平抛与圆周运动相结合专项训练卷

1、2013-2014学年度北京师范大学万宁附属中学平抛运动与圆周运动相结合训练卷考试范围：平抛圆周机械能；命题人：王占国；审题人：孙炜煜 学校:姓名：班级：考号：一、选择题（题型注释）如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆细管竖直放置，一质量为m的小球A以 某一速度从下端管口进入，并以速度通过最高点C时与管壁之间的弹力大小为 0.6mg，另一质量也为m小球B以某一速度从下端管口进入，并以速度v 2通过最高点C 时与管壁之间的弹力大小为0.3mg，且v1 v2，g = 10 m/s 2。当A、B两球落地时，落地点与下端管口之间的水平距离七、七之比可能为（）AB.132C.AD.【答案】CD【解析】

2、试题分析：若A球通过最高点时，对细管是向下的压力，则B也是向下的压力，则根据牛顿第二定律可得，mg 一 0.6mgv 2=m方，解得：匕= ：04gR ,mg 一 0.3mg = mV 2R解得V2 =07gR不符合题意v 2故对入只能有：mg + 0.6mg = m-R解得:V； = 1.6gR，对B有:mg 一 0.3mg = mv 2R解得V2=0,7gR 或者 mg + 0.3mg = mV 2R解得V2 =、ER通过C点后，小球做平抛运动，所以水平位移了 = vt，因为距离地面的高度相同，所以 TOC o 1-5 h z %*7 工工 x v2判断如图所示，半径为R的半圆形圆弧槽固定

3、在水平面上，在圆弧槽的边缘A点有一小 球（可视为质点，图中未画出），今让小球对着圆弧槽的圆心0以初速度v作平抛运动， R .从抛出到击中槽面所用时间为、：g （g为重力加速度）。则平抛的初速度可能是B.D.【答案】AB【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动.由一 1 R 竖直位移h = -gt2 =，小球可能落在左半边也可能落在右半边，水平位移有两个值，由勾股定理可求出分别为R - Rcos30o,R + Rcos30 0，由水平方向匀速直线运动可求v = 2 - .3 gR v = 2 + 3 gR出两个水平速度分别为02、 02 AB对。故选:AB

4、.考点：平抛运动.点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运 动，在竖直方向上做自由落体运动.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向 的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点； 若A点小球抛出的同时，在C点以初速度七沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能 击中D点。已知ZCOD = 60，且不计空气阻力，则（）ZJA.两小球同时落到D点两小球在此过程中动能的增加量相等在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等两小球初速度之比七： = *6：3【答案】CD【解析】试题分析：平抛运动飞行

5、时间只与高度有关，A点小球后落到D点，选项A错误；由动能定理，两小球在此过程中动能的增加量不相等，选项B错误；在击中D点前瞬间，重cc 1力对两小球做功的功率不相等，选项C正确；由平抛运动规律，R =叩，R = gt2 ；1Rsin60 = v212，R（1 - cos60 ）= gt2 ；联立解得 vvT ：3，选项 D 正确 考点：考查了平抛运动的应用，点评：做解此类型的问题时，需要结合数学知识求解，所以要在平时的训练中，训练数物结合的思想如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为0。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度V0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点。已知0C

6、的连线与0A的夹角为。，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（）v02v0C. -0cot D. 0tan g2g2【答案】A【解析】试题分析：小球以速度v 0水平向右抛出，做平抛运动，水平方向有R - R cos e=叩，竖直方向有R sin 0 =2v解得=了 . 1 - cos 0sin 02v0=cot。g2故选A考点：平抛运动规律的应用点评：解决本题的关键是由图得出合位移大小和方向，从而运用几何知识和运动学知识 表示出竖直和水平方向的速度与位移.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度 勺沿直线轨道向右运动，如图所示，小球进入圆形轨道后刚好能通过

7、c点，然后小球做 平抛运动落在直轨道上的d点，则（ ）小球到达c点的速度为t函小球到达b点时轨道的压力为5mg小球在直轨道上的落点d与b点距离为2RR小球从c点落到d点所需时间为2 -g【答案】ACD【解析】二、填空题(题型注释)三、实验题(题型注释) 四、计算题(题型注释)(9分)如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接，且 在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量为m=1kg的小物块在 水平恒力F=15N的作用下，由静止开始从A点开始做匀加速直线运动，当小物块运动到 B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知AB间的距离为3m，

