2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題04 曲線運動（含解析）.docx

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專題04 牛頓運動定律 第一部分名師綜述 曲線運動是高考的熱點內容，有時為選擇題，有時以計算題形式出現(xiàn)，重點考查的內容有：平拋運動的規(guī)律及其研究方法，圓周運動的角度、線速度、向心加速度，做圓周運動的物體的受力與運動的關系，同時，還可以與帶電粒子的電磁場的運動等知識進行綜合考查；重點考查的方法有運動的合成與分解，豎直平面內的圓周運動應掌握最高點和最低點的處理方法。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，A、B、C 是水平面上同一直線上的三點，其中 AB=BC，在 A 點正上方的 O 點以初速度 v0水平拋出一小球，剛好落在 B 點，小球運動的軌跡與 OC 的連線交于 D 點，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( ) A．小球從O 到D 點的水平位移是從O 到B 點水平位移的 1:3 B．小球經(jīng)過D 點與落在B 點時重力瞬時功率的比為 2:3 C．小球從O 到D 點與從D 到 B 點兩段過程中重力做功的比為 1/3 D．小球經(jīng)過D 點時速度與水平方向夾角的正切值是落到B 點時速度與水平方向夾角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．設小球做平拋運動的時間為t，位移為L，則有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=12gt2，聯(lián)立解得：t=2v0tanθg，設∠OBA=α，∠C=β，則tanα=hAB，tanβ=hAC，由于AB=BC，可知tanα=2 tanβ，因在D點時：tD=2v0tanβg，在B點時：tB=2v0tanαg，則落到D點所用時間是落到B點所用時間的12，即小球經(jīng)過D點的水平位移是落到B點水平位移的12，故A錯誤； B．由于落到D點所用時間是落到B點所用時間的12，故D點和B點豎直方向的速度之比為1：2，故小球經(jīng)過D點與落在B點時重力瞬時功率的比為12，故B錯誤； C．小球從O 到D 點與從D 到 B 點兩段過程中時間相等，則豎直位移之比為1:3，則重力做功的比為1:3，選項C正確； D．小球的速度與水平方向的夾角tanθ＝gtv0，故小球經(jīng)過D點時速度與水平方向夾角的正切值是落到B點時速度與水平方向夾角的正切值的12，故選項D錯誤； 2．如圖所示，B為半徑為R的豎直光滑圓弧的左端點，B點和圓心C連線與豎直方向的夾角為α，—個質量為m的小球在圓弧軌道左側的A點以水平速度v0拋出，恰好沿圓弧在B點的切線方向進入圓弧軌道，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（） A．AB連線與水平方向夾角為α B．小球從A運動到B的時間t=v0tanαg C．小球運動到B點時，重力的瞬時功率P=mgv0cosθ D．小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，處于失重狀態(tài) 【答案】 B 【解析】 【詳解】 AB、平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，說明小球在B點時，合速度方向沿著圓軌道的切線方向。將合速度正交分解，根據(jù)幾何關系可得，其與水平方向的夾角為α，則tanα=gtv0，解得：t=v0tanαg此時AB位移的連線與水平方向的夾角不等于α，故A錯；B對 C、小球運動到B點時，重力的瞬時功率P=mgvy=mgv0tanα，故C錯； D、小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故D錯； 故選B 3．質量為m 的小球由輕繩a 和b 分別系于一輕質細桿的A 點和B 點，如圖所示，繩a 與水平方向成θ角，繩b 在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB 以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（） A．a(chǎn) 繩的張力可能為零 B．a(chǎn) 繩的張力隨角速度的增大而增大 C．若b 繩突然被剪斷，則a 繩的彈力一定發(fā)生變化 D．當角速度ω>gltanθ，b 繩將出現(xiàn)彈力 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A錯； B、根據(jù)豎直方向上平衡得，F(xiàn)asinθ=mg，解得Fa=mgsinθ，可知a繩的拉力不變，故B錯誤。 D、當b繩拉力為零時，有：mgcotθ=mω2l，解得ω=gltanθ，可知當角速度ω>gltanθ，b繩將出現(xiàn)彈力，故D對； C、由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故C錯誤 故選D 【點睛】 小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變。 4．如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物 M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方 0 點處，在桿的中點 C 處拴一細繩，通過兩個滑輪后掛上重物 M，C 點與 o 點距離為 L，現(xiàn)在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度 ω 緩緩轉至水平（轉過了 90角）．下列有關此過程的說法中正確的是（） A．重物 M 做勻速直線運動 B．重物 M 做勻變速直線運動 C．整個過程中重物一直處于失重狀態(tài) D．重物 M 的速度先增大后減小，最大速度為wL 【答案】 D 【解析】 【詳解】 設C點線速度方向與繩子沿線的夾角為θ（銳角），由題知C點的線速度為vC=ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為v繩=ωLcosθ．θ的變化規(guī)律是開始最大（90）然后逐漸變小，所以，v繩=ωLcosθ逐漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變?yōu)榱愣?