高考物理第一轮复习：第五章曲线运动提高练习

1、高考物理第一轮复习：第五章曲线运动提高练习提高练习一、单项选择题1.如下图，在M点区分以不同的速度将两小球水平抛出。两小球区分落在水平空中上的P点、Q点。O点是M点在空中上的竖直投影QP:PQ=1:3,且不思索空气阻力的影响。以下说法中正确的选项是（）A.两小球的下落时间之比为1:3B.两小球的下落时间之比为1:4C.两小球的初速度大小之比为1:3D.两小球的初速度大小之比为1:4【答案】D【解析】AB、两球的抛出高度相反，故下落时间相反，故AB错；CD、依据题意OP:PQ=1:3,那么水平位移之比为1:4,水平方向上做匀速直线运动那么x=vot,且运动时间相等，所以水平方向的速度之比为1:4

2、,故C错：D对：综上所述此题答案是：D2.如下图，斜面AC与水平方向的夹角为a,在底端A正上方与顶端C等高处的E点以速度%°水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力减速度为g,那么A.小球在空中飞行时间为*9B.小球落到斜面上时的速度大小为上cosaC.CD与DA的比值为二D.小球的位移方向垂直于AC【答案】C【解析】小球的运动就迹图如下图，把速度分解：A、小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tana=也，解得t=一1,故A错：gtgtanaB、小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为=工，故B错；sinaC、依据几何关系，sda=*,scd=Q：整理得CD与D

3、A的比值为一.故C对；cosasina2tan-aD、由图可知，位移不垂直与AC,故D错；综上所述此题答案是：C3.据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场树立了一座航空母舰所运用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板下降。如下图的AOB为此跑道纵截面表示图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x,竖直高度为义某次训练中，观察战机（视为质点）经过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t,那么战机分开B点的速率为（）BC.叵五D.至亘tttt【答案】D.【解析】战机的运动软迹为抛物线？那么x=vt,y=如2,解

4、得a=黄，那么B点的竖直速度据=2ay=皆:那么战机分开B点的速率为：vB=yjv2+v1=Jg）2+号=匕:"一:应选D.4.如困为一种。滚轮一平盘无极变速器”的表示图，它由固定于自动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，假设以为滚轮不会打滑，那么自动轴的转速叫、从动轴的转速山、滚轮半径r以及滚轮中心距离自动轴轴线的距离x之间的关系是）A.n2=九1?B.nx=n2-C.九2=九1藉【答案】A【解析】由滚轮不会打滑可知自动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触点的线速度相反，所以vi=V2,由此可得x27rni=r2兀口2

5、,所以i”=nix/r，即选项A正确。5.如下图，水平杆固定在竖直杆上，两者相互垂直，水平杆上O、A两点衔接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB=AB,现经过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB一直在竖直平面内，假定转动进程中OB.AB两绳一直处于拉直形状，那么以下说法正确的选项是（）A.OB绳的拉力范围为0由mgB. OB绳的拉力范围为33C. AB绳的拉力范围为Emg二l2mgD. AB绳的拉力范围为0乎mg【答案】B【解析】当转动的角速度为零时，08绳的拉力最小，月3绳的拉力最大，这时两者的值相反，设为尸1,那么亚2Ficos300=/wg,尸i

6、=3加g,增大转动的角速度，当乂8绳的拉力刚好等于零时，08绳的拉力最大，设这时23亚2/3。3绳的拉力为产2,那么Reos30。=呜，F2=3mg,因此。3绳的拉力范围为3mg3mg,AB绳的拉亚力，巳围为03mg,B项正确.6 .如下图，在竖去放置的半球描画器的圆心O点区分以水平速度in、。2抛出两个小球可视为质点，最终它们区分落在圜弧上的A点和B点，0A与OB相互垂直，OA与竖直方向成。角，那么两小球初速度之比VI：1）2为A.tanaB.cosaC.tanayftanaD.cosaVcosa【答案】C【解析】设容器的半径为R。由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为：yA=Rcosa,小

