2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题04曲线运动含解析.doc

专题04 牛顿运动定律第一部分名师综述曲线运动是高考的热点内容，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内容有：平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，A、B、C 是水平面上同一直线上的三点，其中 AB=BC，在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0水平抛出一小球，刚好落在 B 点，小球运动的轨迹与 OC 的连线交于 D 点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A小球从O 到D 点的水平位移是从O 到B 点水平位移的 1:3B小球经过D 点与落在B 点时重力瞬时功率的比为 2:3C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中重力做功的比为 1/3D小球经过D 点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B 点时速度与水平方向夹角的正切值的 1/4【答案】 C【解析】【详解】A设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：Lcos=v0t；Lsin=12gt2，联立解得：t=2v0tang，设OBA=，C=，则tan=hAB，tan=hAC，由于AB=BC，可知tan=2 tan，因在D点时：tD=2v0tang，在B点时：tB=2v0tang，则落到D点所用时间是落到B点所用时间的12，即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的12，故A错误；B由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的12，故D点和B点竖直方向的速度之比为1：2，故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为12，故B错误；C小球从O 到D 点与从D 到 B 点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1:3，则重力做功的比为1:3，选项C正确；D小球的速度与水平方向的夹角tangtv0，故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的12，故选项D错误；2如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为，个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）AAB连线与水平方向夹角为B小球从A运动到B的时间t=v0tangC小球运动到B点时，重力的瞬时功率P=mgv0cosD小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态【答案】 B【解析】【详解】AB、平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向。将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为，则tan=gtv0，解得：t=v0tang此时AB位移的连线与水平方向的夹角不等于，故A错；B对C、小球运动到B点时，重力的瞬时功率P=mgvy=mgv0tan，故C错；D、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错；故选B3质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成角，绳b 在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB 以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）Aa 绳的张力可能为零Ba 绳的张力随角速度的增大而增大C若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化D当角速度>gltan，b 绳将出现弹力【答案】 D【解析】【详解】A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错；B、根据竖直方向上平衡得，Fasin=mg，解得Fa=mgsin，可知a绳的拉力不变，故B错误。D、当b绳拉力为零时，有：mgcot=m2l，解得=gltan，可知当角速度>gltan，b绳将出现弹力，故D对；C、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故C错误故选D【点睛】小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变。4如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方 0 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物 M，C 点与 o 点距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度 缓缓转至水平（转过了 90°角）下列有关此过程的说法中正确的是（）A重物 M 做匀速直线运动B重物 M 做匀变速直线运动C整个过程中重物一直处于失重状态D重物 M 的速度先增大后减小，最大速度为wL【答案】 D【解析】【详解】设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为（锐角），由题知C点的线速度为vC=L，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=Lcos的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳=Lcos逐渐变大，直至绳子和杆垂直，变为零度，绳子的速度变为最大，为L；然后，又逐渐增大，v绳=Lcos逐渐变小，绳子的速度变慢。