，繩子的速度變?yōu)樽畲螅瑸棣豅；然后，θ又逐漸增大，v繩=ωLcosθ逐漸變小，繩子的速度變慢。所以知重物M的速度先增大后減小，最大速度為ωL．故AB錯誤，D正確。重物M先向上加速，后向上減速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C錯誤。故選D。 【點睛】 解決本題的關鍵掌握運動的合成與分解，把C點的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于重物的速度． 5．質量為m＝0.10 kg的小鋼球以v0＝10 m/s的水平速度拋出，下落h＝5.0 m時撞擊一鋼板，如圖所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不變，已知小鋼球與鋼板作用時間極短，取g＝10 m/s2，則 A．鋼板與水平面的夾角θ＝60 B．小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量為2 Ns C．小鋼球剛要撞擊鋼板時小球動量的大小為10 kgm/s D．鋼板對小鋼球的沖量大小為22 Ns 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、由于小球下落過程中在豎直方向有：h=12gt2 解得t=1s 故落到鋼板上時小球在豎直方向的速度vy=gt=10m/s， 則有tanθ=v0vy=1010=1， 即θ=45° 撞后速度恰好反向，且速度大小不變,則表示速度恰好與鋼板垂直，所以鋼板與水平面的夾角θ=45，故A錯誤； B、根據(jù)沖量的定義知：重力沖量mgt=1Ns，選項B錯誤； C、小球落到鋼板上時的速度： v=v02+vy2=102m/s 故小球的動量大?。篜=mv=0.1102=2kg?m/s選項C錯誤 小球原速率返回，所以返回的速度仍然為102 規(guī)定小球撞前的速度方向為正方向，由動量定理可知： I=-mv-mv=-2mv=-20.1102=-22N?t 所以鋼板對小鋼球的沖量大小為22N?t故D 對 綜上所述本題答案是：D 【點睛】 小球在豎直方向做自由落體運動，已知高度求出時間，然后求出豎直方向的速度大小，由水平方向和豎直方向的速度即可求得傾角的大??；由運動時間和質量，根據(jù)p=mgt即可求出重力沖量；已知豎直方向速度的大小，再根據(jù)水平速度的大小求出合速度的大小，根據(jù)p=-mv求撞擊時動量的大?。凰愠鲎埠蟮膭恿?，根據(jù)動量定律求小鋼球的沖量，據(jù)此解答。 6．如圖所示，兩質量均為m的小球1、2(可視為質點)用一輕質桿相連并置于圖示位置，質量也為m的小球3置于水平面OB上，半圓光滑軌道與水平面相切于B點。由于擾動，小球1、2分別沿AO、OB開始運動，當小球1下落h＝0.2 m時，桿與豎直墻壁夾角θ＝37，此時小球2剛好與小球3相碰，碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度大小的54，并且小球3恰好能通過半圓軌道的最高點C，取g＝10 m/s2，cos 37＝0.8，sin 37＝0.6，一切摩擦不計，則(　　) A．小球1在下落過程中機械能守恒 B．小球2與小球3相碰時，小球1的速度大小為1.6 m/s C．小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度 D．半圓軌道半徑大小為R＝0.08 m 【答案】 D 【解析】 【詳解】 小球1與2連在一起，小球1向下運動的過程中小球2將向右運動，小球1的重力勢能減小，小球2的重力勢能不變，兩個球的動能都增大。由于對1和2球只有重力做功，兩個球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，但1的機械能不守恒。故A錯誤；小球1下落h=0.2m時，桿與豎直墻壁夾角θ=37，將兩個小球的速度分解如圖： 設當小球1下落h=0.2m時小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由圖中幾何關系，則：v1cos37=v2sin37；由機械能守恒得：12mv12+12mv22=mgh；聯(lián)立得：v1=1.2m/s，v2=1.6m/s。故B錯誤；設桿的長度為L，由幾何關系可得：L-Lcos37=h，代入數(shù)據(jù)得：L=1.0m，所以小球2到O點的距離：x2=Lsin37=1.00.6=0.6m；由于兩個小球運動的時間相等，而小球2的位移大小大于小球1的位移的大小，所以小球2與小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C錯誤；碰后小球3獲得的速度大小是碰前小球2速度的54，所以碰撞后小球3的速度：v3＝541.6＝2m/s；小球3恰好能通過半圓軌道的最高點C，此時的重力提供向心力，所以：mg＝mvc2R；小球3從B到C的過程中機械能守恒，則：12mv32＝mg?2R+12mvc2；聯(lián)立以上方程得：R=0.08m。故D正確。故選D。 【點睛】 該題考查速度的合成與分解、機械能守恒定律與牛頓第二定律的應用，注意機械能守恒的判定，掌握幾何關系的運用，正確找出小球1與2的速度關系是解答的關鍵。 7．一艘小船要從O點渡過一條兩岸平行、寬度為d=100 m的河流，已知河水流速為v1=4 m/s，小船在靜水中的速度為v2=2 m/s，B點距正對岸的A點x0=173 m．下面關于該船渡河的判斷，其中正確的是（　?。? A．小船過河的最短航程為100 m B．小船過河的最短時間為25 s C．小船可以在對岸A、B兩點間任意一點靠岸 D．小船過河的最短航程為200 m 【答案】 D 【解析】 因為水流速度大于靜水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，則小船不可能到達正對岸。當合速度的方向與相對水的速度的方向垂直時，合速度的方向與河岸的夾角最短，渡河航程最??； 根據(jù)幾何關系，則有：ds=v2v1，因此最短的航程是：s=v1v2d=42100=200m，故AC錯誤，D正確；當靜水速的方向與河岸垂直時，渡河時間最短，最短時間：t=dv2=1002=50s，故B錯誤；故選D。 點睛：解決本題的關鍵知道當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短，當靜水速大于水流速，合速度與河岸垂直，渡河航程最短，當靜水速小于水流速，合速度與靜水速垂直，渡河航程最短． 8．