8、重力加速度 g =10m/s2。求：小物块运动到B点时的速度；小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离。小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功【答案】(1) vB =5gR = 5m / s (2) x=1m (3) W户32.5J【解析】试题分析：(1)因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，即v 2 TOC o 1-5 h z mg = mD1 分小物块由B运动D的过程中机械能守恒，则有mv2 = mv2 + 2mgR1 分2 B 2 D所以 vB = J 5gR = 5m / s1 分(2)设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t根据平抛运

9、动的规律1 = vDt1分2 R =1 gt21分解得x=1m1分（3）小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理，有厂E 1Fx - W = & mv22 分解得：Wf=32.5J1分考点：考查了平抛运动，机械能守恒，动能定理的应用（14分）光滑水平桌面上有一轻弹簧，用质量m=0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩, 释放后物块从A点水平抛出，恰好由P点沿切线进入光滑圆弧轨道MNP，已知其圆弧轨 道为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角135。的圆弧，P点到桌面的竖直距离也是R， MN为竖直直径，g=10 m/s2，不计空气阻力。求：（1）物块离开弹簧时的速度大小；（2）物块在N点对圆弧轨道的

10、压力.（结果可用根式表示）【答案】（1） 4m/s （2） 28+42 N【解析】试题分析：（1）物块由A点以初速度vA做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy= J2gR，由几何知识可知vA=Vy解得vA=4 m/s-，、工11（2）A 到 N 点，由动能定理有 mgR+（R-Rcos45 ） = mv2- -mv222 aV 2 在N点有：F-mg = m R解得F=28+42N 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小等于F，方向竖直向下。考点：平抛运动动能定理牛顿第二定律如图，斜面、水平轨道和半径R=2.5m的竖直半圆组成光滑轨道，水平轨道与半圆 的最低点相切，轨道固定在水平面上。一个质

11、量为m=0.1kg的小球从水平地面上A点斜 向上抛出，并在半圆轨道最高点D水平进入轨道，然后沿斜面向上，达到最大高度 h=6.25m。（不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失。（g取 10m/s2）求A（1）小球抛出时的速度（角度可用三角函数表示）（2）小球抛出点A到D的水平距离（3）小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力【答案】（1）arctan2 （2）5m （3） 11N【解析】试题分析：（1）从D点到斜面最高点的过程中机械能守恒，则有.mv 2+2mgR=mgh 解得：v =gR =5m/sDD 设小球抛出时的速度为v，根据机械能守恒定律有：1mv02= mgh代

12、入数值解得：v510 m/s小球从A到D的过程可以看做从D到A的逆过程，小球抛出点A到D的水平距离为x， 根据平抛运动规律有：gX 22R=代入数值解得：x=5m2v 2D设小球抛出时速度方向与水平方向夹角为。，根据平抛运动规律有:tan9=2=2 所以 9=arctan2x（2）由（1）问知 x=5m 根据机械能守恒定律知小球在最低点的速度为vo=5j10m/s,由牛顿第二定律得:V 2N-mg=m 方，所以：N=11N由牛顿第三定律可知，小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力大小为11N，方向 竖直向下。考点：平抛运动机械能守恒定律牛顿运动定律如图所示，在水平放置的圆盘边缘C点固定一个小

13、桶，桶的高度不计，圆盘半径为 R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆 心0在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h= 1.25m，在滑道左端静止放 置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为u=0.2，现用力 F=4N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置以角速度3=2丸rad/s，绕通过圆 心0的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块上一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出， 恰好落入圆盘边缘的小桶内。（重力加速度取10m/s2。）（1）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度（2）求拉力所做的最少的功【答案】（1）4

14、m （2）1.44J【解析】试题分析：（1）设在拉力F作用下物体的加速度为气，只在滑动摩擦力作用下的加速度 为a2，根据牛顿第二定律有：F-mg=ma1 -mg=ma2 解得 aj8m/s2a2=-2m/s2由平抛运动规律知从B到C的时间为t=0.5s 所以从B点飞出速度为 v = 一 =2m/sB t设拉力作用时间为t，则滑道的长度L应满足：L 1 at 2 + SI 之=4m2 io2a2（2）要使拉力做功最少，则应拉力作用时间最短（或作用距离最短）则应满足圆盘在刚 好转动一周时物块掉进C中，由题可知圆盘转动周期：T=1s.由（1）的分析知从拉力开 始作用到滑块到B点所用时间等于0.5s，