所以知重物M的速度先增大后减小，最大速度为L故AB错误，D正确。重物M先向上加速，后向上减速，加速度先向上，后向下，重物M先超重后失重，故C错误。故选D。【点睛】解决本题的关键掌握运动的合成与分解，把C点的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于重物的速度5质量为m0.10 kg的小钢球以v010 m/s的水平速度抛出，下落h5.0 m时撞击一钢板，如图所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g10 m/s2，则A钢板与水平面的夹角60°B小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为2 N·sC小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为10 kg·m/sD钢板对小钢球的冲量大小为22 N·s【答案】 D【解析】【详解】A、由于小球下落过程中在竖直方向有：h=12gt2解得t=1s故落到钢板上时小球在竖直方向的速度vy=gt=10m/s，则有tan=v0vy=1010=1，即=45撞后速度恰好反向，且速度大小不变,则表示速度恰好与钢板垂直，所以钢板与水平面的夹角=45°，故A错误；B、根据冲量的定义知：重力冲量mgt=1N·s，选项B错误；C、小球落到钢板上时的速度：v=v02+vy2=102m/s故小球的动量大小：P=mv=0.1×102=2kgm/s选项C错误小球原速率返回，所以返回的速度仍然为102规定小球撞前的速度方向为正方向，由动量定理可知：I=-mv-mv=-2mv=-2×0.1×102=-22Nt所以钢板对小钢球的冲量大小为22Nt故D 对综上所述本题答案是：D【点睛】小球在竖直方向做自由落体运动，已知高度求出时间，然后求出竖直方向的速度大小，由水平方向和竖直方向的速度即可求得倾角的大小；由运动时间和质量，根据p=mgt即可求出重力冲量；已知竖直方向速度的大小，再根据水平速度的大小求出合速度的大小，根据p=-mv求撞击时动量的大小；算出撞后的动量，根据动量定律求小钢球的冲量，据此解答。6如图所示，两质量均为m的小球1、2(可视为质点)用一轻质杆相连并置于图示位置，质量也为m的小球3置于水平面OB上，半圆光滑轨道与水平面相切于B点。由于扰动，小球1、2分别沿AO、OB开始运动，当小球1下落h0.2 m时，杆与竖直墙壁夹角37°，此时小球2刚好与小球3相碰，碰后小球3获得的速度大小是碰前小球2速度大小的54，并且小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C，取g10 m/s2，cos 37°0.8，sin 37°0.6，一切摩擦不计，则()A小球1在下落过程中机械能守恒B小球2与小球3相碰时，小球1的速度大小为1.6 m/sC小球2与小球3相碰前，小球1的平均速度大于小球2的平均速度D半圆轨道半径大小为R0.08 m【答案】 D【解析】【详解】小球1与2连在一起，小球1向下运动的过程中小球2将向右运动，小球1的重力势能减小，小球2的重力势能不变，两个球的动能都增大。由于对1和2球只有重力做功，两个球组成的系统的机械能守恒，但1的机械能不守恒。故A错误；小球1下落h=0.2m时，杆与竖直墙壁夹角=37°，将两个小球的速度分解如图：设当小球1下落h=0.2m时小球1的速度是v1，小球2的速度是v2，由图中几何关系，则：v1cos37°=v2sin37°；由机械能守恒得：12mv12+12mv22=mgh；联立得：v1=1.2m/s，v2=1.6m/s。故B错误；设杆的长度为L，由几何关系可得：L-Lcos37°=h，代入数据得：L=1.0m，所以小球2到O点的距离：x2=Lsin37°=1.0×0.6=0.6m；由于两个小球运动的时间相等，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与小球3相碰前，小球1的平均速度小于小球2的平均速度。故C错误；碰后小球3获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：v354×1.62m/s；小球3恰好能通过半圆轨道的最高点C，此时的重力提供向心力，所以：mgmvc2R；小球3从B到C的过程中机械能守恒，则：12mv32mg2R+12mvc2；联立以上方程得：R=0.08m。故D正确。故选D。【点睛】该题考查速度的合成与分解、机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用，注意机械能守恒的判定，掌握几何关系的运用，正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键。7一艘小船要从O点渡过一条两岸平行、宽度为d=100 m的河流，已知河水流速为v1=4 m/s，小船在静水中的速度为v2=2 m/s，B点距正对岸的A点x0=173 m下面关于该船渡河的判断，其中正确的是（）A小船过河的最短航程为100 mB小船过河的最短时间为25 sC小船可以在对岸A、B两点间任意一点靠岸D小船过河的最短航程为200 m【答案】 D【解析】因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸。当合速度的方向与相对水的速度的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最短，渡河航程最小；根据几何关系，则有：ds=v2v1，因此最短的航程是：s=v1v2d=42×100=200m，故AC错误，D正确；当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间：t=dv2=1002=50s，故B错误；故选D。