如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，牽引河中的小船沿水面運動，已知小船的質量為m，沿水面運動時所受的阻力為f且保持不變，當繩AO段與水面的夾角為θ時，小船的速度為v，不計繩子與滑輪間的摩擦，則此時小船的加速度等于(　　) A．P0mv-fm B．P0mvcos2θ-fm C．fm D．P0mv 【答案】 A 【解析】 【詳解】 小船的實際運動為合運動，可將小船的運動分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖： 則v車=vcosθ，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，繩中拉力F=P0v車=P0vcosθ；對船受力分析如圖： 根據(jù)牛頓第二定律可得：Fcosθ-Ff=ma，解得：a=P0mv-Ffm。故A項正確，BCD錯誤。故選A. 9．在一斜面頂端，將質量相等的甲乙兩個小球分別以v和v2的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的動能與乙球落至斜面時的動能之比為（） A．2：1 B．4：1 C．6：1 D．8：1 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)平拋運動的推論tanθ=2tanα得到甲、乙兩個小球落在斜面上時速度偏向角相等，根據(jù)運動的合成與分解求出末速度即可解題。 【詳解】 設斜面傾角為α，小球落在斜面上速度方向偏向角為θ，甲球以速度v拋出，落在斜面上，如圖所示： 根據(jù)平拋運動的推論可得tanθ=2tanα，所以甲乙兩個小球落在斜面上時速度偏向角相等；對甲有：v1=vcosθ，對乙有：v2=v2cosθ，聯(lián)立可得：v1v2=21。 由于甲乙兩球質量相等。所以動能之比等于四度之比的平方，故B正確， ACD錯誤。 【點睛】 本題主要是考查了平拋運動的規(guī)律，知道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。 10．如圖，在繞地運行的天宮一號實驗艙中，宇航員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細繩連接一小球．拉直細繩并給小球一個垂直細繩的初速度，它沿bdac做圓周運動．在a、b、c、d四點時（d、c兩點與圓心等高），設在天宮一號實驗艙中測量小球動能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細繩拉力大小分別為Ta、Tb、Tc、Td，阻力不計，則（） A．Eka>Ekc=Ekd>Ekb B．若在c點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運動 C．Ta=Tb=Tc=Td D．若在b點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運動 【答案】 C 【解析】 AC：在繞地運行的天宮一號實驗艙中，小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓周運動，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd．完全失重時，只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r，v、r、m都不變，小球的向心力大小不變，則有：Ta=Tb=Tc=Td．故A項錯誤，C項正確。 BD：在b點或c點繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒有力提供向心力，做離心運動且沿切線方向做勻速直線運動。故BD兩項均錯誤。 點睛：解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，再根據(jù)向心力公式分析即可。 二、多選題 11．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質量為3.3kg C．滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結合的問題，應用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項錯誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質量M=66m=3.3kg。故B項正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運動過程中滑塊與傳送帶間的相對運動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項錯誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。 12．如圖所示，河寬為d，一小船從A碼頭出發(fā)渡河，小船船頭垂直河岸，小船劃水速度大小不變?yōu)関1，河水中各點水流速度大小與各點到較近河岸的距離x成正比，即ν2=kx（x≤d2，k為常量），要使小船能夠到達距A正對岸為s的B碼頭，則（　?。? A．v1應為kd24s B．小船渡河的軌跡是直線 C．渡河時間為4skd D．渡河路程大于d2+s2 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 將小船的運動分解為沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度隨時間先均勻增大后均勻減小，前s/2和后s/2內的平均速度為0+12kd2＝kd4，則渡河的時間t=2s2kd4=4skd，劃水速度v1=dt＝kd24s，故AC正確。小船在垂直河岸方向上做勻速直線運動，在沿河岸方向上做變速運動，合加速度的方向與合速度方向不在同一條直線上，做曲線運動，故B錯誤。由于渡河的軌跡是曲線，則渡河路程x＞d2+s2，故D正確。故選ACD。 13．如圖疊放在水平轉臺上的物體A、B、C正隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動(沒發(fā)生相對滑動),A、B、C的質量分別為3m、2m、m,B與轉臺、C與轉臺、A與B間的動摩擦因數(shù)都為μ,B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,以下說法正確的是(　　) A．B對A的摩擦力有可能為3μmg B．C與轉臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力 C．轉臺的角速度ω有可能恰好等于2μg3r D．