15、设拉力作用时间为七，自由滑动时间为t2， 则有v=at+at，解得t=0.3s，t =0.2s，所以拉力做的最少的功为：B 112 212W=FX at 2=1.44JF 2 1 1考点：牛顿第二定律平抛运动圆周运动如图所示，竖直放置的半径R=0.4m的半圆形光滑轨道BCD跟水平直轨道AB相切于 B点，D点为半圆形轨道的最高点。可视为质点的物块m=0.5kg，静止在水平轨道上A 点，物块与轨道AB间的动摩擦因数为u=0.2, AB两点间的距离为l=2m。现给物块m 施以水平向右恒力F作用s=1m后撤除恒力，物块滑上圆轨道D点时对轨道压力大小等 于物块重力。（g取10m/s2）（1）求物块m到达

16、B点时的速度大小（2）求物块落到轨道上距B点的距离x（3）求恒力F的大小【答案】（1）26 m/s（2）0.8/2m（3）8N 【解析】试题分析：（1）以物块为研究对象，根据题设及牛顿第三定律知物块滑上圆轨道D点时， 轨道对物块弹力大小等于物块重力，即Fn = mg设物块到达D点时的速度为vD，应用牛顿第二定律得：Fn+ mg = m节， 代入数据解得：VD = 2很m/s,_ 11- C从B到D点过程，只有重做功，机械能守恒：2mvB = 2mvD + 2mgR代入数据解得：vB =yjvd + 4gR = 26 m/s（2）物块过D点后做平抛运动，设从D点到落到水平轨道上所需时间为t，根据

17、运动 学规律得：在竖直方向上：2R = - gt2 ，解得：t = 2 ：攵=0.4s2g在水平方向上：x = vDt = 0.8J2m（3）物块在AB段：水平向右恒力F做正功，摩擦力做负功.由动能定理得:Fs - mgl =1mv 22 B2 x 0.2 x 0.5 x10 x 2 + 0.5 x2 x12p mgl + mv 2F =B2s考点：动能定理的应用、牛顿第二定律、平抛运动、机械能守恒定律.如图所示，从A点以v0=4m / s的水平速度抛出一质量m=lkg的小物块（可视为质点）， 当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平

18、面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量 M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0. 6m、h=0. 15m，R=0. 75m，物块与长木板 之间的动摩擦因数七=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数u2=0. 2。g取10m/s2, 求：不但, Jt小物块运动至B点时的速度大小和方向；小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】(1)5m/s，与水平方向成37角斜向下(2)47.3N，向下(3)2.8m【解析】试题分析：(1)物块做平抛运动：H-h=A轮每秒的转数n最少是多少？ gt2设到达C点时竖直分速度为Vy则：Vy=gt

19、V= Jvj + v 2 = 4 v0=5m/s方向与水平面的夹角为。，tan0= 03，即。=374(若A轮有上述的最小转速，且其最高点距地面高度为h，求小物体落地的速度方 向(用反三角函数表示)从c点，由动能定理得mgH= 2普-2叫V 2 设C点受到的支持力为Fn，则有FN-mg= m节由式可得v2 77 m/s所以：F =47.3 NN根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向向下由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f= u img=5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f=u2 (M+m) g=10N 因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静

20、止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0V 2则长木板长度至少为1=/ =2.8m。* 1 考点：平抛运动与圆周运动的组合，动能定理、牛顿定律m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，如图所示， 已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间、传送带与小物体间不会打滑.当m可被水平 抛出时，【答案】(1) n =-(2) 0 = arctan v2h/ r 2兀 r【解析】,D、一V 2v试题分析：（1）小物体在轮的最高点时有：mg = m，又有n = 一r2兀r联立解得：n =、2兀 r（2）抛出后小物体做平抛运动有：，1 C竖直万向有：h = -gt2水平

21、方向有：X = vt4-、，.， ， -gt落地时速度万向与水平万向的夹角为：tan0 =v联立解得:0 = arctan w2h / r考点：本题综合考查了圆周运动和平抛运动如图所示，一小物块自平台上以速度水平抛出，刚好落在邻近一倾角为x = 530 的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h = 0.032m, 小物块与斜面间的动摩擦因数为R = 0.5，A点离B点所在平面的高度H = 1.2m。有半径为R的光滑圆轨道与斜面 AB在B点平滑连接，已知cos530 = 0.6， sin530 = 0.8，g 取 10m/s2。求:（1）小物块水平抛出的初速度v0是多