点睛：解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直，渡河航程最短，当静水速小于水流速，合速度与静水速垂直，渡河航程最短8如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮间的摩擦，则此时小船的加速度等于()AP0mv-fmBP0mvcos2-fmCfmDP0mv【答案】 A【解析】【详解】小船的实际运动为合运动，可将小船的运动分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图：则v车=vcos，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，绳中拉力F=P0v车=P0vcos；对船受力分析如图：根据牛顿第二定律可得：Fcos-Ff=ma，解得：a=P0mv-Ffm。故A项正确，BCD错误。故选A.9在一斜面顶端，将质量相等的甲乙两个小球分别以v和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的动能与乙球落至斜面时的动能之比为（）A2：1 B4：1 C6：1 D8：1【答案】 B【解析】【分析】根据平抛运动的推论tan=2tan得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与分解求出末速度即可解题。【详解】设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示：根据平抛运动的推论可得tan=2tan，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；对甲有：v1=vcos，对乙有：v2=v2cos，联立可得：v1v2=21。由于甲乙两球质量相等。所以动能之比等于四度之比的平方，故B正确， ACD错误。【点睛】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。10如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它沿bdac做圆周运动在a、b、c、d四点时（d、c两点与圆心等高），设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为Eka、Ekb、Ekc、Ekd，细绳拉力大小分别为Ta、Tb、Tc、Td，阻力不计，则（）AEka>Ekc=Ekd>EkbB若在c点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动CTa=Tb=Tc=TdD若在b点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动【答案】 C【解析】AC：在绕地运行的天宫一号实验舱中，小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，小球做匀速圆周运动，则有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重时，只有绳的拉力提供向心力公式T=mv2r，v、r、m都不变，小球的向心力大小不变，则有：Ta=Tb=Tc=Td故A项错误，C项正确。BD：在b点或c点绳断，小球只有沿着圆周的切线方向的速度，没有力提供向心力，做离心运动且沿切线方向做匀速直线运动。故BD两项均错误。点睛：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可。二、多选题11如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2。质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2。则A传送带的速度大小为4m/sB滑块的质量为3.3kgC滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8JD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。【详解】A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速的速度大小为2m/s，则传送带的速度大小为2m/s。故A项错误。B：子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑块的质量M=66m=3.3kg。故B项正确。C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑块向左运动的加速度大小a=2m/s2。滑块(含子弹)向左减速运动的时间t1=v1a=2s，滑块(含子弹)向左减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离s=v1+02t1+vt1=8m，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C项错误。D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(m+M)g=(m+M)v2R，解得：转动轮的半径R=0.4m。故D项正确。12如图所示，河宽为d，一小船从A码头出发渡河，小船船头垂直河岸，小船划水速度大小不变为v1，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸的距离x成正比，即2=kx（xd2，k为常量），要使小船能够到达距A正对岸为s的B码头，则（）Av1应为kd24sB小船渡河的轨迹是直线C渡河时间为4skdD渡河路程大于d2+s2【答案】 ACD【解析】【详解】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，前s/2和后s/2内的平均速度为0+12kd2kd4，则渡河的时间t=2×s2kd4=4skd，划水速度v1=dtkd24s，故AC正确。小船在垂直河岸方向上做匀速直线运动，在沿河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，故B错误。