高考物理大二輪復習與增分策略 專題三 力與物體的曲線運動 第1講 力學中的曲線運動-人教版高三全冊物理試題

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1、專題三 力與物體的曲線運動 [專題定位]　本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的曲線運動的問題.高考對本專題的考查以運動的組合為線索，進而從力和能的角度進行命題，題目情景新，過程復雜，具有一定的綜合性.考查的主要內容有：①曲線運動的條件和運動的合成與分解；②平拋運動規(guī)律；③圓周運動規(guī)律；④平拋運動與圓周運動的多過程組合問題；⑤應用萬有引力定律解決天體運動問題；⑥帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；⑦帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題；⑧帶電粒子在簡單組合場內的運動問題等.用到的主要物理思想和方法有：運動的合成與分解思想、應用臨界條件處理臨界問題的方法、建立類平拋運動模型方法、等效代替的

2、思想方法等. [應考策略]　熟練掌握平拋、圓周運動的規(guī)律，對平拋運動和圓周運動的組合問題，要善于由轉折點的速度進行突破；熟悉解決天體運動問題的兩條思路；靈活應用運動的合成與分解的思想，解決帶電粒子在電場中的類平拋運動問題；對帶電粒子在磁場內的勻速圓周運動問題，掌握找圓心、求半徑的方法. 第1講　力學中的曲線運動 1.物體做曲線運動的條件 當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動.合運動與分運動具有等時性、獨立性和等效性. 2.平拋運動 (1)規(guī)律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝gt2. (2)推論：做平拋(或類平拋)運動的物體 ①任意時刻速度的

3、反向延長線一定通過此時水平位移的中點；②設在任意時刻瞬時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為φ，則有tan θ＝2tan φ. 3.豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題 (1)繩固定，物體能通過最高點的條件是v≥. (2)桿固定，物體能通過最高點的條件是v>0. 1.豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度關系通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析. 2.對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應用合成與分解的思想分析這兩種運動轉折點的速度是解題的關鍵. 解題方略 解決運動的合成與分解的一般思路 (1)明確合運動或分運動的運動性質.

4、(2)確定合運動是在哪兩個方向上的合成或分解. (3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等). (4)運用力與速度的關系或矢量的運算法則進行分析求解. 例1　在雜技表演中，猴子沿豎直桿向上做初速度為零、加速度為a的勻加速運動，同時人頂著直桿以速度v0水平向右勻速移動，經(jīng)過時間t，猴子沿桿向上移動的高度為h，人頂桿沿水平地面移動的距離為x，如圖1所示.關于猴子的運動情況，下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.相對地面的運動軌跡為直線 B.相對地面做勻加速直線運動 C.t時刻猴子速度的大小為v0＋at D.t時間內猴子的位移大小為 解析　猴子在水平方向上做勻速直線

5、運動，在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成，知合速度與合加速度不在同一條直線上，所以猴子運動的軌跡為曲線.故A錯誤；猴子在水平方向上的加速度為0，在豎直方向上有恒定的加速度，根據(jù)運動的合成，知猴子做曲線運動的加速度不變，做勻變速曲線運動.故B錯誤；t時刻猴子在水平方向上的分速度為v0，在豎直方向上的分速度為at，所以合速度v＝.故C錯誤.在t時間內猴子在水平方向和豎直方向上的位移分別為x和h，根據(jù)運動的合成，知合位移s＝.故D正確. 答案　D 預測1　如圖2所示，一衛(wèi)星經(jīng)過赤道上空時速度方向與赤道平面夾角為60°，速度大小為v＝1.55×103 m/s.此時發(fā)動機點火，

6、給衛(wèi)星一附加速度Δv，使該衛(wèi)星變軌進入赤道平面內.發(fā)動機給衛(wèi)星的附加速度Δv的最小值和方向為(　　) 圖2 A.Δv約為1.3×103 m/s，方向東偏南30° B.Δv約為1.3×103 m/s，方向正南方向 C.Δv約為2.7×103 m/s，方向東偏南30° D.Δv約為0.8×103 m/s，方向正南方向 答案　B 解析　由題意可知，可看成衛(wèi)星一個分速度方向與赤道平面夾角為60°，速度大小為v＝1.55×103 m/s.另一速度即為附加速度，根據(jù)平行四邊形定則，結合幾何關系，則當附加速度垂直合速度時，附加速度達到最小值，如圖所示.附加速度的方向為正南方向，根據(jù)三角知識