7、球B下降的竖直高度为：ys=Rsina:由平抛运动规律可知：yA=gtA2,yB=%tB;由以上各式可得：着=由几何关系可知：两小球水平运动的位移区分为：XA=Rsma：XB=RcOSa：由平抛运动规律可知：XA=VAtA,XB=VBtB；由此可得：=（吧）3=tanaJtana,应选C。7 .如下图，竖直墙MN,小球从。处水平抛出，假定初速度为将打在墙上的点；假定初速度为1也将打在墙上的6点.0a、06与水平方向的夹角区分为a、fi9不计空气阻力。那么为与场的比值为AsinaBcos/?Ctana口Itan/?*sin/?'cosa*Jtanfi>ltana【答案】D【解析】依

8、据平抛运动知识可知：mna=M=%,那么32vag同理可知：%=芷吧9由于两次运动水平方向上的位移相反，依据S=仇解得：的=也吧，故D正确；ABC错误：vbtana应选D8.如图，两个相反的小球A、B用两根轻绳衔接后放置在圆镇筒润滑正面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0,衔接A球的绳子比衔接B球的绳子长，两根绳子都与H）锥筒最接近的母线平行.当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴（XT以角速度s匀速转动时，A、B两球都处于筒正面上与筒坚持相对运动随笥转动。以下说法正确的选项是A.两球所受的合力大小相反B. A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力C. A球对E）锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力D.两

9、球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力【答案】B【解析】A、小球H和3紧贴着外壁分一同做匀速圆周运动，由合外力提供向心力：两球质量相反且角速度相反，由匕=加32人而以>方，心生，故A错误。D、对两球受力剖析可知水平方向是拉力的水平分力和圆锥的支持力的水平分力之差提供向心力，故D错误。B、设两绳与竖直方向的夹角为6,由竖直方向的平衡知识和水平方向的牛顿第二定律得：Ftcos6+鸟7sin6=mg,FTsin6FNcos6=ma)2r,解得：FT=mgcosO+ma)2rsin09因以>方可知®人>FTB，那么B正确。C、同理由B项解得Ev=mgsinO-ma)2rco

10、sO,因。>为可知VEn,8，由牛顿第三定律可知压力F'miVF'nb，故c错误。应选B。二、多项选择题9.如图，叠放在水平转台上的物体/、5、C能随转台一同以角速度。匀速转动，,4、5、C的质量区分为3次、2人/,M与5、5和C与转台间的动摩擦因数都为，/和仄C高转台中心的距离区分为r,L5ro设此题中的最大蜉摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的选项是A. 6对M的摩擦力一定为3，gB. 5对/的摩擦力一定为3,e2rC. 转台的角速度一定满足3K后D. 转台的角速度一定满足3K旧【答案】BC【解析】对A受力剖析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，

11、有：f=(3m)Q2r<M(3mg,故A错误，B正确：由于A、AB全体、C遭到的静摩擦力均提供向心力，故对A,有：3m)co化n3mg;对AB全体，有:(3m+2mco2r<1,i3m+2mg:对物体C,有：mco2(1.5r<j.uiig：解得3<故C正确，D错误：应选BC。10.如下图，带一段洞滑圆弧坑道AB的弧面体固定在水平面上,圆弧所对的圆心角为37。,轨道A端切线水平。一个小滑块以初动能Ek。水平滑上轨道的左侧A点，然后从圆弧轨道的右侧B点滑出，滑块在圆弧轨道上运动克制重力的功为0.2Ek。,不计空气阻力,5询37。=0.6。那么A.滑块在A、B点的向心力大小

12、之比为5:2B.滑块在A、B点的向心力大小之比为5:4C.滑块滑出圆弧坑道后的最小动能为0.288%。D.滑块滑出圆弧轨道后的最小动能为0.512Ek。【答案】BD【解析】滑块在泗滑圆弧凯道上运动，依据动能定理得：一%=Eki-Eko，解得：Eki=O.8Eko，向心力满是：F=m-9Ek=乙加后，滑块在乂、8点的向心力大小之比为5:4,选项A错误、B正确：滑块滑出圆弧R2凯道后做斜抛运动，当滑块的速度与重力垂直时，速度最小亦即动能最小，设滑块滑出圆弧轨道时的速度为v19依据斜抛运动的规律得之后在空中运动的最小速度为%=u1cos37。，由于=O.8Eko=gmuj,最小动能取2=；加/2=O

