知识讲解 曲线运动复习与巩固 提高

1 曲线运动复习与巩固 【学习目标】 1． 知道物体做曲线运动的条件及特点，会用牛顿定律对曲线运动条件做出分析。 　　2．了解合运动、分运动及其关系，特点。知道运动的合成和分解，理解合成和分解遵循平行四边形 法则。 　　3．知道什么是抛体运动，理解平抛运动的特点和规律，熟练掌握分析平抛运动的方法。了解斜抛运 动及其特点。 　　4．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。理解向心力及向心加速度。 　　5．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。能正确处理竖直平面内的 圆周运动。 　　6．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。会分析相关现象的受力特点。 【知识网络】 【要点梳理】 知识点一、曲线运动 （1）曲线运动的速度方向 曲线运动的速度方向是曲线切线方向，其方向时刻在变化，所以曲线运动是变速运动，一定具有加速 度。 （2）曲线运动的处理方法 曲线运动大都可以看成为几个简单的运动的合运动，将其分解为简单的运动后，再按需要进行合成， 便可以达到解决问题的目的。2 （3）一些特别关注的问题 ①加速曲线运动、减速曲线运动和匀速率曲线运动的区别 加速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹锐角 减速曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向夹钝角 匀速率曲线运动：速度方向与合外力（或加速度）的方向成直角 注意：匀速率曲线运动并不一定是圆周运动，即合外力的方向总是跟速度方向垂直，物体不一定做圆 周运动。 ②运动的合成和分解与力的合成和分解一样，是基于一种重要的物理思想：等效的思想。 也就是说，将各个分运动合成后的合运动，必须与实际运动完全一样。 ③运动的合成与分解是解决问题的手段 具体运动分解的方式要由解决问题方便而定，不是固定不变的。 ④各个分运动的独立性是基于力的独立作用原理 也就是说，哪个方向上的受力情况和初始条件，决定哪个方向上的运动情况。 知识点二、抛体运动 （1）抛体运动的性质 所有的抛体运动都是匀变速运动，加速度是重力加速度。其中的平抛运动和斜抛运动是匀变速曲线运 动。 （2）平抛运动的处理方法 通常分解为水平方向上的匀速运动和竖直方向上的自由落体（或上抛运动或下抛运动）。 （3）平抛运动的物体，其飞行时间仅由抛出点到落地点的高度决定，与抛出时的初速度大小无关。 而斜抛物体的飞行时间、水平射程与抛出时的初速度的大小和方向都有关系。 （4）运动规律及轨迹方程 规律：（按水平和竖直两个方向分解可得） 水平方向：不受外力，以 v0 为速度的匀速直线运动： 竖直方向：竖直方向只受重力且初速度为零，做自由落体运动： 平抛运动的轨迹：是一条抛物线 合速度：大小： ，即 ， 方向：v 与水平方向夹角为 合位移：大小： ，即 ， 方向：S 与水平方向夹角为 一个关系： ，说明了经过一段时间后，物体位移的方向与该时刻合瞬时速度的方向不 相同，速度的方向要陡一些。如图所示 x v t v vx= =0 0, y gt v gty= =1 2 2， 2 2 02 xv gy = 22 yx vvv += v v gt= +0 2 2( ) )(tan 0 1 v gta −= 22 yxS += S v t gt= +( ) ( )0 2 2 21 2 )2(tan 0 1 v gt−=β βα tan2tan =3 知识点三、圆周运动 （1）描写圆周运动的物理量 圆周运动是人们最熟悉的、应用最广泛的机械运动，它是非匀变速曲线运动。要理解描写它的各个物 理量的意义：如线速度、角速度、周期、转速、向心加速度。速度方向的变化和向心加速度的产生是理解 上的重点和关键。 （2）注重理解圆周运动的动力学原因 圆周运动实际上是惯性运动和外力作用这一对矛盾的统一。 （3）圆周运动的向心力 圆周运动的向心力可以是重力、万有引力、弹力、摩擦力以及电磁力等某种性质的力; 可以是单独的 一个力或几个力的合力，还可以认为是某个力的分力；向心力是按效果命名的； 注意：匀速圆周运动和变速圆周运动的区别： 匀速圆周运动的物体受到的合外力完全用来提供向心力，而在变速圆周运动中向心力是合外力的一个 分量，合外力沿着切线方向的分量改变圆周运动速度的大小。 （4）向心运动和离心运动 注意需要的向心力和提供的向心力之不同，如 是质量为 m 的物体做圆周运动时需 要向心力的大小；提供的向心力是实实在在的相互作用力。