由于渡河的轨迹是曲线，则渡河路程xd2+s2，故D正确。故选ACD。13如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度匀速转动(没发生相对滑动),A、B、C的质量分别为3m、2m、m,B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为,B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法正确的是()AB对A的摩擦力有可能为3mgBC与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力C转台的角速度有可能恰好等于2g3rD若角速度再在题干所述基础上缓慢增大,A与B间将最先发生相对滑动【答案】 BC【解析】【分析】根据题中“A、B、C正随转台一起以角速度匀速转动(没发生相对滑动)”可知，本题考查水平面内的圆周运动问题。根据处理水平面内圆周运动问题的方法，应用牛顿第二定律、整体法、临界条件等知识分析推断。【详解】AC：对AB整体，有(3m+2m)2r(3m+2m)g；对物体C，有m2(1.5r)mg；对物体A，有3m2r3mg。联立解得：2g3r，即满足不发生相对滑动，转台的角速度2g3r，A与B间的静摩擦力最大值f=3m2r=2mg。故A项错误，C项正确。B：由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力；A所受摩擦力fA=3m2r，C所受摩擦力fC=m2(1.5r)=1.5m2r，则C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力。故B项正确。D：据A项分析知，最先发生相对滑动的是物块C。故D项错误。【点睛】本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析。14如图所示，圆形转盘可以绕其竖直轴在水平面内转动甲、乙物体质量分别是2m和m（两物体均看作质点），它们与转盘之间的最大静摩擦力均为正压力的倍，两物体用一根刚好沿半径方向被拉直的结实轻绳连在一起，甲、乙到圆心的距离分别为r和2r当地的重力加速度为g，转盘旋转角速度缓慢增大，则（）A转盘旋转角速度<g2r时，轻绳拉力为零B转盘旋转角速度<g2r时，甲受到的静摩擦力大于乙受到的静摩擦力C转盘旋转角速度>gr时，甲、乙不会相对转盘滑动D转盘旋转角速度>gr时，乙将拉着甲向外运动【答案】 AC【解析】【分析】物体做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的变化【详解】当绳子拉力为零时，由静摩擦力提供向心力，则mg=m22r，解得：g2r，所以转盘旋转角速度g2r时，轻绳拉力为零，故A正确；向心力F=m2R，转盘旋转角速度g2r时，甲受到的静摩擦力等于乙受到的静摩擦力，故B错误；甲刚好达到最大静摩擦力时，有：2mg=2m2r，解得：gr，所以当gr时，绳子对甲有拉力，但是甲、乙不会相对转盘滑动，故C正确，D错误。故选AC。【点睛】物体做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，当角速度较小时，两物体靠静摩擦力提供向心力，当角速度开始增大时，乙先达到最大静摩擦力，绳子开始有拉力，通过对甲分析，根据牛顿第二定律分析摩擦力的变化15如图所示,一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出.第一只球飞出时的初速度为v1,落在自己一方场地上后,弹跳起来,刚好擦网而过,落在对方场地的A点处.第二只球飞出时的初速度为v2,直接擦网而过,也落在A点处. 设球与地面碰撞时没有能量损失,且不计空气阻力,则( )A网球两次飞出时的初速度之比v1v2=1:3B网球两次飞出时的初速度之比v1v2=1:2C运动员击球点的高度H与网高h之比 Hh= 4:3D运动员击球点的高度H与网高h之比 Hh=3:2【答案】 AC【解析】【详解】AB：两球被击出后都做平抛运动，据平抛运动的规律知，两球被击至各自第一次落地的时间是相等的。由题意结合图可知，两球从击出至第一次落地的水平射程之比为x1:x2=1:3，则网球两次飞出时的初速度之比v1:v2=1:3。故A项正确，B项错误。CD：第一个球落地后反弹做斜抛运动，据运动的对称性可知，DB段的逆过程和OB段是相同的平抛运动，则两只球下落相同高度H-h后水平距离x1'+x2'=2x1，据x1=v1t1、x1'=v1t2、x2'=v2t2，得：v1t2+v2t2=2v1t1，又v1:v2=1:3，则t1=2t2；H=12gt12、H-h=12gt22，则H=4(H-h)，解得：H:h=4:3。故C项正确，D项错误。【点睛】据运动的可逆性，斜上抛可当成平抛的逆过程。16如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的A、B两个物块，B物块用长为025m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计。细线能承受的最大拉力为8N，A、B间的动摩擦因数为04，B与转盘间的动摩擦因数为01，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零。当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F（g=10m/s2）,以下说法中正确的是（）A当转盘的角速度1=2rad/s时，A、B间的静摩擦力达到最大值B当转盘的角速度在0<<2rad/s范围内时，细线中的拉力随的增大而增大C当细线中的拉力F=6N时，A与B即将相对滑动；D当转盘的角速度2=6rad/s时，细线中的拉力达到最大值【答案】 CD【解析】【详解】对于A物体，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力到达最大静摩擦力时，1mg=m2r，解得：=4rad/s。当绳子刚有拉力时，22mg=2mw2r，w=2rad/s，当2rad/s<w<4rad/s时，细线中的拉力随的增大而增大。