13、.512Eko，选项C错误、D正确；应选BD。11 .如下面，内壁涧滑、半径大小为五的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为，的小球运动在轨道底部M点.现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到M点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，经过两次击打，小球才干运动到圆就道的最高点.小球在运动进程中一直未脱离轨道，在第一次击打进程中小锤对小球做功质，第二次击打进程中小锤对小球做功师.设先后两次击打进程中小锤对小球做的功全部用来添加小球的动能，那么裳的值能够走()A.B.|C.1D.2【答案】AB【解析】第一次击打后球最多抵达与球心0等洼位置，依据功用关系，有：W

14、i£mgR两次击打后可以到凯道最高点，依据功用关系，有：Wi+Wzlmgiu)”v2在最高点有：mg+N=mWngR联立(§)解得：WmgR：wQmgR故竺故AB正确，CD错误；应选AB。Wj312 .如下图，物体从。点末尾自在下滑，经过粗糙的运动水平传送带后，落在空中P点。传送带匀速转动起来以后，物体仍从。点末尾自在下滑，那么物体经过传送带后A.假定传送带沿逆时针方向转动，那么物块一定落在P点B.假定传送带沿逆时针方向转动，那么物块一定落在P点左侧C.假定传送带沿顺时针方向转动，那么物块能够落在P点右侧D.假定传送带沿顺时针方向转动，那么物块能够落在P点左侧【答案】AC【

15、解析】当水平传送带运动时，物块遭到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。假定传送带逆时针转动，物块经过传送带时，遭到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，那么减速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误。设物块滑上传送带时速度为物，传送带的速度为3当时，物块滑上传送带能够不时做匀减速运动，减速度与传送带运动时相反，当滑到传送带右端时，速度与传送带运动时相反，那么物块仍落在P点。物块也能够先做句减速运动，后来与传送带一同做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带运动时速度，那么物块落在P点右侧。当w=v时，物块滑上传送带时两者相对运动，一同做匀速运动，那么物块落在P点右侧。当为1，时，物块滑

16、上传送带能够不时做匀减速运动，也能够先做勺减速运动，后与传送带一同匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带运动时速度，那么物块落在P点右侧,故D错误，C正确。应选AC。13.如下图，竖直平面内有一固定的泄滑轨道ABCD,其中倾角0=37。的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球可视为质点从与B点高度差为h的斜面上的A点处由运动释放，重力减速度大小为g,sin37°=0.6,cos370=0.8,那么以下说法正确的选项是A.当h=2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为高mgB.当h=2R时，小球会从D点分开圆弧轨道作平抛运动C.调整h的值

17、，小球能从D点分开圆弧轨道，但一定不能恰恰落在B点D.调整h的值，小球能从D点分开圆弧轨道，并能恰恰落在B点【答案】AC【解析】【详解】A、当力=2/?时，从“4点到C点的进程，依据机械能守恒有：mg(h+RReos。)=虎;过。点时有：FNmg=m，解得：印='mg,依据牛顿第三定律可知，小球过C点压力大小为二mg,A正确：B、假定小球恰恰从。点分开圆弧就道，那么有：mg=rn*,mg(/ioR-Reos。)=Lm诏；R2解得：u0=藁J】o=2.3R2R,所以当=2R时，小球在运动到做平抛运动，。点前曾经脱离就道，不会从D点分开做平抛运动，B错误；CD、假定小球以速度vo从D点分开

18、后做平抛运动，R+RcosB=gg存，得：=6J含，且x=voto=篇Rsin09所以小球能从。点分开圆弧凯道，但一定不能落在3点：故C正确、D错误.应选AC.14.如下图，一小球以速度，0从倾角为。的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右.现将该小球以2i,o的速度从斜面底端朝异样方向抛出，落在斜面上的N点.以下说法正确的选项是()A.落到M和N两点时间之比为1:2B.落到M和N两点速度之比为1:1C.M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:2D.落到N点时速度方向水平向右【答案】AD【解析】由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在