需要的向心力和提供的向心力之间的关系决定 着物体的运动情况，即决定着物体是沿着圆周运动还是离心运动或者向心运动。 向心运动和离心运动已经不是圆周运动，圆周运动的公式已经不再适用。 （5）解决圆周运动的方法 解决圆周运动的方法就是解决动力学问题的一般方法，学习过程中要特别注意方法的迁移和圆周运动 的特点。 （6）一些特别关注的问题 ①同一个转动物体上的各点的角速度相同；皮带传动、链条传动以及齿轮传动时，各轮边缘上的点的线速 度大小相等。 这一结论对于解决圆周运动的运动学问题很有用处，要注意理解和应用。 ②对于线速度与角速度关系的理解 公式 ，是一种瞬时对应关系，即某一时刻的线速度与这一时刻的角 速度的关系，某一时刻的线速度、角速度与向心加速度的关系，适应于匀速圆周运动和变速圆周运动中的 任意一个状态。 ③一些临界状态 1)细线约束小球在竖直平面内的变速圆周运动 恰好做圆周运动时，在最高点处重力提供向心力，它的速度值 。 2)轻杆约束小球在竖直平面内做变速圆周运动 rmr vmF 2 2 ω==向 ωrv = ω = v r a v r r= = 2 2ω v gR≥4 a、最高点处的速度为零，小球恰好能在竖直面内做圆周运动，此时杆对小球提供支持力； b、在最高点处的速度是 时，轻杆对小球的作用力为零，只由重力提供向心力；球的速度大于这 个速度时，杆对球提供拉力，球的速度小于这个速度时，杆对球提供支持力。 3)在静摩擦力的约束下，物体在水平圆盘做圆周运动时： 物体恰好要相对滑动，静摩擦力达到最大值的状态。此时物体的角速度 （ 为最大静摩擦 因数），可见临界角速度与物体质量无关，与它到转轴的距离有关。 ④圆周运动瞬时变化的力 物体由直线轨道突然进入圆周轨道时，物体与轨道间的作用力会突然变化。物体在轨道上做变速圆周 运动时，物体受到弹力的大小和它的速度的大小有一定的关系，在有摩擦力作用的轨道上，速度的变化往 往会引起摩擦力的变化，应引起足够的注意。 【典型例题】 类型一、运动的合成和分解 例 1、如图所示，一条小船位于 200 m 宽的河正中 A 点处，从这里向下游 m 处有一危险区， 当时水流速度为 4 m/s．为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是( ) A． B． C．2m/s D．4m/s 【思路点拨】解决渡河问题时，要先弄清合运动和分运动． 【解析】水流速度是定值，只要保证合速度方向指向对岸危险区上游即可，但对应最小值应为刚好指 向对岸危险区边缘，如图所示． ， ． 则 ，所以 C 正确． 【答案】C 【总结升华】由于河的宽度是确定的，所以首先应确定渡河的速度，然后计算渡河的时间，再根据等 时性分别研究两个分运动或合运动．一般只讨论 时的两种情况，一是船头与河岸垂直时渡河时间 最短，此时以船速渡河；二是渡河位移最小，此时以合速度渡河． 类型二、平抛运动 Rgv = r gµω = µ 100 3 4 3 m /s3 8 3 m /s3 100 3tan 3100 3 α = = 30α = ° min sin30 2m /sv v= =船 水 ° v v>船 水5 例 2、如图所示，长为 L、内壁光滑的直管与水平地面成 30°角固定放置．将一质量为 m 的小球固定 在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为 M＝km 的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放， 一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向 过程中速率不变．(重力加速度为 g) (1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小； (3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于 ． 【思路点拨】分析清楚 M 与 m 在各阶段的运动是关键。 【解析】(1)设细线中的张力为 T，根据牛顿第二定律，Mg-T＝Ma， T-mgsin 30°＝ma， 且 M＝km， 解得 ． (2)设 M 落地时的速度大小为 v，m 射出管口时速度大小为 v0，M 落地后 m 的加速度为 a0． 根据牛顿第二定律-mg sin 30°＝ma0． M 做匀变速直线运动， ， M 落地后，m 做匀变速直线运动， ． 解得 （k>2） (3)平抛运动 x＝v0t， ． 