7、合成后再分析．
物體在光滑水平面上，在外力F作用下的v－t圖象如圖2甲、乙所示，從圖中可以判斷物體在0～t4的運動狀態(tài) ( )
甲 乙
圖2
A．物體一直在做曲線運動
B．在t1～t3時間內(nèi)，合外力先增大后減小
C．在t1、t3時刻，外力F的功率最大
D．在t1～t3時間內(nèi)，外力F做的總功為零
答案 ABD
解析 由圖象可知物體沿x方向做加速度時刻變化的變速直線運動，沿y方向做勻速直線運動，結(jié)合運動的合成知識可知物體做曲線運動，選項A正確；速度—時間圖線的斜率表示加速度，在t1～t3時間內(nèi)，物體的加速度先增大后減小，故合外力先增大后減
8、小，選項B正確；t1、t3時刻，速度的變化率為0，物體的加速度為0，合外力F為0，故F的功率為0，選項C錯誤；t1時刻的合速度的大小與t2時刻合速度的大小相等，則t1～t3時間內(nèi)，物體的動能變化為0，據(jù)動能定理知外力F做的總功為零，選項D正確．
題型2 平拋運動問題的分析
例2 如圖3，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為 ( )
圖3
A. B.
C. D.
解析 平拋運動的
9、水平位移x＝R＋Rcos 60°
設(shè)小球拋出時的初速度為v0，則到達B點時有tan 60°＝
水平位移與水平速度v0的關(guān)系為x＝v0t，聯(lián)立解得
v0＝ ，選項B正確．
答案 B
以題說法 1.處理平拋(或類平拋)運動的基本方法就是把運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的．
2．要善于建立平拋運動的兩個分速度和分位移與題目呈現(xiàn)的角度之間的關(guān)系，這往往是解決問題的突破口．
(xx·北京·19)在實驗操作前應(yīng)該對實驗進行適當(dāng)?shù)姆治觯芯科綊佭\動的實驗裝置示意圖如圖4所示．小球每次都從斜槽的同一位置無初速度釋放，并從斜槽末端水平
10、飛出．改變水平板的高度，就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡．某同學(xué)設(shè)想小球先后三次做平拋運動，將水平板依次放在如圖1、2、3的位置，且1與2的間距等于2與3的間距．若三次實驗中，小球從拋出點到落點的水平位移依次為x1、x2、x3，機械能的變化量依次為ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是 ( )
圖4
A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3
答案
11、 B
解析 不計空氣阻力，小球在運動過程中機械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做勻速運動，在豎直方向上做勻加速運動，又因y12＝y(tǒng)23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知選項B正確．
題型3 圓周運動問題的分析
例3 (xx·重慶·8)(16分)如圖5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ω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θ為60°，重力加速度大小為g.
圖5
12、
(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k?1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向．
審題突破 當(dāng)小物塊受到的摩擦力恰好為零時，受到什么力的作用？向心力是多少？當(dāng)轉(zhuǎn)速稍增大(或稍減小)時所需的向心力如何變化？
解析 (1)對小物塊受力分析可知：
FNcos 60°＝mg
FNsin 60°＝mR′ω
R′＝Rsin 60°
聯(lián)立解得：ω0＝
(2)由于0＜k?1，
當(dāng)ω＝(1＋k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下．由
受力分析可知：
FN′cos 60°＝mg＋fcos 30°
FN′sin 60°＋fsin 30
13、°＝mR′ω2
R′＝Rsin 60°
聯(lián)立解得：f＝mg
當(dāng)ω＝(1－k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向上．由受力分析和幾何關(guān)系知．
FN″cos 60°＋f′sin 60°＝mg
FN″sin 60°－f′cos 60°＝mR′ω2
R′＝Rsin 60°
所以f′＝mg.
答案 (1)ω0＝
(2)當(dāng)ω＝(1＋k)ω0時，f沿罐壁切線向下，大小為mg
當(dāng)ω＝(1－k)ω0時，f沿罐壁切線向上，大小為mg
以題說法 解決圓周運動力學(xué)問題要注意以下幾點：
(1)要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑．
(2)列出正確的動力學(xué)方程F＝m＝mrω2＝
14、mωv＝mr.