19、M点的速度大小为u,把质点在斜面底端的速度y分解为水平u和竖直玲.，由x=ut,y=1gt2,tan8=§无暇中飞行时间t=Vy=2ut/7n0,v和水平方向夹角的正切值?=2sn8为定值，即落到N点时速度方向水平向右，故D正确：=皿2+氏=V1+4ta九2。,即y与u成正比，故落到M和N两点速度之比为1:2,故B错误：由t="皿2知,落到M和N两点时间之比为1：2,故A正确：由y=gF='"=八°,知y和u?成92g正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为1:4,选项C错误。应选AD。15 .如下图，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细

20、绳将物块衔接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为。角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为Vtan。)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由运动末尾缓慢减速转动，那么A.至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为27TmgLsin6B.至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为:“mgLsin。C.至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为嘤翼D.设法使物体的角速度增大到J要二时，物块机械能增量为黑【答案】BCD【解析】对物体受力剖析知物块分开圆盘前，合力F=fFTsinO=?n：N+Tcos8=mg；依据动能定理知«=£m加廿；当弹力T=0,r=Lsin9(4);由解得W=！

21、fLsme+排“g/sm。：至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为%mgLsin。，故A错误，B正确：当N=0,40,由知W=imgLsin%an。造空字，故C222cos6正确；由知3o=j,设法使物体的角速度增大到3=(&念>3。=故物体已脱离水平意，此时夹角为a,那么mgt6rna=mco2r：Ep=mgh=mg(Lcos0-Lcosa)：由知Ep=mgLcos。-二cos0)3gZcosO:物块机械能增量为Ep+ZK,故D正确：应选BCD。=、解答题16 .如下图，倾角为a的斜面/被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块5相连，£运

22、动在斜面上.滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行./、5的质量均为,.撤去固定M的装置后，.4、5均做直线运动.不计一切摩擦，重力成速度为g.求：(1)-4固定不动时，/对6支持力N和绳子的拉力户的大小；2M滑动的位移为x时，5竖直位移Sy、水平位移s工和总位移s的大小；34滑动的位移为x时的速度大小/【答案】1mgcosa：mgsina2sx=x(1-cosa),Sy=xsina,s=j2(lcosa)”3】兰兰/3-2coscc【解析】1支持力的大小N=mgcosa：绳子拉力大小为F=mgsina2依据几何关系sx=x(1-cosa),Sy=xsina且s=+sj解得s-/2(1cos

23、a)-x3B的下降高度$y=xsina依据机械能守恒定律7ngSy=琢+瑶依据速度的定义得以=禁,vB=今那么为=，2(1cosa)-vA解得以=江吧八3-2cosa17 .如下图，两个半径均为&的四分之一圆弧构成的泗滑细管道4BC竖直放置，且固定在润滑水平面上，圆心连线。1。2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与一质量为，的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板"E固定于水平面上，板的左端刀到管道右端C的水平距离为R。现用外力向左推进小球，使弹簧紧缩到某一位置，然后放开，小球被弹簧弹出后进入管道，最后从C点抛出。重力减速度为gQ)小球经过C点时所受的

24、弹力的大小为|有，求弹簧弹性势能的大小£p；假定改换不同质量的小球，然后仍将薛黄紧缩至相反的住置释放，小球经C点抛出能击中薄板DE,求小球质量，】的取值范围。【答案】(1)mgR(2)41017【解析】在C点，以小球为研讨对象，那么有：mg+%=n母对整个进程，依据能量守恒定律得Ep=2mgR+:vc2联立解得Ep=mgR2小球分开C点后做平抛运动，竖直方向：2K=3产，水平方向：xi=vit,假定要小球击中薄板，应满足：R<xi<2R,解得:小熊<vL<y/gR从A到C的进程中，依据能量守恒定律得：Ep=2m£氏+'解得：?W<7W1