7、，大小為：Δv＝vsin 60°＝1.55×103× m/s≈1.3×103 m/s，故B正確，A、C、D錯誤. 預測2　如圖所示，一小球在光滑的水平面上以速度v0向右運動，運動中要穿過一段有水平向北的風帶ab，經(jīng)過風帶時風會給小球一個向北的水平恒力，其余區(qū)域無風力，則小球過風帶及過后的軌跡正確的是(　　) 答案　B 解析　小球在光滑的水平面上以v0向右運動，給小球一個向北的水平恒力，根據(jù)曲線運動條件，結合運動軌跡偏向加速度的方向，故B正確，A、C、D錯誤. 例2　(2016·浙江理綜·23)在真空環(huán)境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖3所示.P是個微粒源，能持續(xù)水

8、平向右發(fā)射質量相同、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. 圖3 (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. 解析　(1)打在AB中點的微粒 h＝gt2 ① 解得t＝ ② (2)打在B點的微粒 v1＝；2h＝gt ③ v1＝L ④ 同理，打在A點的微粒初速度v2＝L ⑤ 微粒初速度范圍L≤v≤L ⑥ (3)由能量關系mv＋mgh＝mv＋2mgh ⑦ 代入

9、④⑤式得L＝2h. 答案　(1)　(2)L≤v≤L　(3)L＝2h 預測3　如圖4所示，豎直平面內有一段圓弧MN，小球從圓心O處水平拋出.若初速度為va，將落在圓弧上的a點；若初速度為vb，將落在圓弧上的b點.已知Oa、Ob與豎直方向的夾角分別為α、β，不計空氣阻力，則(　　) 圖4 A.＝ B.＝ C.＝· D.＝· 答案　D 解析　對a，根據(jù)Rcos α＝gt得，t1＝ ， 則va＝＝Rsin α ， 對b，根據(jù)Rcos β＝gt得，t2＝，則vb＝＝Rsin β， 解得＝·. 預測4　如圖5所示，P、Q是固定在豎直平面內的一段內壁光滑彎管的兩端，P、Q間

10、的水平距離為d.直徑略小于彎管內徑的小球以速度v0從P端水平射入彎管，從Q端射出，在穿過彎管的整個過程中小球與彎管無擠壓.若小球從靜止開始由P端滑入彎管，經(jīng)時間t恰好以速度v0從Q端射出.重力加速度為g，不計空氣阻力，那么(　　) 圖5 A.v0< B.v0＝ C.t＝ D.t> 答案　D 解析　設P、Q的豎直高度為h，由題意知，第二次運動重力做功等于小球動能的增加量，由此可知第一次運動豎直方向的末速度大小等于初速度大小，且P、Q的豎直高度為h＝，據(jù)平拋運動特點得v0＝，A、B選項都錯誤.小球第一次從P運動至Q的時間t1＝，第二次運動豎直方向加速度小于重力加速度，所以t>，

11、D選項正確. 解題方略 1.解決圓周運動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)列出正確的動力學方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr. 2.豎直平面內圓周運動的最高點和最低點的速度通常利用動能定理來建立聯(lián)系，然后結合牛頓第二定律進行動力學分析. 例3　(多選)(2016·浙江理綜·20)如圖6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

12、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，π＝3.14)，則賽車(　　) 圖6 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 C.在直道上的加速度大小為5.63 m/s2 D.通過小圓弧彎道的時間為5.58 s 解析　在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)徑向靜摩擦力提供向心力得，kmg＝m，當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速率是一定的，且在大彎道上的最大速率大于小彎道上的最大速率，故要想時間最短，可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的速率為vmR＝＝ m/s＝4

13、5 m/s，選項B正確；直道的長度為x＝＝50 m，在小彎道上的最大速率為：vmr＝＝ m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小為a＝＝ m/s2≈6.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為t＝＝ s≈2.80 s，選項D錯誤. 答案　AB 預測5　(2016·全國甲卷·16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖7所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(　　) 圖7 A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動

14、能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤. 預測6　如圖8所示，一個圓形框架以豎直的直徑為轉軸勻速轉動.在框架上套著兩個質量相等的小球A、B，小球A、B到豎直轉軸的距離相等，它們與圓形框架保持相對靜止.下列說法正確的