(3)對于豎直面內(nèi)的圓周運動要注意“桿模型”和“繩模型”的臨界條件．
如圖6所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道內(nèi)側(cè)底部靜止著一個光滑小球，現(xiàn)給小球一個沖擊使其在瞬時得到一個水平初速度v0，若v0＝ ，則有關(guān)小球在圓軌道上能夠上升到的最大高度(距離底部)的說法中正確的是 ( )
圖6
A．一定可以表示為 B．可能為
C．可能為R D．可能為R
答案 B
解析 如果小球到最高點時速度為零，則有mv＝mgh，解得h＝R，小球已經(jīng)過了高度R，小球會斜拋出去，故小球在最高點速度不為零，小球到不了R的高度，即不能到達的高度，選項A、D錯誤，選項B
15、正確．
題型4 萬有引力定律的應(yīng)用
例4 某行星自轉(zhuǎn)周期為T，赤道半徑為R，研究發(fā)現(xiàn)若該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑢?dǎo)致該星球赤道上的物體恰好對行星表面沒有壓力，已知萬有引力常量為G，則以下說法中正確的是 ( )
A．該行量質(zhì)量為M＝
B．該星球的同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝R
C．質(zhì)量為m的物體對行星赤道地面的壓力為FN＝
D．環(huán)繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星線速度必不大于7.9 km/s
解析 若該行星自轉(zhuǎn)角速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t自轉(zhuǎn)周期變?yōu)門/2.根據(jù)題述將導(dǎo)致該星球赤道上物體恰好對行星表面沒有壓力，則有G＝mR2，解得該行星質(zhì)量為M＝，選項A錯誤．
16、由G＝mr()2，G＝mR()2，聯(lián)立解得該星球的同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝R，選項B正確．設(shè)行星赤道地面對物體的支持力為FN′，由G－FN′＝mR()2，解得FN′＝，由牛頓第三定律得，質(zhì)量為m的物體對行星赤道地面的壓力為FN＝，選項C錯誤．根據(jù)題述已知條件，不能得出環(huán)繞該行星做勻速圓周運動的衛(wèi)星線速度，選項D錯誤．
答案 B
以題說法 解決天體運動問題要善于構(gòu)建兩大模型
1．“天體公轉(zhuǎn)”模型——某天體繞中心天體做勻速圓周運動．這種模型一般應(yīng)用動力學(xué)方程(G＝m＝mω2r＝m()2r＝ma)和黃金代換公式(GM＝gR2)就能輕松解決問題．
2．“天體自轉(zhuǎn)”模型——天體繞自身中心的某一軸以
17、一定的角速度勻速轉(zhuǎn)動．這種模型中往往要研究天體上某物體隨天體做勻速圓周運動問題，這時向心力是天體對物體的萬有引力和天體對物體的支持力的合力，在天體赤道上，則會有F向＝F萬－FN.
(xx·山東·20)雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動．研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化．若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T，經(jīng)過一段時間演化后，兩星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則此時圓周運動的周期為 ( )
A.T B.T
C.T D.T
18、
答案 B
解析 雙星靠彼此的引力提供向心力，則有
G＝m1r1
G＝m2r2
并且r1＋r2＝L
解得T＝2π
當(dāng)雙星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間距離變?yōu)樵瓉淼膎倍時
T′＝2π
＝ ·T
故選項B正確.