25、<101718 .如下图，抛物面轨道4。经进水平轨道。6与半圆形轨道6CD平滑伤接，整个轨道处于竖直平面内，以。点为坐标原点树立直角坐标系底叶，抛物面轨道工。在坐标系中满足一小球从轨道力。上某处由运动释放，恰恰可以经过半圆形轨道6CD的最高点最终落到了坐标原点。，不计一切摩擦，水平轨道06长2=2m,重力减速度g=10m/s2求：半圆形轨道的半径R和小球释放点的高度j，i;假定释放点的高度J，2=4.45m,小球落到轨道上的点的坐标.【答案】2.5m;(2)(1.5m.0.75m)【解析】(1)设小球恰恰可以经过半圆形凯道的最高点的速度为玲，那么以唱=喑小球分开。点后做平抛运动，那么2夫

26、=涉L=VDt联立可得R=lm小球从释放点到D点的进程依据动能定理有nig(2R)=mv5联立可得yi=，=2.5m假定释放点的高度j,2=4.45m,那么小球会落到抛物面轨道上，设小球抵达。点时的速度为依据动能定理有7虱12-2R)=,7V2设落点的坐标为(一Xo,yo),由平抛运动规律有2火一,0=1'、o+£=W又由于次。君(m)联立可得另一解不契合题意，舍去故xo=1.5m,yo=O.75m所以落点坐标为(一L5m,0.75m)19 .如下图，洞滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R.一个质量为m的物块(可视为质点)将弹黄紧缩至A点后由运动释放，在

27、弹力作用下物块取得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动抵达C点。试求：弹簧末尾时的弹性势能；物块从B点运动至C点克制阻力做的功；物体分开C点后落回水平面时的动能。【答案】3mgR(2)0.5mgR(3mgR【解析】(1)物块在B点时,由牛顿第二定律得：Fn-mg=m1,/v由题意：Fn=7mg物体经过B点的动能：EkB=mvB2=3mgR在物体从A点至B点的进程中,依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能：Ep=EkB=3mgR.(2)物体抵达C点仅受重力mg,依据牛顿第二定律有：mg=m年得：EkC=1mvc2=mgR物体从B

28、点到C点只要重力和阻力做功，依据动能定理有：W-mg-2R=Ekc-EkB解得：W中=-O.SmgR所以物体从B点运动至C点克制阻力做的功为：W=O.SmgR.3物体分开C点后落回水平面依据动能定理可知：mg2R=Ek-imvc2解得:Ek=mgR综上所述此题答案是：(l)3mgR(2)0.5mgR(3)|mgR20 .如下图的装置可绕竖直轴。转动，可视为质上的小球/与细线/C、M6衔接后区分系于5、C两点，装JL运动时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角归37。小球的质量尸1kg,细线AC长=1叫细线AB长L2=02ni,重力减速度=10m/s2,sin37°=0.6,cos37

29、o=0.8<>(i)假定装置匀速转动的角速度为如时，细线NS上的张力为零而细线/C与竖直方向的央角为37。,求角速度叫的大小；假定装置匀速转动的角速度32二J1rd/s,求细线/C与细线WB的张力大小。【答案】(1)/=rad/s(2)Fac=50/3N,FAB=0【解析】(1)当细线Ab上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有:mgt6rn37°=mcoi2Lsin37°解得：%=rad/s.(2)由于s>3i,那么细线AB上有拉力T=0,AC线上的拉力为F水平方向上依据牛顿第二定律得：Fsin0-T=mco22Lsm0

30、竖直方向由平衡条件可得：Fcos0=mg解得：F=不。21 .如下困，质量m=0.2kg的金属小球从距水平面。=5.0m的洞滑斜面上由运动末尾释放，运动到/点时无能量损耗，水平面.45是粗糙平面，与半径为R=0.9m的洞滑的半圆形轨道6co相切于5点，其中圆轨道在竖直平面内，。为轨道的最高点，小球恰能经过最高点，求：(g=10m/s2)(1)小球运动到M点时的速度大小；小球从工运动到B时摩擦阻力所做的功；【答案】(l)10m/s(2)-5.5J【解析】1小球运动到A点时的速度为加，依据机械能守恒定律可得mgh=加以解得vA=10in/s.2小球经过D点时的速度为玄，那么诏mg=m解得为=3m/