15、是(　　) 圖8 A.小球A受到的合力小于小球B受到的合力 B.小球A與框架間可能沒有摩擦力 C.小球B與框架間可能沒有摩擦力 D.圓形框架以更大的角速度轉動，小球B受到的摩擦力一定增大 答案　C 解析　由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達式F＝mrω2，已知兩球質量、半徑和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A錯誤；小球A受到的重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸，故一定存在摩擦力，而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸，故B球所受摩擦力可能為零，故B錯誤，C正確；由于不知道B是否受到摩擦力，故而無法判定圓形框架以更大的角速度轉動，小球B受到的摩擦力的變化情況

16、，故D錯誤. 例4　如圖9所示，半徑R＝0.5 m 的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點為圓弧軌道的最低點，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°.將一個質量m＝0.5 kg的物體(視為質點)從A點左側高為h＝0.8 m處的P點水平拋出，恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道.已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖9 (1)物體水平拋出時的初速度大小v0； (2)物體經(jīng)過B點時，對圓弧軌道的壓力大小FN； (3)物體在軌道CD上運動的

17、距離x.(結果保留三位有效數(shù)字) 解析　(1)由平拋運動規(guī)律知：v＝2gh 豎直分速度vy＝＝4 m/s 初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s. (2)從P點至B點的過程，由機械能守恒有 mg(h＋R－Rcos 53°)＝mv－mv 經(jīng)過B點時，由向心力公式有FN′－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得FN′＝34 N 由牛頓第三定律知，物體對軌道的壓力大小為FN＝34 N. (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物體沿軌道CD向上做勻減速運動，速度減為零后不會下滑. 從B點到上滑至最高點的過程，由動能定理有 －mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μm

18、gcos 37°)x＝0－mv 代入數(shù)據(jù)可解得x＝ m≈1.09 m. 答案　(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m 預測7　固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖10所示.今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當調節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后(　　) 圖10 A.一定會落到水平面AE上 B.一定會再次落到圓弧軌道上 C.可能會再次落到圓弧軌道上 D.不能確定 答案　A 解析　如果小球恰能通過最高點D，根據(jù)mg＝m，

19、得vD＝， 知小球在最高點的最小速度為. 根據(jù)R＝gt2得：t＝ . 則平拋運動的水平位移為：x＝·＝R. 知小球一定落在水平面AE上.故A正確，B、C、D錯誤. 預測8　如圖11所示為固定在豎直平面內的光滑軌道ABCD，其中ABC部分是半徑為R的半圓形軌道(AC是圓的直徑)，CD部分是水平軌道.一個質量為m的小球沿水平方向進入軌道，通過最高點A時速度大小vA＝2，之后離開A點，最終落在水平軌道上.小球運動過程中所受空氣阻力忽略不計，g取10 m/s2.求： 圖11 (1)小球落地點與C點間的水平距離； (2)小球落地時的速度方向； (3)小球在A點時軌道對小球的壓力.

20、 答案　(1)4R　(2)與水平方向的夾角為45°　(3)3mg，方向豎直向下 解析　(1)小球離開A點后做平拋運動 根據(jù)平拋運動規(guī)律有2R＝gt2 解得小球運動時間t＝ 2 x＝vAt 解得小球落地點與C點間的水平距離x＝4R (2)設小球落地時的速度方向與水平方向的夾角為θ tan θ＝ 解得θ＝45° (3)設小球在A點時軌道對小球的壓力為FN 根據(jù)牛頓第二定律FN＋mg＝m 解得：FN＝3mg，方向豎直向下. 專題強化練 1.如圖1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(　　) 圖1 A.帆船朝正東方向航行

21、，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 解析　以帆板為參照物，即把帆板看做靜止，則帆船相對于帆板有向東的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合＝v，方向北偏東45°. 2.如圖2所示，某輪渡站兩岸的碼頭A和B正對，輪渡沿直線往返于兩碼頭之間，已知水流速度恒定且小于船速.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.往返所用的時間不相等 B.往返時船頭均應垂直河岸航行 C.往返時船頭均應適當偏向上游 D.從A駛往B，船頭應適當偏向上游，返回時船頭應適

22、當偏向下游 答案　C 解析　根據(jù)矢量的合成法則，及各自速度恒定，那么它們的合速度也確定，則它們所用的時間也相等，故A錯誤；從A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根據(jù)平行四邊形定則，則船頭的方向偏向上游一側.從B到A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船頭的方向仍然偏向上游一側.故C正確，B、D錯誤. 3.如圖3所示，在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P；若在A點以速度2v水平拋出小球，經(jīng)過時間t2完成平拋運動.不計空氣阻力，則(　　) 圖3 A.t2>2t1 B.t2＝2t1 C.t2<2t1 D.落在B點 答案