22、少；（2）小物块能够通过圆轨道，圆轨道半径R的最大值。【答案】（1） v = 0-6m/s；（2） R最大值为Mm021【解析】试题分析：（1）小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得:v = 顽 f 2 X10 x 0.032 = 0.8 m/s （2 分） y由于物块恰好沿斜面下滑，则tan530 =二 （3分）得v = 0.6 m/s （2分） TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark114 o Current Document v00（2）设小物块过圆轨道最高点的速度为v，受到圆轨道的压力为N。则由向心力公式得:V 2N + mg = m (2 分)R由功能

23、关系得： mg(H + h) + -mv2 一 *mgHcos53 = mg(R + Rcos53。)+ Lmv22 0sin53。2（5分）小物块能过圆轨道最高点，必有 N 0 （1分）联立以上各式并代入数据得：R 来m，R最大值为* m （2分）2121考点：平抛运动，圆周运动，功能关系（15分）如图所示，质量为m的小物块在光滑的水平面上以v向右做直线运动， 经距离l后，进入半径为R光滑的半圆形轨道，从圆弧的最高点飞出恰好落在出发点上.已知l=1.6m，m=0.10kg， R=0.4m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2.（1）求小物块运动到圆形轨道最高点时速度大小和此时小物块对轨道

24、的压力.（2）求小物块的初速度%（3）若轨道粗糙，则小物块恰能通过圆形轨道最高点.求小物块在这个过程中克服摩 擦力所做的功.【答案】（1）3N （2） v0 = 4（2m/s（3） W = 0.6J【解析】试题分析：（1）由题意知，物块从圆形轨道最高点飞出做平抛运动，1在水平万向：1 = vt ；竖直万向2R = -gt2代入数据解得：v=4 m/sv2在最高点根据向心力公式mg + F = m-，解得：F=3NR由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力F = F = 3N11（2）从出发到运动到轨道最高点的过程根据动能定理：-mg2R = -mv2-mv222 。解得：v0 = 4侦2 m：s（3

25、）设物块恰好能过轨道最高点时速度为v，则mg = m三R一 ，、 一 1 , 1再由动能定理：W -mg2R = 2mv 2 - mv2代入数据解得：七=0.6 J考点：本题考查平抛运动、圆周运动及动能定理，意在考查学生的综合能力。（13分）如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，MN为半径R = 1.0m、固定于竖直平面内的1光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。PQ为待检验的固定曲面，该曲 4一 .1面为在竖直面内截面半径,=v0.69m的二圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于MN4轨道的上端点N，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m = 0.01kg的小钢珠，假设某次发射

26、的钢珠沿轨道恰好能经过N点，水平飞出后落到PQ上的S点，取g =10m/s2。求:N(2)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep的大小;(3)钢珠落到圆弧PQ*点时速袂的大小。【答案】（1） vn = 7T0m/s （2） Ep = 0.15J （3） v = 4m/s【解析】试题分析：（1）恰好能过N点，则在N点时重力充当向心力，所以根据牛顿第二定律可得mg =竺 （2分）R TOC o 1-5 h z 故解得vN = J10m/s（1分） 弹簧的弹性势能转化为动能和重力势能，所以有EmgR + mvu（2分）解得：Ep = 0.15J（1 分）（3）从N点出来后，恰好做平抛运动，所以在水平方向上

27、有：x = vj（1分）1在竖直方向上有：y = 5 gt2（1分）根据几何知识可得：工2 + y2 = r2(1分)故解得1 = 16 s(1分)根据速度的合成可得V =、腴2 + (gt)2(2分)S N故 VS = 4m/s(1 分)考点：考查了圆周运动，机械能守恒，平抛运动规律的综合应用(12分)如图所示，竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD, B点与圆 心0等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H= 0.95 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ间的距离x = 2.4 m，球从D点飞出后的

28、运动过程中相对水平面上升的最大高度 h=0.80 m， g取g=10 m/s2，不计空气阻力，求：|小球经过C点时轨道对它的支持力大小F ；N小球经过最高点P的速度大小vp；D点与圆心0的高度差h0D.【答案】(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m【解析】试题分析：(1)设经过C点速度为V，由机械能守恒有mg(H+R) = 2 mv2mv 2代入数据解得：Fn=6.8 N.由牛顿第二定律有FNmg= R(2)p点时速度为*顷。做平抛运动有h=2就2, f=n代入数据解得：vp=3.0 m/s.由机械能守恒定律，有1 / 、2 mv 2 +mgh=mg(H+h0D)，代入数据