31、s小球从A点运动到D点克制摩擦力做功为叼，那么1717-mgR-Wf=-mvp-解得得=_5©-22 .如下图，一半径R=1m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶可视为质点，在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道6C,滑道右端C点与圆盘圆心。在同一竖直线上，且竖直高度h=l.25m。AB为一竖直面内的泄滑圆弧轨道，半径r=0.45m,且与水平滑道相切与方点。一质量7n=0.2kg的滑块可视为质点从/点由运动释放，当滑块经过方点时，对6点压力为6N,恰在此时，圆盘从国示位置以一定的角速度3绕经过圄心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰恰落入圆盘边壕的小桶内。滑块与滑道6c间

32、的动摩擦因数/=0.2。取g=10m/s2求：1滑块抵达6点时的速度；2)水平滑道6c的长度；3圆盘转动的角速度3应满足的条件.【答案】13m/s21.25m32nrvrad/s【解析】1滑块抵达B点时，由牛顿第二定律得：F-mg=q代入数据解得：vB=3m/s:2滑块分开。后，作平抛运动，由人="武解得：ti=Js=0.5s,那么初速度为：vc=-=2m/s滑块在8C上运动时，由牛顿运动定律得：rng=/na,代入数据解得：a=-2m/s2,由滑块作减速运动,匀变速运动公式有：vc2vB2=2ax9代入数据解得：x=1.25m：3滑块由8点到由C点，由运动学关系：”=望±

33、±12代入数据解得：t2=0.5s,得：t=S+打=0.5s+0.5s=1s,圆盘转动的角速度co应满足条件：t=(n=-31、2、3、4,代入数据得：0)=2nnrad/s6i=l、2、3、423 .某高中兴味学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如下图的实脸.。/为一水平弹射器，弹射口为力.力BCD为一润滑曲管，其中.46水平，6c为竖直杆(长度可调理)，CD为四分之一圆环轨道(各衔接处均圆滑街接)，其圆心为。半径为R=0.2加.。的正下方石末尾向右水平放置一块橡皮泥板屈3长度足够长,现让弹射器弹射出一质量m=O.l的的小环，小环从弹射口/射出后沿润滑曲杆运动到D处飞出，不

34、计小环在各个衔接处的能量损失和空气阻力.弹射器每次弹射出的小环具有相反的初速度,某次实验中小组成员调理BC高度人=0.8m.弹出的小环从刀处飞出，现测得小环从。处飞出时速度刈=4m/s,求：(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；(2)小环落地点离E的距离(小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)；(3)假定不改动弹射器弹性势能，改动6c间高度,在02m之间，求小环下落在水平面EF上的范围.【答案】17N2竽mC3)0-1.8m【解析】(1)依据机械能守恒定律得：Ep=mvD2+mg(h+R)=1.8/对小环在最高点。受力剖析，由牛顿第二定律得：FN+mg=mR解得：Fn=7N由牛

35、顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为7M方向竖直向上(2)小环分开就道后做平抛运动，由平抛运动规律得：h+R=gt2x=vDt解得：x=(3)小环刚抵达。点的临界条件为mg(为+R)=Ep解得电=1.6m改动人小环做平抛运动，剖析可得小环水平方向位移应有最大值依据机械能守恒定律得：Epmg(h2+R)=rnvD/2小环平抛运动时间为t=q区子色得：x=vDft=2yli.8(电+)(%+R)可得，事先电+R=0.9m水平位移最大，最大位移=1.8m,故小环落地点范围在离E点向右01.8m的范国内。24 .暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫摇头飞椅"的游艺机，如下图，该游艺机顶上

36、有一个半径为4.5m的"伞盖"，伞盖"在转动进程中带动下面的悬绳转动，其表示图如图18所示。"摇头飞椅"高QO2=5.8m,绳长5m°小明挑选了一个悬挂在"伞盖"边壕的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg。小明和椅子的转动可简化为如下图的圆周运动。在某段时间内，。伞盖“坚持在水平面内动摇旋转，绳与竖直方向夹角为37。g取10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,在此进程中，求:1座椅遭到绳子的拉力大小；2小明运动的线速度大小；3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴即图中