解得 ． 则 ，得证． 【总结升华】对于此类题目，分析清楚相关联的两个物体之间的运动制约关系是关键。 例 3、.(2015 丰台区二模) 如图所示，在水平地面上固定一倾角 θ=37°的长斜面体，物体 A 以 v1=8m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体 A 的正上方，有一物体 B 以某一初速度水平抛出。物体 A 上滑过程中 速度减小，当速度减为零时恰好被 B 物体击中。已知物体 A 与斜面体间的动摩擦因数为 0.25。（A、B 均 可看作质点， sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s2）求： 2 2 L 2 1 ( 1) ka ga k −= + 2 2 sin30v aL= ° 2 2 0 02 (1 sin30 )v v a L− = − ° 0 2 2( 1) kv gLk −= + 21sin30 2L gt=° 2 2( 1) kx L k −= + 2 2x L< h θ v1 v2 A B6 （1）物体 A 上滑过程所用的时间 t； （2）物体 B 抛出时的初速度 v2； （3）物体 A、B 间初始位置的高度差 h。 【答案】（1）t=1s；（2）x=3.2m；（3）h = 7.4m 【解析】（1）物体 A 上滑过程中，由牛顿第二定律得： 代入数据得：a=8m/s2 设经过 t 时间相撞，由运动学公式： ，代入数据得：t=1s （2）平抛物体 B 的水平位移： ，代入数据得：x=3.2m 平抛速度： ，代入数据得：v2=3.2m/s （3）物体 A、B 间的高度差： 代入数据得：h = 7.4m 举一反三 【高清课程：曲线运动复习与巩固 例 1】 【变式 1】水平抛出一个小球，经过一段时间球速与水平方向成 450 角，再经过 1 秒球速与水平方向 成 600 角，求小球的初速大小。 【答案】 举一反三 【变式 2】(2015 三模)水平抛出的小球，t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为 ，t＋ 秒内位移方向与水平方向的夹角为 ，重力加速度为 g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为 ( ) A． B. C． D． 【答案】A 【解析】t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为 ，则： ① t+t0 秒内位移方向与水平方向的夹角为 ， sin cosmg mg maθ µ θ+ = 10 v at= − 1 1 cos372x v t= ° 2 xv t = A Bh h h= + 1 1 sin372Ah v t= ° 21 2Bh gt= 1 θ 0t 2 θ 0 2 (t ) 2(tan ) g θ θ1 －t －t an 2 (t ) 2(tan ) g θ θ 0 1 ＋2t －t an 22(tan ) g θ θ 0 1 t －t an 2 t tan g θ θ1－t an 1 θ 2 θ ( )0 5 3 1v m / s= +7 则： ② ②﹣①得， ．故 A 正确，B、C、D 错误． 类型三、圆周运动中的临界问题 例 4、（2016 沈阳市三模）如图所示，半径为 R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴 旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心 O 的对称轴 OO′重合。转台以一定角速度甜匀速转动。一质 量为 m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和 O 点的连 线与 OO＇之间的夹角θ为 60°。重力加速度大小为 g。 （1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； （2）ω=(1±k) ω0，且 0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。 【思路点拨】若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛 顿第二定律求出角速度的大小。 当ω〉ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求 出摩擦力的大小；当ω〈ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛 顿第二定律求出摩擦力的大小。 