29、，解得hoD=0.30 m.考点：本题考查机械能守恒、平抛运动规律。(16分)如图所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下， 运动到轨道最低点B后，进入半径为R的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点C， 离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出，最终撞击到搁在轨道末端点和 水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为H=0.8m，木板与水平 面间的夹角为9=37，小球质量为m=0.1kg，A点距离轨道末端竖直高度为h=0.2m，不计空气阻力。(取 g=10m/s2, sin37=0.6, cos37=0.8)求圆轨道半径R的大小;求小球从轨道末端点冲出后，

30、第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多 大;一次撞击木板时的动能随木板倾角9【答案】(l)R=0.08m；y = 0.45m；若改变木板的长度，并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第 变化的关系式，并在图中作出Ek-(tan9*图象。E =0.8tan2 9+0.2，其中 0tan2 9W1， k【解析】试题分析：小球恰好能通过C点，因此，在C点，根据牛顿第二定律和向心力公式有:V 2mg= mC，一一一，、工1小球由A点运动至C点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：mg(h2R) = = mv22 c0，、, ，2，联立以上两式解得：R= 5h =0.08m1

31、小球从A点运动至D点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：mgh=； mv2 0 2 d小球离开D点后开始做平抛运动，设经时间t落到木板上，根据平抛运动规律可知，在水平方向上有：x = VDt在竖直方向上有：y=1 gt2一V根据图中几何关系有：tan9=X联立以上各式解得：y=4htan2 9 =0.45m，即小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为：y = 0.45m，工，一一，、工1小球从离开D点到第一次撞击木板的过程中，根据动能定理有：mgy=Ek mv/1解得：Ek=mgy+ 2mv：由中求解可知：Ek=mgh(4tan2 9+1) =0.8tan2

32、9+0.2显然，当小球落地时动能最大，为：Ekm=mg(h+H)=1J所以有：Otan2 01,其图象如下图所示。考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、圆周运动向心力公式、动能定理 (或机械能守恒定律)的应用以及图象问题，属于中档偏高题。如图，一个质量为m的小球(可视为质点)以某一初速度从A点水平抛出，恰好从 圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。 已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角9=60，不计空气 阻力。求：DA小球从A点做平抛运动的初速度v的大小；在D点处管壁对小球的作用力N； 小球在圆管中运动时克服阻力做的

33、功W克f。【答案】(1)展R(2)哗 (3) 3mgR48【解析】试题分析：(1)小球从A到B：竖直方向v2 =2gR (1+cos60) =3gR 则 v = 3gRyy在B点，由速度关系v0=V y tan 60(2)小球从D到B，竖直方向R (1+cos60)二一gt2解得：t=： TOC o 1-5 h z 2 g则小球从D点抛出的速度 HYPERLINK l bookmark126 o Current Document R_、gv =D sin 602在D点，由牛顿第二定律得：v23mgmg - N=m -R解得：N= 从A到D全程应用动能定理：-W = mv2 - mv2解得：W

34、=-mgR克f 2 d 20新8考点：平抛运动圆周运动牛顿第二定律动能定理(15分)如图所示，竖直平面内的3/4圆弧形光滑轨道半径为R, A端与圆心0等 高，AD为与水平方向成45。角的斜面，B端在0的正上方，一个小球在A点正上方由 静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并恰能到达B点.求：到达B点的速度大小？(2)释放点距A点的竖直高度；(3)小球落到斜面上C点 时的速度大小和方向.【答案】(1) v = (2) h = 3 R (3) v =、环，与水平方向夹角的正切值 B2C是2【解析】试题分析：(1)小球到达B点:.v2由 mg = m-B解得：vB =gR一z 1(2)设小球的释

35、放点距A点高度为h，由机械能守恒定律得：mg(h-R) = mv22 b,3 -解得：h = -RA1-gt2V9 (3)小球落到C点时：由tan。=一，得：tan45o =- xv t解得：t = 2： RVy = gt = 2 崩R小球落到C点得速度大小：V。= Jv; + V2 =y/5gR小球落到C点时，速度与水平方向夹角为中：Vtan 中=-yVB考点：本题考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动.(18分)如图所示，位于竖直平面内的1/4光滑圆弧轨道，半径为R，OB沿竖直方 向，B处切线水平，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止 释放，最后落在地面C点处，

36、不计空气阻力，求：小球刚运动到B点时，对轨道的压力是多少？小球落地点C到B的水平距离S为多少？比值R/H为多少时，小球落地点C与B的水平距离S最远?该水平距离的最大值是 多少(用H表示)？ 【答案】(1)七=3mg (2) S= J4HR-4R2 (3) S = H【解析】试题分析：(1)由机械能守恒定律mgR=：mv22 bV 2对最低点列牛顿第二定律方程、-mg = m节解得：Nb =3mg根据牛顿第三定律小球刚运动到B点时，对轨道的压力是N =3mgB/ 1,由平抛运动得H-R= gt2，S= VJ解得：S=* 4HR - 4R 2由 S=(4HR - 4R2 = VH2 - (2R -