若角速度ω再在題干所述基礎上緩慢增大,A與B間將最先發(fā)生相對滑動 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“A、B、C正隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動(沒發(fā)生相對滑動)”可知，本題考查水平面內的圓周運動問題。根據(jù)處理水平面內圓周運動問題的方法，應用牛頓第二定律、整體法、臨界條件等知識分析推斷。 【詳解】 AC：對AB整體，有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g；對物體C，有mω2(1.5r)≤μmg；對物體A，有3mω2r≤3μmg。聯(lián)立解得：ω≤2μg3r，即滿足不發(fā)生相對滑動，轉臺的角速度ω≤2μg3r，A與B間的靜摩擦力最大值f=3mω2r=2μmg。故A項錯誤，C項正確。 B：由于A與C轉動的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A所受摩擦力fA=3mω2r，C所受摩擦力fC=mω2(1.5r)=1.5mω2r，則C與轉臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力。故B項正確。 D：據(jù)A項分析知，最先發(fā)生相對滑動的是物塊C。故D項錯誤。 【點睛】 本題關鍵是對A、AB整體、C受力分析，根據(jù)靜摩擦力提供向心力及最大靜摩擦力等于滑動摩擦力列式分析。 14．如圖所示，圓形轉盤可以繞其豎直軸在水平面內轉動．甲、乙物體質量分別是2m和m（兩物體均看作質點），它們與轉盤之間的最大靜摩擦力均為正壓力的μ倍，兩物體用一根剛好沿半徑方向被拉直的結實輕繩連在一起，甲、乙到圓心的距離分別為r和2r．當?shù)氐闹亓铀俣葹間，轉盤旋轉角速度ω緩慢增大，則（　　） A．轉盤旋轉角速度ω<μg2r時，輕繩拉力為零 B．轉盤旋轉角速度ω<μg2r時，甲受到的靜摩擦力大于乙受到的靜摩擦力 C．轉盤旋轉角速度ω>μgr時，甲、乙不會相對轉盤滑動 D．轉盤旋轉角速度ω>μgr時，乙將拉著甲向外運動 【答案】 AC 【解析】 【分析】 物體做圓周運動，靠徑向的合力提供向心力，當角速度較小時，兩物體靠靜摩擦力提供向心力，當角速度開始增大時，乙先達到最大靜摩擦力，繩子開始有拉力，通過對甲分析，根據(jù)牛頓第二定律分析摩擦力的變化． 【詳解】 當繩子拉力為零時，由靜摩擦力提供向心力，則μmg=mω22r，解得：ω＝μg2r，所以轉盤旋轉角速度ω＜μg2r時，輕繩拉力為零，故A正確；向心力F=mω2R，轉盤旋轉角速度ω＜μg2r時，甲受到的靜摩擦力等于乙受到的靜摩擦力，故B錯誤；甲剛好達到最大靜摩擦力時，有：μ?2mg=2mω2r，解得：ω＝μgr，所以當ω＞μgr時，繩子對甲有拉力，但是甲、乙不會相對轉盤滑動，故C正確，D錯誤。故選AC。 【點睛】 物體做圓周運動，靠徑向的合力提供向心力，當角速度較小時，兩物體靠靜摩擦力提供向心力，當角速度開始增大時，乙先達到最大靜摩擦力，繩子開始有拉力，通過對甲分析，根據(jù)牛頓第二定律分析摩擦力的變化． 15．如圖所示,一位網(wǎng)球運動員以拍擊球,使網(wǎng)球沿水平方向飛出.第一只球飛出時的初速度為v1,落在自己一方場地上后,彈跳起來,剛好擦網(wǎng)而過,落在對方場地的A點處.第二只球飛出時的初速度為v2,直接擦網(wǎng)而過,也落在A點處. 設球與地面碰撞時沒有能量損失,且不計空氣阻力,則( ) A．網(wǎng)球兩次飛出時的初速度之比v1∶v2=1:3 B．網(wǎng)球兩次飛出時的初速度之比v1∶v2=1:2 C．運動員擊球點的高度H與網(wǎng)高h之比 H∶h= 4:3 D．運動員擊球點的高度H與網(wǎng)高h之比 H∶h=3:2 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 AB：兩球被擊出后都做平拋運動，據(jù)平拋運動的規(guī)律知，兩球被擊至各自第一次落地的時間是相等的。由題意結合圖可知，兩球從擊出至第一次落地的水平射程之比為x1:x2=1:3，則網(wǎng)球兩次飛出時的初速度之比v1:v2=1:3。故A項正確，B項錯誤。 CD：第一個球落地后反彈做斜拋運動，據(jù)運動的對稱性可知，DB段的逆過程和OB段是相同的平拋運動，則兩只球下落相同高度H-h后水平距離x1+x2=2x1，據(jù)x1=v1t1、x1=v1t2、x2=v2t2，得：v1t2+v2t2=2v1t1，又v1:v2=1:3，則t1=2t2；H=12gt12、H-h=12gt22，則H=4(H-h)，解得：H:h=4:3。故C項正確，D項錯誤。 【點睛】 據(jù)運動的可逆性，斜上拋可當成平拋的逆過程。 16．如圖所示，水平轉盤可繞豎直中心軸轉動，盤上疊放著質量均為1kg的A、B兩個物塊，B物塊用長為0．25m的細線與固定在轉盤中心處的力傳感器相連，兩個物塊和傳感器的大小均可不計。細線能承受的最大拉力為8N，A、B間的動摩擦因數(shù)為0．4，B與轉盤間的動摩擦因數(shù)為0．1，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。轉盤靜止時，細線剛好伸直，傳感器的讀數(shù)為零。當轉盤以不同的角速度勻速轉動時，傳感器上就會顯示相應的讀數(shù)F（g=10m/s2）,以下說法中正確的是（） A．當轉盤的角速度ω1=2rad/s時，A、B間的靜摩擦力達到最大值 B．當轉盤的角速度在0<ω<2rad/s范圍內時，細線中的拉力隨ω的增大而增大 C．當細線中的拉力F=6N時，A與B即將相對滑動； D．當轉盤的角速度ω2=6rad/s時，細線中的拉力達到最大值 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 對于A物體，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力到達最大靜摩擦力時，μ1mg=mω2r，解得：ω=4rad/s。當繩子剛有拉力時，μ22mg=2mw2r，w=2rad/s，當2rad/sm,則 A．當兩球離軸距離相等時,兩球可能相對桿不動 B．當兩球離軸距離之比等于質量之比時,兩球一定相對桿滑動 C．若兩球相對于桿滑動,一定是都向左滑動 D．若轉速為ω時,兩球相對桿都不動,那么轉速為2ω時,兩球也不動 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A、兩小球所受的繩子的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，角速度又相等，當兩球離軸距離相等時，則有：Mω2r＞mω2r，所以兩球相對桿會滑動;故A錯誤. B、兩球的向心力是相等的，得：Mω2r1=mω2r2 ，所以r1r2=mM<1，兩球離軸距離之比與質量成反比。