23、　C 解析　在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P，有tan θ＝，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，若還落在斜面上，水平位移應該變?yōu)樵瓉淼?倍，可知在A點以速度2v水平拋出小球，小球將落在水平面上. 可知兩球下降的高度之比為1∶2，根據(jù)t＝知，t1∶t2＝1∶，則t2<2t1. 4.從A點斜向上拋出一個小球，曲線ABCD是小球運動的一段軌跡.建立如圖4所示的正交坐標系xOy，x軸沿水平方向，軌跡上三個點的坐標分別為A(－L,0)、C(L,0)，D(2L,3L)，小球受到的空氣阻力忽略不計，軌跡與y軸的交點B的坐標為(　　) 圖4

24、 A.(0，) B.(0，－L) C.(0，－) D.(0，－2L) 答案　B 解析　由函數(shù)圖象可知，軌跡為二次函數(shù)，過點(－L,0)和(L,0)，設函數(shù)解析式y(tǒng)＝－a(x－L)(x＋L)將(2L,3L)代入方程，解得a＝－ y＝(x－L)(x＋L)，將x＝0代入得y＝－L. 5.如圖5所示，正方體空心框架ABCD－A1B1C1D1下表面在水平地面上，將可視為質點的小球從頂點A在∠BAD所在范圍內(包括邊界)沿不同的水平方向分別拋出，落點都在△B1C1D1平面內(包括邊界).不計空氣阻力，以地面為重力勢能參考平面.則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球初速度的最

25、小值與最大值之比是1∶ B.落在C1點的小球，運動時間最長 C.落在B1D1線段上的小球，落地時機械能的最小值與最大值之比是1∶2 D.軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向都相同 答案　D 解析　由h＝gt2得t＝，下落高度相同，平拋運動的時間相等，故B錯誤；小球落在A1C1線段中點時水平位移最小，落在C1時水平位移最大，水平位移的最小值與最大值之比是1∶2，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值與最大值之比是1∶2，故A錯誤；落在B1D1線段中點的小球，落地時機械能最小，落在B1D1線段上D1或B1的小球，落地時機械能最大.設落在B1D1線段中點的小球初速度為v1，水平

26、位移為x1.落在B1D1線段上D1或B1的小球初速度為v2，水平位移為x2.由幾何關系有 x1∶x2＝1∶，由x＝v0t，得：v1∶v2＝1∶，落地時機械能等于拋出時的機械能，分別為：E1＝mgh＋mv，E2＝mgh＋mv，可知落地時機械能的最小值與最大值之比不等于1∶2.故C錯誤.設AC1的傾角為α，軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向與水平方向的夾角為θ.則有 tan α＝＝＝，tan θ＝，則 tan θ＝2tan α，可知θ一定，則軌跡與AC1線段相交的小球，在交點處的速度方向都相同，故D正確. 6.(多選)如圖6所示，傾角為37°的光滑斜面頂端有甲、乙兩個小球，甲以初速度

27、v0水平拋出，乙以初速度 v0 沿斜面運動，甲、乙落地時，末速度方向相互垂直，重力加速度為g，則(　　) 圖6 A.斜面的高度為 B.甲球落地時間為 C.乙球落地時間為 D.乙球落地速度大小為 答案　AC 解析　甲、乙落地時，末速度方向相互垂直，則甲的速度方向與水平方向的夾角為53°，則vy＝v0tan 53°＝v0，斜面的高度h＝＝，故A正確；甲球落地的時間t甲＝＝，故B錯誤；乙球下滑的加速度a＝gsin 37°＝g，下滑的距離x＝，根據(jù)x＝at，聯(lián)立解得t乙＝，乙球落地的速度v＝at乙＝，故C正確，D錯誤. 7.如圖7所示，“倫敦眼”(The London Eye)是世

28、界上最大的觀景摩天輪，僅次于南昌之星與新加坡觀景輪.它總高度135米(443英尺)，屹立于倫敦泰晤士河南畔的蘭貝斯區(qū).現(xiàn)假設摩天輪正繞中間的固定軸做勻速圓周運動，則對于坐在輪椅上觀光的游客來說，正確的說法是(　　) 圖7 A.因為摩天輪做勻速轉動，所以游客受力平衡 B.當摩天輪轉到最高點時，游客處于失重狀態(tài) C.因為摩天輪做勻速轉動，所以游客的機械能守恒 D.當摩天輪轉到最低點時，座椅對游客的支持力小于所受的重力 答案　B 解析　摩天輪做勻速轉動，不是平衡狀態(tài).故A錯誤；當摩天輪轉到最高點時，游客受到的重力與支持力的合力的方向向下，指向圓心，所以游客處于失重狀態(tài).故B正確；摩