37、H)2当R= 时，即77 = 时，S有最大值S = H2 H 2max考点：机械能守恒定律牛顿运动定律平抛运动规律(19分)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水 平台阶表面的动摩擦因数u=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m.在台阶右侧固定了 一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点。今以O点为原点建立平面 直角坐标系.现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水 平抛出并击中挡板.（g取10m/s2）（1）若小物块恰能击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37，已知sin37 = 0.6cos37 = 0.8），则其离

38、开o点时的速度大小;（2）为使小物块击中档板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块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） v = 3V3 ms （2） t=1s （3） E . = /3J【解析】试题分析：（1）小物块从O到P，做平抛运动 TOC o 1-5 h z 水平方向：R cos37 0 = vt（2分）， 一”1竖直万向：Rsin37o = gt2（2 分）2解得：v = - 3 mis（1 分）o 3（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：Fx-RmgS =AE广0（1分）解得：x=25m（1分）由牛顿第

39、二定律得：F-rmg = ma（2分）解得：a = 5ms2（1 分）由运动学公式得：x = 1 at2（2分）解得：t=1s（1分）（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则X = vt（1 分）1/八、y = -gt2（1 分）厂 1由机械能守恒得：E广2mv2 + mgy（1分）又 x2 + y2 = R2（1 分）mgR 2 3mgy 化简得U +号（1分）由数学方法求得E=J：3 J（1分）k min 2考点：本题考查牛顿第二定律、平抛运动及机械能守恒，意在考查学生的综合能力。如图所示，在竖直平面内有半径为R=0.2 m的光滑1/4圆弧AB，圆弧B处的切线 水平，O点在B点的

40、正下方，B点高度为h=0.8m。在B端接一长为L=1.0m的木板MN。 一质量为m=1.0 kg的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N点滑 到板上，恰好运动到A点。（g取10 m/s2）求：（1）滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小；（2）从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力；（3）若将木板右端截去长为AL的一段，滑块从A端静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，AL应为多少？【答案】（1） 0.2； （2） 30 N，方向竖直向下；（3） 0.16m【解析】试题分析：（1）由动能定理可知, C 1 TOC o 1-5 h z H mgL + mgR

41、 = mv 2（1 分）2 o解得h = 0.2（1分）,11（2）根据动能定理-HmgL = -mv 2 - mv 2（1分）2 b 20v 2八、由向心力公式可知：F mg = m-（1分）R解得：F=30 N由牛顿第三定律知，滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N，方向竖直向下。（1分）（3）由牛顿第二定律可知：Hmg = ma（1分）根据平抛运动规律：h = !gt2,t =：四=0.4s（1分）2 g由运动学公式可知：v2 - v2 = 2a（L-A L） ，v =、：；*-2h g（L -AL） = 2 侦 AL（1分）由平抛运动规律和几何关系：xp = L-AL + vt = 1

42、-AL + 0.8w：AL（1分）解得当AL = 0.16m时，落地点P距O点最远。（1分）考点：匀速圆周运动的向心力、抛体运动、动能定理如图所示，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆 弧AB的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)，并从最 低点B通过一段光滑小圆弧滑上另一粗糙斜面CD。已知圆弧AB的半径R=0.9m,0 =600,B在O点正下方，斜面足够长，动摩擦因数u=0.5,斜面倾角为37。，小球从p到达A点时的速度为 4m/s。(g 取 10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6)问:P点与A点的水平距离和竖直高度小球在斜

43、面上滑行的总路程【答案】(1) x=0.4寸3 m； y=0.6m； (2) S =m总 8【解析】试题分析：(1) A点的水平分速度为：vAx= vAcos60=2m/s， 竖直分速度为：vA = vAsin60= 2J3m/s，时间 t= vA /g= 0.2f3 sP点与A点的水平距离x= vAxt=0.43 mP点与A点的竖直高度y=： gt2 =0.6m(2)设小球斜面向上运动的距离为x，则mmg(R 一 R cos 60) 一 mgx sin 37 - mgxcos 37 = 0 一 v 22 ax = 1.25m 再滑下时设过了 A点，则m 八mgx sin 37 一 mgx cos 37 - mg(R - R cos 60) = v2 -