当=4rad/s时，A、B两物体刚好分离，此时，F+22mg=2mw2r，解得F=6N，绳子未断。当w=6rad/s时，只有A脱离B物体，只有B物体做匀速圆周运动，F+2mg=mw2r，解得，F=8N.故本题选CD。17如图所示在光滑的以角速度c旋转的细杆上穿有质量分别为m和M的两球,两球用轻细线(不会断)连接,若M>m,则A当两球离轴距离相等时,两球可能相对杆不动B当两球离轴距离之比等于质量之比时,两球一定相对杆滑动C若两球相对于杆滑动,一定是都向左滑动D若转速为时,两球相对杆都不动,那么转速为2时,两球也不动【答案】 BD【解析】【详解】A、两小球所受的绳子的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，角速度又相等，当两球离轴距离相等时，则有：M2rm2r，所以两球相对杆会滑动;故A错误.B、两球的向心力是相等的，得：M2r1=m2r2 ，所以r1r2=mM<1，两球离轴距离之比与质量成反比。所以两球离轴距离之比等于质量之比时，两球相对杆都动;故B正确.C、由于两球用轻细线连接，所以两球相对杆滑动时，只能向同一方向滑动;故C错误.D、根据向心力的表达式，得：M2r1=m2r2 ，由于两球的向心力相等与角速度无关，所以转速为时，两球相对杆都不动，那么转速为2时两球也不动;故D正确.故选BD.【点睛】本题考查了向心力公式的应用，知道两小球的角速度和向心力相等.18如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是A数据a与小球的质量无关B数据b与小球的质量无关C比值b/a只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】 AD【解析】【详解】当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则mgmv2r，解得v2=gr，故a=gr，与物体的质量无关，故A正确；当v2=2a时，对物体受力分析，则mg+b=mv2r，解得b=mg，与小球的质量有关，故B错误；根据AB可知barm与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，故C错误；若F=0，由图知：v2=a，则有mg=mv2r，解得：r=ag，若v2=2a。则b+mg=mv2r=m2ar，解得：m=bg，故D正确。故选AD。【点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，尤其是图像与坐标轴的交点的物理意义。19如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCDA1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）。关于小球的运动，下列说法正确的是A落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最小B落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1:2C运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同【答案】 BC【解析】【详解】小球落到A1B1C1D1内时下落的竖直高度都相同，根据h=12gt2可知，时间相同，落在C1点时水平位移最大，则平抛的初速度最大，选项A错误；落点在B1D1上的小球，最近的水平位移为22a，最远的水平位移为a（a为正方体的边长），则平抛初速度的最小值与最大值之比是22：1=1：2，选项B正确；设AC1的倾角为，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为则有tan=yx=12gt2v0t=gt2v0，tan=gtv0，则 tan=2tan，可知一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故C正确；运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据vy=2gh可知竖直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D错误。故选BC.【点睛】决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，运动时间由下落的高度决定；掌握分位移公式；D项也可以根据作为结论记住。20如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g则下列说法正确的是（）AA端距离地面的高度为gs22v02B小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0C小球运动至B端的速率为gsv0D小球从A端运动至B端的时间为sv0【答案】 AC【解析】【分析】根据平抛运动的规律得出平抛运动的时间，从而结合位移时间公式求出A端距离地面的高度根据动能定理求出小球到达B端的速度，结合平行四边形定则求出小球到达B端时水平方向的分速度【详解】小球若做平抛运动，运动的时间t=sv0，则A端距离地面的高度h=12gt2=gs22v02，故A正确。对小球分析，根据动能定理得mgh=12mvB2，解得小球运动到B端时的速度vB=2gh=gsv0，B点速度方向与水平方向夹角的正切值tan=vyv0=gtv0=sgv02，可知vx=vBcos=gsv0v04+g2s2，故B错误，C正确。小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间tsv0，故D错误；故选AC。【点睛】本题速度的分解是按轨道的切线分解，而轨道的切线方向即为平抛的速度方向，平抛的速度方向与水平方方向夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角的正切的2倍。三、解答题21如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角=53°，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个14圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点。