4． 平拋運動與圓周運動組合問題的綜合分析
審題示例
(15分)如圖7所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，經(jīng)過C點的切線方向水平．已知圓弧的半徑為R＝1.25 m，斜面AB的長度為L＝1 m．質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)在水平外力F＝1 N作用下，從斜面頂端A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當(dāng)?shù)竭_B點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至C
19、點拋出，若落地點E與C點間的水平距離為s＝1.2 m，C點距離地面高度為h＝0.8 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)求：
圖7
(1)物塊經(jīng)C點時對圓弧面的壓力；
(2)物塊滑至B點時的速度；
(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．
審題模板
答題模板
(1)物塊從C點到E點做平拋運動
由h＝gt2 (1分)
得t＝0.4 s (1分)
vC＝＝3 m/s (1分)
由牛頓第二定律知
FN－mg＝m (1分
20、)
FN＝17.2 N (1分)
由牛頓第三定律知，物體在C點時對圓弧的壓力大小為17.2 N，方向豎直向下(1分)
(2)從B點到C點由動能定理有
mgR(1－cos 37°)＝mv－mv (2分)
vB＝2 m/s (2分)
(3)從A點到B點由v＝2aL，得
a＝2 m/s2 (2分)
由牛頓第二定律有
mgsin 37°＋Fcos 37°－μ(mgcos 37°－Fsin 37°)＝ma (2分)
代入數(shù)據(jù)，解得μ＝≈0.65 (1
21、分)
答案 (1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65
點睛之筆 1.多過程問題實際是多種運動規(guī)律的組合．平拋運動通常分解速度，豎直面內(nèi)圓周運動通常應(yīng)用動能定理和牛頓第二定律，直線運動通常用動力學(xué)方法或動能定理來分析．
2．在建立兩運動之間的聯(lián)系時，要把轉(zhuǎn)折點的速度作為分析重點．
一長l＝0.80 m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量m＝0.10 kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1.00 m．開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，如圖8所示．讓小球從靜止釋放，當(dāng)小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂．不計輕繩斷裂的能量損失，取
22、重力加速度g＝10 m/s2.求：
圖8
(1)當(dāng)小球運動到B點時的速度大小；
(2)繩斷裂后球從B點拋出并落在水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離；
(3)若OP＝0.6 m，輕繩碰到釘子P時繩中拉力達到所能承受的最大拉力斷裂，求輕繩能承受的最大拉力．
答案 (1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N
解析 (1)設(shè)小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得
mv＝mgl
解得小球運動到B點時的速度大小
vB＝＝4.0 m/s
(2)小球從B點做平拋運動，由運動學(xué)規(guī)律得
x＝vBt
y＝H－l＝gt2
解得C點與B點之間的水平距離
23、x＝vB· ＝0.80 m
(3)若輕繩碰到釘子時，輕繩拉力恰好達到最大值Fm，由圓周運動規(guī)律得
Fm－mg＝m
r＝l－OP
由以上各式解得
Fm＝9 N
(限時：45分鐘)
1． (xx·新課標(biāo)Ⅱ·21)公路急轉(zhuǎn)彎處通常是交通事故多發(fā)地帶．如圖1，某公路急轉(zhuǎn)彎處是一圓弧，當(dāng)汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，則在該彎道處 ( )
圖1
A．路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低
B．車速只要低于vc，車輛便會向內(nèi)側(cè)滑動
C．車速雖然高于vc，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側(cè)滑動
D．當(dāng)路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，v
24、c的值變小
答案 AC
