7點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為7N 從丄到碰撞點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理得：mgmg（應(yīng)+ =打心 平拋過(guò)程：=dLJU平拋水平位移：乂=料代入數(shù)據(jù)整理得：S.S.= =半（2+劉（斗-力，可知：當(dāng)Alm時(shí)平拋水平位移員有最犬值必=6朋【名師點(diǎn)睛】解題時(shí)注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用，特別是從A到碰撞點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求出碰撞時(shí)的速度，由于沒(méi)有能量損失，則碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度即為

24、碰撞時(shí)的速度，難度適中14 . （ 10 分）如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形軌道下端與水平面相切，的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿水平面向左滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)已知半圓形軌道光滑，半徑R=0.40m滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2距離l=1.10m取重力加速度g=10n/s。求：B C分別為半圓形軌道A點(diǎn)時(shí)的速度VA=6.0ms。J= 0.50 ,A、B兩點(diǎn)間的A m14（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)時(shí)速度的大小VB；（2）滑塊運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)時(shí)速度的大小VC；（3） 滑塊從C點(diǎn)水平飛出后，落地點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離X?！敬鸢浮浚?）VB=5m/s（ 2）vc=3.0m/s （ 3）x=1.2m【解析】1212（1

25、） 滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理：_ mgl二2 2代入數(shù)據(jù)解得：vB=5m/s（2）滑塊從 B 運(yùn)動(dòng)到 C 的過(guò)程中，取水平面為零勢(shì)能平面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：1212mvB= mg 2R mvC2 2代入數(shù)據(jù)解得：VC-3.0m/s（3）滑塊從C水平飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)飛行時(shí)間為t，則水平方向：x=vCt12豎直方向：2R=丄gt22聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：x =1.2m【名師點(diǎn)睛】本題是典型題目，知道動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律內(nèi)容，并體會(huì)二者求解動(dòng)力學(xué)的利弊，注意平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法（1）從A到B利用動(dòng)能定理即可求解（ 2）從B到C利用機(jī)械能守恒定律求解（ 3）據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的

26、勻速直線(xiàn)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)15 （ 15 分）如圖所示，四分之三周長(zhǎng)圓管的半徑R=0.4m,管口 B 和圓心 0 在同一水平面上，D 是圓管的最高點(diǎn)，其中半圓周BE 段存在摩擦，BC 和 CE 段動(dòng)摩擦因數(shù)相同，ED 段光滑；質(zhì)量m=0.5kg、直徑稍小于圓管內(nèi)徑的小球從距B 正上方高 H=2.5m 的 A 處自由下落，到達(dá)圓管最低點(diǎn) C 時(shí)的速率為 6m/s，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到圓管的最高點(diǎn)D 飛出，恰能再次進(jìn)入圓管，假定小球再次進(jìn)入圓管時(shí)不計(jì)碰撞能量損失，取重力加速度g=10m/s2,求15小球再次從 D 到 C 的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:-2mgR -Wf4=1mVC2-丄mVD22 2解

27、得:W=4.5J -gmVc(2)小球從 B 點(diǎn)到 D 點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦所做的功；(3)小球再次進(jìn)入圓管后，能否越過(guò) C 點(diǎn)？請(qǐng)分析說(shuō)明理由.【答案】(1) 、.2m/s(2) 10J(3)小球能過(guò) C 點(diǎn)【解析】(D小球飛離D點(diǎn)后低平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：R=VDt解得：vn=2 m/s(2)小球從A到D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：用或盤(pán))町魁比丄0解得；Wn=10J(3)小球從 C 到 D 過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：1212-2mgRWf2mVDmVC2 2解得：W2=4.5J12小球從 A 到 C 過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg( H R) -Wf3mVC2-02解得：W3=5.5J豎直方向:J? =-

28、Et(1)小球飛離 D 點(diǎn)時(shí)的速度；16（2） 物A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度h1（3）調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度L,A仍以vo從軌道右側(cè)沖上軌道，當(dāng)L滿(mǎn)足什么條件時(shí)，物塊A能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道.【答案】【解析】（1）設(shè)物塊丄與彈蕃剛接觸時(shí)的速度大小為訶，由動(dòng)能定理可得解得Vi2/2M/S（2分）（2潮塊A以原速率彈回返回到圓形軌道的高度為A1,由動(dòng)能定理得 劉 W 忙一丄1 一時(shí).1 J（3）若A沿軌道上滑至最大高度h2時(shí)，速度減為 0,則h2滿(mǎn)足（2分）0h2R（2 分）12由動(dòng)能定理得2mgLmgh= 0-m22聯(lián)立得1 mWLi 0,故小球能過(guò) C 點(diǎn).【名

29、師點(diǎn)睛】本題是動(dòng)能定理和向心力知識(shí)的綜合應(yīng)用，解題時(shí)要根據(jù)物理過(guò)程的順序來(lái)分析；這類(lèi)問(wèn)題常常涉及到臨界條件.第（3）問(wèn)中用動(dòng)能定理求變力的功也是常用方法。16 . （ 15 分）如圖 17 所示，在水平軌道右側(cè)安放半徑為R= 0.2 m 的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1 m 水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定,彈簧處于自然狀態(tài).質(zhì)量為m 1 kg 的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道右側(cè)以初速度v= 2 3 m/s 沖上軌道，通過(guò)圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道.物塊A與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)1= 0.2 ,軌道其他部分摩擦

30、不計(jì)，重力加速度g= 10 m/s2.（1） 物塊A 與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小w;17由動(dòng)能定理得2fnngL-mg-2R=2fnngL-mg-2R=-mvi-mvi若/能沿軌道上渭至最高，點(diǎn)則滿(mǎn)足咤 M 噸（2分）1822（2分）綜上所述，要使物塊丄能第一次返回圓形軌道并沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，L L滿(mǎn)足的條件是:1 mZ,1.5ni或Z0.2S m【名師點(diǎn)睛】（1）對(duì) B 從初始位置到與 A 碰撞前過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出物塊B 與物塊 A 碰撞前的速度大小；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出 AB 整體能夠上升的高度， 并討論能否達(dá)到此高度；（3） A、B 物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道，要么能夠越過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，要 么在圓軌道中上升的高度不要超過(guò)圓軌道的半徑，結(jié)合動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和牛頓第二定 律求出所滿(mǎn)足的條件.