倾斜轨道所在区域有场强大小为E=9mg5q、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板。已知A，B之间距离为2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为=14，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；(2)改变AB之间的距离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。【答案】（1）在C点小物块对圆轨道的压力大小为F'N=135mg；（2）小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR【解析】【详解】(1)小物块由A到B过程由动能定理，得：mgsin2r-(mgcos+qE)2r=12mvB2解得：vB=45gr小物块由B到C过程由机械能守恒定律得：mgr(1-cos)=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gr在C点由牛顿第二定律，得：FN-mg=mvC2r解得：FN=135mg由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为F'N=135mg(2)小物块离开D点后做平抛运动，水平方向：x=v0t竖直方向：y=12gt2而：x2+y2=R2小物块平抛过程机械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4由数学中均值不等式可知：Ek2mgR24y3mgy4=32mgR则小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR22如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一轻质弹簧两端连接两个质量均为m1 kg的物块B和C。物块C紧靠着挡板P，物块B通过一跨过光滑定滑轮的轻质细绳与质量m08 kg、可视为质点的小球A相连，与物块B相连的细绳平行于斜面，小球A在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R2 m的光滑圆弧轨道的最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b与光滑水平轨道bc相切。现由静止释放小球A，当小球A滑至b点时，物块B未到达a点，物块C恰好离开挡板P，此时细绳断裂。已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计。求：（1）弹簧的劲度系数；（2）在细绳断裂后的瞬间，小球A对圆弧轨道的压力大小。【答案】（1）5 N/m （2）144 N【解析】【详解】(1)小球A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态对B由平衡条件有kxmgsin 30°当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉升状态对C由平衡条件有kxmgsin 30°由几何关系知Rxx代入数据解得k2mgsin300R5 N/m(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等，有m0gR(1cos 60°)mgRsin 30°12m0vA212mvB2将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°vB代入数据解得vA4(m0-m)gR4m0+3m4 m/s在b处，对A由牛顿定律有Nm0gm0vA2R代入数据解得Nm0gm0vA2R144 N由牛顿第三定律，小球A对圆轨道的压力大小为N144 N23如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin=35，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g 。求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时的速度的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。【答案】（1）34mg5gR2（2）23gR2（3）355Rg【解析】【详解】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有：F0mgtanF2=（mg）2+F02；设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F=mv2R联立上式，结合题目所给数据，解得：F0=34mg；v=5gR2（2）设小球到达A点的速度大小v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得：DA=RsinCD=R（1+cos）由动能定理有，-mgCD-F0DA=12mv212mv12联立上式，结合题目所给数据，那么小球在A点的速度大小为：v1=23gR2（3）小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有：vt+12gt2=CDv=vsin联立上式，结合题目数据，解得：t=355Rg24如图所示，静止在光滑水平轨道上的平板车，长L2.0m，质量M0.25kg.质量m1.0kg的小物块以v010m/s的初速度放在平板车的左端，物块与平板车上表面间的动摩擦因数0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r1m，直径MON竖直，平板车的上表面和半圆形轨道最低点高度相同，开始时平板车的右端距半圆形轨道底端1.5m，平板车碰到半圆形轨道后立即停止运动，取g10m/s2，求：(1)物