解析 當(dāng)汽車行駛的速度為vc時，路面對汽車沒有摩擦力，路面對汽車的支持力與汽車重力的合力提供向心力，此時要求路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低，選項A正確．當(dāng)速度稍大于vc時，汽車有向外側(cè)滑動的趨勢，因而受到向內(nèi)側(cè)的摩擦力，當(dāng)摩擦力小于最大靜摩擦力時，車輛不會向外側(cè)滑動，選項C正確．同樣，速度稍小于vc時，車輛不會向內(nèi)側(cè)滑動，選項B錯誤．vc的大小只與路面的傾斜程度和轉(zhuǎn)彎半徑有關(guān)，與地面的粗糙程度無關(guān)，D錯誤．
2． (xx·江蘇·2)如圖2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(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下
25、列說法正確的是 ( )
圖2
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
解析 因為物體的角速度ω相同，線速度v ＝rω，而rA
26、小球從一水平桌面的邊緣P點向右水平飛出，該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道．OA與豎直方向的夾角為θ1，PA與豎直方向的夾角為θ2.下列說法正確的是 ( )
圖3
A．tan θ1tan θ2＝2 B．cot θ1tan θ2＝2
C．cot θ1cot θ2＝2 D．tan θ1cot θ2＝2
答案 A
解析 平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，小球在A點時速度與水平方向的夾角為θ1，tan θ1＝＝，位移與豎直方向的夾角為θ2，tan θ2＝＝＝，則tan θ1tan θ2＝2.故A正確，B、C、
27、D錯誤．
4． 在光滑水平桌面中央固定一邊長為0.3 m的小正三棱柱abc，俯視如圖4.長度為L＝1 m的細線，一端固定在a點，另一端拴住一個質(zhì)量為m＝0.5 kg、不計大小的小球．初始時刻，把細線拉直在ca的延長線上，并給小球以v0＝2 m/s且垂直于細線方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，細線逐漸纏繞在棱柱上(不計細線與三棱柱碰撞過程中的能量損失)．已知細線所能承受的最大張力為7 N，則下列說法中不正確的是 ( )
圖4
A．細線斷裂之前，小球速度的大小保持不變
B．細線斷裂之前，小球的速度逐漸減小
C．細線斷裂之前，小球運動的總時間為0.7π s
D．細線斷裂之前，小球
28、運動的位移大小為0.9 m
答案 B
解析 小球在光滑水平面內(nèi)運動，由于沒有能量損失，細線斷裂之前，小球速度的大小保持不變，選項A正確，選項B錯誤；線速度不變，細線越來越短，因此角速度應(yīng)該逐步增大，由F＝m得r＝＝ m<0.3 m，由于細線長以0.3 m遞減，當(dāng)被棱柱擋住三次時細線長變?yōu)?.1 m，此時細線斷，小球正好繞三棱柱纏繞一圈，運動時間為t＝× s＋× s＋× s＝0.7π s，選項C正確；細線斷裂之前，小球做圓周運動的半徑變?yōu)?.1 m，則小球運動的位移大小為0.9 m，選項D正確．故本題答案為B.
5． 某同學(xué)學(xué)習(xí)了天體運動的知識后，假想宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系．如
29、圖5所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質(zhì)量相等的小星圍繞母星做圓周運動．如果兩顆小星間的萬有引力為F，母星與任意一顆小星間的萬有引力為9F.則 ( )
圖5
A．每顆小星受到的萬有引力為(＋9)F
B．每顆小星受到的萬有引力為(＋9)F
C．母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的3倍
D．母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的3倍
答案 AC
解析 每顆小星受到的萬有引力為2Fcos 30°＋9F＝(＋9)F，選項A正確，選項B錯誤；設(shè)正三角形的邊長為l，由萬有引力定律和題意知G＝9G，解得M＝3m，選項C正確，選項D錯誤．
6． 地球自轉(zhuǎn)正在逐
30、漸變慢，據(jù)推測10億年后地球的自轉(zhuǎn)周期約為31 h．若那時發(fā)射一顆地球的同步衛(wèi)星W2，與目前地球的某顆同步衛(wèi)星W1相比，以下說法正確的是(假設(shè)萬有引力常量、地球的質(zhì)量、半徑均不變) ( )
A．離地面的高度h2>h1
B．向心加速度a2>a1
C．線速度v2v1
答案 AC
解析 由萬有引力提供向心力可知，G＝m(R＋h)，h＝ －R，由于周期增大，則h增大，選項A正確；由G＝ma可知，向心加速度減小，選項B錯誤；由線速度公式G＝m可知，線速度減小，選項C正確，選項D錯誤．
7． (xx·廣東·14)如圖6，甲、乙兩顆衛(wèi)星以相同的軌道半徑
31、分別繞質(zhì)量為M和2M的行星做勻速圓周運動，下列說法正確的是 ( )
圖6
A．甲的向心加速度比乙的小
B．甲的運行周期比乙的小
C．甲的角速度比乙的大
D．甲的線速度比乙的大
答案 A
解析 由萬有引力提供向心力得G＝m＝mω2r＝ma＝mr，變形得：a＝，v＝ ，ω＝ ，T＝2π ，只有周期T和M成減函數(shù)關(guān)系，而a、v、ω和M成增函數(shù)關(guān)系，故選A.