所以兩球離軸距離之比等于質量之比時，兩球相對桿都動;故B正確. C、由于兩球用輕細線連接，所以兩球相對桿滑動時，只能向同一方向滑動;故C錯誤. D、根據(jù)向心力的表達式，得：Mω2r1=mω2r2 ，由于兩球的向心力相等與角速度無關，所以轉速為ω時，兩球相對桿都不動，那么轉速為2ω時兩球也不動;故D正確. 故選BD. 【點睛】 本題考查了向心力公式的應用，知道兩小球的角速度和向心力相等. 18．如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量，以下說法正確的是 A．數(shù)據(jù)a與小球的質量無關 B．數(shù)據(jù)b與小球的質量無關 C．比值b/a只與小球的質量有關，與圓周軌道半徑無關 D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 當v2=a時，此時繩子的拉力為零，物體的重力提供向心力，則mg＝mv2r，解得v2=gr，故a=gr，與物體的質量無關，故A正確；當v2=2a時，對物體受力分析，則mg+b=mv2r，解得b=mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據(jù)AB可知ba＝rm與小球的質量有關，與圓周軌道半徑有關，故C錯誤；若F=0，由圖知：v2=a，則有mg=mv2r，解得：r=ag，若v2=2a。則b+mg=mv2r=m2ar，解得：m=bg，故D正確。故選AD。 【點睛】 本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象獲取有效信息，尤其是圖像與坐標軸的交點的物理意義。 19．如圖所示，空間有一底面處于水平地面上的正方體框架ABCD—A1B1C1D1，從頂點A沿不同方向平拋一小球（可視為質點）。關于小球的運動，下列說法正確的是 A．落點在A1B1C1D1內的小球，落在C1點時平拋的初速度最小 B．落點在B1D1上的小球，平拋初速度的最小值與最大值之比是1:2 C．運動軌跡與AC1相交的小球，在交點處的速度方向都相同 D．運動軌跡與A1C相交的小球，在交點處的速度方向都相同 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 小球落到A1B1C1D1內時下落的豎直高度都相同，根據(jù)h=12gt2可知，時間相同，落在C1點時水平位移最大，則平拋的初速度最大，選項A錯誤；落點在B1D1上的小球，最近的水平位移為22a，最遠的水平位移為a（a為正方體的邊長），則平拋初速度的最小值與最大值之比是22：1=1：2，選項B正確；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tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，tanθ=gtv0，則 tanθ=2tanα，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相同，故C正確；運動軌跡與A1C相交的小球，在交點處的位置不同，則豎直高度不同，根據(jù)vy=2gh可知豎直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D錯誤。故選BC. 【點睛】 決本題的關鍵要掌握平拋運動的研究方法，即水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落體運動，運動時間由下落的高度決定；掌握分位移公式；D項也可以根據(jù)作為結論記住。 20．如圖所示，置于豎直平面內的AB光滑桿，它是以初速為v0，水平射程為s的平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點．現(xiàn)將一小球套于其上，由靜止開始從軌道A端滑下，重力加速度為g．則下列說法正確的是（　?。? A．A端距離地面的高度為gs22v02 B．小球運動至B端時其水平方向的速度大小為v0 C．小球運動至B端的速率為gsv0 D．小球從A端運動至B端的時間為sv0 【答案】 AC 【解析】 【分析】 根據(jù)平拋運動的規(guī)律得出平拋運動的時間，從而結合位移時間公式求出A端距離地面的高度．根據(jù)動能定理求出小球到達B端的速度，結合平行四邊形定則求出小球到達B端時水平方向的分速度． 【詳解】 小球若做平拋運動，運動的時間t=sv0，則A端距離地面的高度h=12gt2=gs22v02，故A正確。對小球分析，根據(jù)動能定理得mgh=12mvB2，解得小球運動到B端時的速度vB=2gh=gsv0，B點速度方向與水平方向夾角的正切值tanα=vyv0=gtv0=sgv02，可知vx=vBcosθ=gsv0v04+g2s2，故B錯誤，C正確。小球從A到B做的運動不是平拋運動，則運動的時間t≠sv0，故D錯誤；故選AC。 【點睛】 本題速度的分解是按軌道的切線分解，而軌道的切線方向即為平拋的速度方向，平拋的速度方向與水平方方向夾角θ的正切等于位移方向與水平方向夾角α的正切的2倍。 三、解答題 21．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對應的圓心角θ=53，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點右側固定了一個14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點。傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質點)在傾斜軌道上的A點由靜止釋放，最終從D點水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動摩擦因數(shù)為μ=14，設小物塊的電荷量保持不變，重力加速度為g，sin53=0.8，cos53=0.6。求： (1)小物塊運動至圓軌道的C點時對軌道的壓力大小； (2)改變AB之間的距離和場強E的大小，使小物塊每次都能從D點以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值。 