37、Oi点的距离保管两住有效数字。【答案】1500N27.5m3)8.9m【解析】11向心力沿水平方向，由平行四边形定那么，得拉力：7=上J=500Ncos372由牛顿第二定律，得：mgtan370=m-9其中R()=7.5m解得：v=7.5m/s3由几何关系，座椅离地高度h=2m,由平抛运动规律，得：x=vt,h=gt2解得：x=4.5m由勾股定理，得落地点与游艺机中心距离为：r=7+x2=1.5V34m=8.9m25 .如下图，质量7=2.0kg的木块运动在高/,=L8m的润滑水平台上，木块距平台左边壕10ni0用水平拉力尸=20N拉动木块，当木块运动到水平末端时撤去F。不计空气阻力，g取lO

38、m/。求：1木块分开平台时的速度大小；2木块落地时乎平台边壕的当平距离。【答案】110V2m,s.26V2m【解析】1关于木块的匀减速运动进程，由牛顿运动定律得：F=ma那么得kF/m=10m/s2由v2=2s得解得：v=Z2as=X10X10=10V2m/s2分开平台后做平抛运动：水平方向：x=vt竖直方向：/?=gr解得木块落地时距平台边缘的水平距离：x=10V2X（要小=6扬n26 .如下图，是某次研讨小球做平抛运动进程失掉的频闪照片的一局部。背景正方形的边长为3,闪光频率为3求：各间的答案均用人/表示）（1）外地的重力减速度g的大小；2小球经过C点瞬时速度c的大小；3）小球从末尾平抛到

39、运动到.4位置阅历的时间心。【答案】二广（2）vc=寺fJ=5【解析】1依据Ax=T2可得g=*=b严：2水平速度=微=2bf,小球经过C点的竖直速度丫=号=3，那么小球经过C点的瞬时速度叱的大小：vc=J诏+端,=J（2bf）2+（竺）2=乎6了；3小球经过A点的竖直速度：vAy=vcy-2gT=bf9那么小球从末尾平抛到运动到A位置阅历的时间“曳=工2ag2f27 .如下图，一个固定在竖直平面上的润滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做15周运动，从5点脱离后做平抛运动，经过03秒后又恰恰垂直与倾角为45。的斜面相碰到圆轨道半径为R=lm,小球的质量为m=ll，

40、g取10m/s,求：Q）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离小球经过圆弧轨道的6点时，遭到轨道的作用力Nb的大小和方向？小球经过圆弧轨道的4点时的速率.【答案】10.9m:（2）IN,方向竖直向上.37m/s.【解析】1依据平抛运动的规律和运动分解的可知：01145。="Vx那么小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vx=vgt=3nr,s,那么B点与C点的水平距离为：x=Vxt=0.9m2依据牛顿运动定律，在B点设枇道对球的作用力方向向下解得：Nb=-1N负号表示轨道对球的作用力方向向上3小球从A到B的进程中机械能守恒，得：mvA=m9'21?+-mvo代入数据

41、得：vA=7mzs28 .如下图，半径R=2.5m的竖直半圆润滑凯道在B点与水平面平滑衔接，一个质量in=0.50kg的小滑块（可视为质点）运动在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点末尾运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出，落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离sl=10m,A、B间的距离s2=15ni,滑块与水平面的动摩擦因数=0.20，重力减速度=lOm/s?.求：（1）滑块经过C点时的速度大小；滑块刚进入B）轨道时，在B点轨道对滑块的弹力；滑块在A点遭到的瞬时冲量的大小.【答案】110m/s245N（3）8.1kg-m/s【解析】1设滑块从C点飞出时的速度为依，从C点运动到D点时间为t滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=4gt?水平方向：Sl=Vct解得：vc=10iirs2设滑块经过B点时的速度为vb,依据机械能守恒定律mv,B2=mvc2+2mgR解得：VB=10/5ni/s设在B点滑块受凯道的压力为N,依据牛顿第二定律：N-mg=mg解得：N=45N3设滑块从A点末尾运动时的速度为VA,依据动能定理；-用1整2=为m314解得：PA=16.1m/s设滑块在A点遭到的冲量大小为I,依据动量定理I=m以解得:I=8.1kg*m/s;29 .如下图，一杂技演员（视为质点）柬秋千（秋千绳处于水平位JL）从A点由运动动身绕O点下