8． 我國自主研發(fā)的“北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)”是由多顆衛(wèi)星組成的，其中有5顆地球同步衛(wèi)星．在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進入橢圓軌道Ⅰ，如圖7所示，然后在Q點通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進入地球同步軌道Ⅱ，則
32、 ( )
圖7
A．該衛(wèi)星的發(fā)射速度必定大于11.2 km/s
B．衛(wèi)星在同步軌道Ⅱ上的運行速度小于7.9 km/s
C．在軌道Ⅰ上，衛(wèi)星在P點的動能小于在Q點的動能
D．在軌道Ⅱ上的運行周期大于在軌道Ⅰ上的運行周期
答案 BD
解析 人造衛(wèi)星的最小發(fā)射速度和最大環(huán)繞速度均為7.9 km/s，選項A錯誤，選項B正確；由v＝ 知r越小v越大，動能也就越大，所以衛(wèi)星在P點的動能大于在Q點的動能，選項C錯誤；由T＝ 知r越大T越大，則衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的周期大于在軌道Ⅰ上的周期，選項D正確．
9． 2013年2月15日中午12時30分左右，俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州發(fā)生天體墜落事件．
33、如圖8所示，一塊隕石從外太空飛向地球，到A點剛好進入大氣層，由于受地球引力和大氣層空氣阻力的作用，軌道半徑漸漸變小，則下列說法中正確的是 ( )
圖8
A．隕石正減速飛向A處
B．隕石繞地球運轉(zhuǎn)時角速度漸漸變小
C．隕石繞地球運轉(zhuǎn)時速度漸漸變大
D．進入大氣層隕石的機械能漸漸變大
答案 C
解析 由于萬有引力做功，隕石正加速飛向A處，選項A錯誤．隕石繞地球運轉(zhuǎn)時，因軌道半徑漸漸變小，則角速度漸漸增大，速度漸漸變大，選項B錯誤，C正確．進入大氣層后，由于受到空氣阻力的作用，隕石的機械能漸漸變小，選項D錯誤．
10．如圖9所示，質(zhì)量M＝2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)
34、量m＝1 kg的小球通過長L＝0.5 m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.
圖9
(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向；
(2)在滿足(1)的條件下，小球在最高點P突然離開輕桿沿水平方向飛出，試求小球落到水平軌道的位置到軸O的距離；
(3)若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時的速度大小v′＝2 m/s，試求此時滑塊的速度大?。?
答案 (1)2 N 豎直向上 (2) m (3)1 m/s
解析 (1)設(shè)小球能通過最高點，且在最
35、高點時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則
mv＋mgL＝mv
得v1＝ m/s
v1>0，故小球能到達最高點．
設(shè)小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則
F＋mg＝m
得F＝2 N
由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2 N，方向豎直向上
(2)小球飛出后做平拋運動，設(shè)運動時間為t
由L＝gt2
落地點到軸O的水平距離s＝v1t
得：s＝ m
(3)解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點時滑塊的速度為v
在上升過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，則
mv′2＋Mv2＋mgL＝mv
代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/s
11．如圖10所示，水
36、平地面和半徑R＝0.5 m的半圓軌道面PTQ均光滑，質(zhì)量M＝1 kg、長L＝4 m的小車放在地面上，右端點與墻壁的距離為s＝3 m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)以v0＝6 m/s的水平初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動，小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上．已知滑塊與小車上表面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2.
圖10
(1)求小車與墻壁碰撞時滑塊的速率；
(2)求滑塊到達P點時對軌道的壓力；
(3)若圓軌道的半徑可變但最低點P不變，為使滑塊在圓軌道內(nèi)滑動的過程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑的取值范圍．
答案 (1)4
37、m/s (2)68 N 豎直向下 (3)R≤0.24 m或R≥0.60 m
解析 (1)滑塊滑上小車后，小車將做勻加速直線運動，滑塊將做勻減速直線運動，設(shè)滑塊加速度為a1，小車加速度為a2，由牛頓第二定律得：
對滑塊有－μmg＝ma1
對小車有μmg＝Ma2
當(dāng)滑塊相對小車靜止時，兩者速度相等，設(shè)小車與滑塊經(jīng)歷時間t后速度相等，則有
v0＋a1t＝a2t
滑塊的位移s1＝v0t＋a1t2
小車的位移s2＝a2t2
代入數(shù)據(jù)得Δs＝s1－s2＝3 m
2022年高三物理復(fù)習(xí) 專題三 力與物體的曲線運動 第1課時 平拋、圓周和天體運動講義