【答案】（1）在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg；（2）小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過程由動能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過程由機械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg (2)小物塊離開D點后做平拋運動，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過程機械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 22．如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上，一輕質彈簧兩端連接兩個質量均為m＝1 kg的物塊B和C。物塊C緊靠著擋板P，物塊B通過一跨過光滑定滑輪的輕質細繩與質量m0＝8 kg、可視為質點的小球A相連，與物塊B相連的細繩平行于斜面，小球A在外力作用下靜止在對應圓心角為60、半徑R＝2 m的光滑圓弧軌道的最高點a處，此時細繩恰好伸直且無拉力，圓弧軌道的最低點b與光滑水平軌道bc相切?，F(xiàn)由靜止釋放小球A，當小球A滑至b點時，物塊B未到達a點，物塊C恰好離開擋板P，此時細繩斷裂。已知重力加速度g取10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度內，細繩不可伸長，定滑輪的大小不計。求： （1）彈簧的勁度系數(shù)； （2）在細繩斷裂后的瞬間，小球A對圓弧軌道的壓力大小。 【答案】（1）5 N/m （2）144 N 【解析】 【詳解】 (1)小球A位于a處時，繩無張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài) 對B由平衡條件有kx＝mgsin 30 當C恰好離開擋板P時，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀態(tài) 對C由平衡條件有kx′＝mgsin 30 由幾何關系知R＝x＋x′ 代入數(shù)據(jù)解得k＝2mgsin300R＝5 N/m (2)物塊A在a處與在b處時，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同，故A在a處與在b處時，A、B系統(tǒng)的機械能相等，有m0gR(1－cos 60)＝mgRsin 30＋12m0vA2＋12mvB2 將A在b處的速度分解，由速度分解關系有vAcos 30＝vB 代入數(shù)據(jù)解得vA＝4(m0-m)gR4m0+3m＝4 m/s 在b處，對A由牛頓定律有N－m0g＝m0vA2R 代入數(shù)據(jù)解得N＝m0g＋m0vA2R＝144 N 由牛頓第三定律，小球A對圓軌道的壓力大小為N′＝144 N 23．如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=35，一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g 。求： （1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。? （2）小球到達A點時的速度的大?。? （3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。 【答案】（1）34mg5gR2（2）23gR2（3）355Rg 【解析】 【詳解】 （1）設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則，則有：F0mg＝tanα F2=（mg）2+F02； 設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得：F=mv2R 聯(lián)立上式，結合題目所給數(shù)據(jù)，解得：F0=34mg；v=5gR2 （2）設小球到達A點的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得：DA=Rsinα CD=R（1+cosα） 由動能定理有，-mg?CD-F0?DA=12mv2?12mv12 聯(lián)立上式，結合題目所給數(shù)據(jù)，那么小球在A點的速度大小為：v1=23gR2 （3）小球離開C點后，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速直線運動，加速度大小為g，設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落到水平軌道上所用時間為t，由運動學公式，則有： v⊥t+12gt2=CD v⊥=vsinα 聯(lián)立上式，結合題目數(shù)據(jù)，解得：t=355Rg 24．如圖所示，靜止在光滑水平軌道上的平板車，長L＝2.0m，質量M＝0.25kg.質量m＝1.0kg的小物塊以v0＝10m/s的初速度放在平板車的左端，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，光滑半圓形固定軌道與光滑水平軌道在同一豎直平面內，半圓形軌道的半徑r＝1m，直徑MON豎直，平板車的上表面和半圓形軌道最低點高度相同，開始時平板車的右端距半圓形軌道底端1.5m，平板車碰到半圓形軌道后立即停止運動，取g＝10m/s2，求： (1)物塊剛進入半圓形軌道時速度的大??； (2)物塊回落至平板車上時與平板車右端的距離. 【答案】(1)v2=215m/s (2)x=22m 【解析】 【分析】 (1)板塊模型在地面光滑的情況下優(yōu)先選擇系統(tǒng)的動量守恒求末速度，但要判斷物塊是否能共速還是滑離木板； (2)物體在到達半圓軌道的最高點過程中機械能守恒，可求得速度；且要通過最高點應滿足臨界條件則可確定物體可能的運動過程；再做平拋運動，由運動規(guī)律可求得物體距右端的距離. 