29、天輪做勻速轉動，所以游客的動能不變而重力勢能是變化的，所以機械能不守恒，故C錯誤；游客隨摩天輪做勻速圓周運動，當摩天輪轉到最低點時，游客受到的重力與支持力的合力的方向向上，指向圓心，所以座椅對游客的支持力大于所受的重力.故D錯誤. 8.如圖8所示，ABC為在豎直平面內的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在A、B兩點間的直的金屬棒，在直棒上和半圓環(huán)的BC部分分別套著兩個相同的小圓環(huán)M、N，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞對稱軸以角速度ω做勻速轉動，半圓環(huán)的半徑為R，小圓環(huán)的質量均為m，金屬棒和半圓環(huán)均光滑，已知重力加速度為g，小圓環(huán)可視為質點，則M、N兩圓環(huán)做圓周運動的線速度之比為(　　) 圖8 A.

30、 B. C. D. 答案　A 解析　M環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan 45°＝mvMω，N環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan θ＝mvNω，mgtan θ＝mrω2，r＝Rsin θ，vN＝rω＝，因此＝，A項正確. 9.如圖9所示，有一陀螺其下部是截面為等腰直角三角形的圓錐體、上部是高為h的圓柱體，其上表面半徑為r，轉動角速度為ω.現(xiàn)讓旋轉的陀螺以某水平速度從距水平地面高為H的光滑桌面上水平飛出后恰不與桌子邊緣發(fā)生碰撞，陀螺從桌面水平飛出時，陀螺上各點中相對桌面的最大速度值為(已知運動中其轉動軸一直保持豎直，空氣阻力不計)(　　) 圖9 A. B. C.＋ωr D

31、.r＋ωr 答案　C 解析　陀螺下部分高為h′＝r，下落h′所用時間為t，則h′＝gt2. 陀螺水平飛出的速度為v，則r＝vt，解得v＝ 陀螺自轉的線速度為v′＝ωr，陀螺上的點當轉動的線速度與陀螺的水平分速度的方向相同時，對應的速度最大，所以最大速度v＝ωr＋，故C正確，A、B、D錯誤. 10.如圖10所示，豎直面內半徑為R的光滑半圓形軌道與水平光滑軌道相切于D點.a、b、c三個相同的物體由水平部分分別向半圓形軌道滑去，最后重新落回到水平面上時的落點到切點D的距離依次為AD<2R，BD＝2R，CD>2R.設三個物體離開半圓形軌道在空中飛行時間依次為ta、tb、tc，三個物體到達水平

32、面的動能分別為Ea、Eb、Ec，則下面判斷正確的是(　　) 圖10 A.Ea＝Eb B.Ec＝Eb C.tb＝tc D.ta＝tb 答案　C 解析　物體若從半圓形軌道最高點離開在空中做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，有：2R＝gt2，則得：t＝2 物體恰好到達半圓形軌道最高點時，有：mg＝m， 則通過半圓形軌道最高點時的最小速度為：v＝ 所以物體從半圓形軌道最高點離開后平拋運動的水平位移最小值為：x＝vt＝2R 由題知：AD<2R，BD＝2R，CD>2R，說明b、c通過最高點做平拋運動，a沒有到達最高點，則知tb＝tc＝2，ta≠tb＝tc. 對于a、b兩球，通

33、過D點時，a的速度比b的小，由機械能守恒可得：EaEb. 11.一長l＝0.8 m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質量m＝0.1 kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝1 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11所示.讓小球從靜止釋放，當小球運動到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，取重力加速度g＝10 m/s2. 圖11 (1)求當小球運動到B點時的速度大??； (2)繩斷裂后球從B點拋出并落在

34、水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離； (3)若xOP＝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 m/s　(2)0.8 m　(3)9 N 解析　(1)設小球運動到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 m/s (2)小球從B點做平拋運動，由運動學規(guī)律得x＝vBt y＝H－l＝gt2 解得C點與B點之間的水平距離 x＝vB＝0.8 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－xOP 由以上各式解得Fm＝9 N.