【詳解】 (1)小物塊、平板車在水平方向上滿足動量守恒定律， 設二者共速時的速度大小為v1，有:mv0＝(m＋M)v1 代入數(shù)據(jù)解得:v1＝8m/s 設共速時平板車向右運動的位移為x1,由動能定理得μmgx1=12Mv12 解得:x1=43m， 因x1=43m<1.5m，即平板車沒碰到固定半圓形軌道前物塊與平板車已共速，此時物塊相對平板車的位移Δx滿足：μmgΔx=12mv0212(m+M)v12 解得:Δx=53m 平板車停止運動后以物塊為研究對象，設物塊剛進入半圓形軌道時的速度大小為v2， 由動能定理有: -μmg(L-Δx)=12mv22-12mv12 解得:v2=215m/s (2)若物塊能到達半圓形軌道的最高點，設物塊到達最高點的速度大小為v3， 則由機械能守恒定律可得：12mv22=12mv32+mg?2r 代入數(shù)據(jù)解得:v3=25m/s 若物塊恰能通過最高點的速度大小為v4，則mg=mv42r 代入數(shù)據(jù)解得:v4=10m/s 因為v3>v4，故物塊從半圓形軌道的最高點做平拋運動，設距平板車右端的水平距離為x， 由平拋運動規(guī)律：水平方向x＝v3t 豎直方向：2r=12gt2 代入數(shù)據(jù)解得:x=22m 【點睛】 分析清楚物塊在每個過程的運動狀態(tài)，根據(jù)物體的運動的過程來逐個求解，本題中用到了勻變速直線運動、平拋運動和圓周運動的規(guī)律，涉及到了動量守恒定律、機械能守恒定律、牛頓第二定律、平拋運動等，要求學生要熟練的應用每一部分的知識. 25．如圖排球場，L=9m,球網(wǎng)高度為H=2m，運動員站在網(wǎng)前s=3m處，正對球網(wǎng)跳起將球水平擊出，球大小不計，取重力加速度為g=10m/s. （1）若擊球高度為h=2.5m,為使球既不觸網(wǎng)又不出界，求水平擊球的速度范圍; (2) 當擊球點的高度h為何值時，無論水平擊球的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是出界？ 【答案】（1）310m/s＜v≤122m/s（2）2.13m 【解析】 【分析】 （1）排球飛出后做平拋運動，抓住兩個臨界情況，即剛好不觸網(wǎng)和不越界，由豎直高度可確定時間，根據(jù)水平位移可求得排球的速度范圍； （2）抓住臨界狀態(tài)，即此時既不觸網(wǎng)也不越界，結合平拋運動的規(guī)律求出臨界高度。 【詳解】 （1）當球剛好不觸網(wǎng)時，根據(jù)h1?h＝12gt12，解得：t1＝2(h1-h)g＝2(2.5-2)10s＝1010s，則平拋運動的最小速度為：vmin＝x1t1＝31010m/s＝310m/s．當球剛好不越界時，根據(jù)h1＝12gt22，解得：t2＝2h1g＝22.510s＝22s，則平拋運動的最大速度為：vmax＝x2t2＝3+922m/s＝122m/s，則水平擊球的速度范圍為310m/s＜v≤122m/s． （2）設擊球點的高度為H．當H較小時，擊球速度過大會出界，擊球速度過小又會觸網(wǎng)，情況是球剛好擦網(wǎng)而過，落地時又恰壓底線上，則有：x12Hg＝x22(H-h)g， 其中x1=12m，x2=3m，h=2m， 代入數(shù)據(jù)解得：h=2.13m， 即擊球高度不超過此值時，球不是出界就是觸網(wǎng)。 【點睛】 本題考查平拋運動在生活中應用，要通過分析找出臨界條件，由平拋運動的規(guī)律即可求解。 26．如圖所示，水平傳送帶與水平軌道在B點平滑連接，傳送帶A、B間距L=2.0m，一半徑R=0.2m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道相切于C點，水平軌道CD間的距離L=1．0m，在D點固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動摩擦因數(shù)μ1=0．9，BC段光滑，CD段動摩擦因數(shù)為μ2。當傳送帶以v0=6m／s順時針勻速轉動時，將質量m=1kg的可視為質點的小物塊輕放在傳送帶左端A點，小物塊通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與擋板碰撞，并原速率彈回，經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道。已知小物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失，重力加速度g=10m／s2。求： (1)小物塊第一次滑到傳送帶B點時的速度大?。? (2)若小物塊第二次能沖上圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，求μ2的取值范圍。 【答案】（1）6m/s（2）0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9； 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)物塊在AB上做勻加速運動的末速度不大于傳送帶速度，由傳送帶長度來求解； （2）根據(jù)物塊不脫離軌道得到運動狀態(tài)，然后對物塊從B到第二次通過圓軌道應用動能定理求解． 【詳解】 （1）物塊速度小于傳送帶速度時，物塊受到傳送帶的摩擦力f=μ1mg，那么，物塊做加速度a＝μ1g＝9m/s2的勻加速直線運動； 因為2aL0＝v02，故物塊在傳送帶上做勻加速運動，到達B點時剛好達到傳送帶速度，所以，物塊滑到B時的速度大小vB=v0=6m/s； （2）要使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運動時不會脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運動要么能通過最高點，要么在圓軌道上最高點的高度h≤R； 故當物塊能通過最高點時，在最高點應用牛頓第二定律可得：mg≤mv2R； 對物塊從B到第二次到最高點應用動能定理可得：?2μ2mgL?2mgR＝12mv2?12mvB2 解得：μ2＝12mvB2-2mgR-12mv22mgL≤0.65； 當物塊在圓軌道上最高點的高度0＜h≤R時，由動能定理可得：?2μ2mgL?mgh＝0?12mvB2， 解得：μ2＝12mvB2-mgh2mgL，所以，0.8≤μ2＜0.9； 所以為了使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運動時不會脫離圓軌道，0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9； 【點睛】 經(jīng)典力學問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關系求解． 27．如圖，質量為m＝1 kg的小滑塊(視為質點)在半徑為R＝0.4 m的14圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2 m/s.當滑塊經(jīng)過B后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37、長s＝1 m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調節(jié)．斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點．認為滑塊通過C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，不計空氣阻力． (1)求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功； (2)若設置μ＝0，求質點從C運動到D的時間； (3)若最終滑塊停在D點，求μ的最大值． 【答案】（1）20N；2J（2）13s（3）μ的取值范圍為0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在B點所受的支持力，從而得出滑塊對B點的壓力，根據(jù)動能定理求出AB端克服阻力做功的大?。? （2）若μ=0，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結合位移時間公式求出C到D的時間． （3）最終滑塊停在D點有兩種可能，一個是滑塊恰好從C下滑到D，另一種是在斜面CD和水平面見多次反復運動，最終靜止在D點，結合動能定理進行求解． 【詳解】 （1）滑塊在B點，受到重力和支持力，在B點，根據(jù)牛頓第二定律有：F?mg＝mv2R， 代入數(shù)據(jù)解得：F=20N， 由牛頓第三定律得：F′=20N． 從A到B，由動能定理得：mgR?W＝12mv2， 代入數(shù)據(jù)得：W=2J． （2）在CD間運動，有：mgsinθ=ma， 加速度為：a=gsinθ=100.6m/s2=6m/s2， 根據(jù)勻變速運動規(guī)律有：s＝vt+12at2 代入數(shù)據(jù)解得：t=13s． （3）最終滑塊停在D點有兩種可能： a、滑塊恰好能從C下滑到D．則有： mgsinθ?s?μ1mgcosθ?s＝0?12mv2， 代入數(shù)據(jù)得：μ1=1， b、滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點． 當滑塊恰好能返回C有：?μ1mgcosθ?2s＝0?12mv2， 代入數(shù)據(jù)得到：μ1=0.125， 當滑塊恰好能靜止在斜面上，則有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入數(shù)據(jù)得到：μ2=0.75． 所以，當0.125≤μ＜0.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點． 綜上所述，μ的取值范圍是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【點睛】 解決本題的關鍵理清滑塊在整個過程中的運動規(guī)律，運用動力學知識和動能定理進行求解，涉及到時間問題時，優(yōu)先考慮動力學知識求解．對于第三問，要考慮滑塊停在D點有兩種可能． 28．如圖所示，物體A置于靜止在光滑水平面上的平板小車B的左端，物體在A的上方O點用細線懸掛一小球C(可視為質點)，線長L＝0.8m．現(xiàn)將小球C拉至水平無初速度釋放，并在最低點與物體A發(fā)生水平正碰，碰撞后小球C反彈的速度為2m/s．已知A、B、C的質量分別為mA＝4kg、mB＝8kg和mC＝1kg，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、C碰撞時間極短，且只碰一次，取重力加速度g＝10m/s2. (1)求小球C與物體A碰撞前瞬間受到細線的拉力大?。? (2)求A、C碰撞后瞬間A的速度大??； (3)若物體A未從小車B上掉落，小車B的最小長度為多少？ 【答案】(1)30 N　(2)1.5 m/s　(3)0.375 m 【解析】 【詳解】 （1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：m0gl=12m0v02 代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/s， 對小球，由牛頓第二定律得：F﹣m0g＝m0v02l 代入數(shù)據(jù)解得：F＝30N （2）小球C與A碰撞后向左擺動的過程中機械能守恒，得：12mvC2=mgh 所以：vC=2gh=2100.2=2m/s 小球與A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以小球的初速度方向為正方向， 由動量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA 代入數(shù)據(jù)解得：vA＝1.5m/s （3）物塊A與木板B相互作用過程，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向， 由動量守恒定律得：mvA＝（m+M）v 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.5m/s 由能量守恒定律得：μmgx=12mvA2-12（m+M）v2 代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.375m； 29．如圖所示，水平地面和半圓軌道面均光滑，質量M＝1kg的小車靜止在地面上，小車上表面與R=0．24m的半圓軌道最低點P的切線相平。現(xiàn)有一質量m＝2kg的滑塊（可視為質點）以v0=6m/s的初速度滑上小車左端，二者共速時的速度為v1=4m/s，此時小車還未與墻壁碰撞，當小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上。在半圓軌道的最高點Q有一個滑塊收集器（圖中未畫出），滑塊滑到此處時被俘獲固定在軌道的Q點上。已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)μ＝0．2，g取10m/s2，求： （1）小車的最小長度； （2）小車的長度L在什么范圍，滑塊不脫離軌道？ 【答案】（1）3m (2) 3m≤L≤4m或5.8m≤L≤7m 【解析】 【分析】 （1）滑塊在小車滑行過程，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒，可求出共同速度．小車的長度與系統(tǒng)產(chǎn)生的內能有關．當兩者速度相同滑塊剛好滑到小車的右端時，小車的長度最短，根據(jù)能量守恒求解最小長度；（2）滑塊不脫離圓軌道可能從Q點離開軌道，也可能滑到T點，根據(jù)動能定理結合上題的結果可求出L的范圍． 【詳解】 （1）設小車的最小長度為