【解析】（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有： mgtanθ=mRsinθω02，解得 （2）当ω=（1+k）ω0 时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下， 根据牛顿第二定律得， fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2， fsin60°+mg=Nsin30°。 联立两式解得 0 2g R ω = 3 (2 ) 2 k kf mg +=8 当ω=（1－k）ω时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律得， Ncos30°－fcos60°=mRsin60°ω2， mg=Nsin30°+fsin60° 联立两式解得 。 【点评】解决本题的关键搞清物体做圆周运动向心力的来源，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上 的合力提供向心力进行求解。 类型四、圆周运动中的动力学问题 例 5、如图所示，轻杆长为 3L，杆上距 A 球为 L 处的 O 点装在水平转动轴上，杆两端分别固定质量 为 m 的 A 球和质量为 3m 的 B 球，杆在水平轴的带动下，在竖直平面内转动．问： (1)若 A 球运动到最高点时，杆 OA 恰好不受力，求此时水平轴所受的力； (2)在杆的转速逐渐增大的过程中，当杆转至竖直位置时，能否出现水平轴不受力的情况?如果出现这 种情况，A、B 两球的运动速度分别为多大? 【解析】(1)令 A 球质量为 mA，B 球质量为 mB，则 mA＝m，mB＝3m．当 A 球运动到最高点时，杆 OA 恰好不受力，说明此时 A 球的重力提供向心力，则有 mAg＝ ，所以 ． 又因为 A、B 两球固定在同一杆上，因此 ．设此时 OB 杆对 B 球的拉力为 F T ，则有 ，所以 FT＝9mg． 对 OB 杆而言，设水平轴对其作用力为 F，则 F＝FT＝9mg．由牛顿第三定律可知，水平轴所受到的拉 力为 9mg，方向竖直向下． (2)若水平轴不受力，那么两段杆所受球的拉力大小一定相等，设其拉力为 ，转动角速度为ω，由 牛顿第二定律可得： ， ① ， ② 由①－②得：m1g+m2g＝(m1L1-m2L2)ω2， ③ 3 (2 ) 2 k kf mg −= 2 A Am Lω A g L ω = A B ω ω= T B B BF -m g m 2L ω 2＝ （ ） TF′ 2 1 1 1TF m g m Lω′ + = 2 2 2 2TF m g m L ω′ − =9 从上式可见，只有当 m1L1＞m2L2 时才有意义，故 m1 应为 B 球，m2 为 A 球． 由③式代入已知条件可得：(3m+m)g＝(3m·2L-mL)ω2，所以 ． 由上述分析可得，当杆处于竖直位置，B 球在最高点，且 时，水平轴不受力，此时有 ， ． 【总结升华】本题中要注意研究对象的转换，分析轴受的作用力，先应分析小球的受力，而后用牛 顿第三定律分析． 例 6、如图所示，小球 Q 在竖直平面内做匀速圆周运动，当 Q 球转到图示位置时，有另一小球 P 在距 圆周最高点为 h 处开始自由下落，要使两球在圆周最高点相碰，则 Q 球的角速度ω应满足什么条件?在运 动过程中，球对圆筒的压力多大? 【思路点拨】要使两球在圆周最高点相碰，则它们运动到最高点所用时间相同。 【解析】设 P 球自由落体到圆周最高点的时间为 t，由自由落体可得 ，求得 ． Q 球由图示位置转至最高点的时间也是 t，但做匀速圆周运动，周期为 T，有 (n＝0，1，2，3，…)． 两式联立再由 得 ． 所以 (n＝0，1，2，3，…)． 【总结升华】在这类题目中“时间”是联系不同运动的桥梁，且往往这类题目由于匀速圆周运动的周 期性给结果带来多解性． 类型五、平抛运动的的实验 例 7、如图所示，方格坐标每边长 10 cm，一物体做平抛运动时分别经过 O、a、b 三点，重力加速度 g 取 10m/s2，则下列结论正确的是( ) 4 5 g L ω = 4 5 g L ω = 4 2 55 5A gv L L gLL ω= = = 4 42 2 55 5B gv L L gLL ω= = = 21 2 gt h= 2ht g = (4 1) 4 Tt n= + 2T π ω= 2(4 1) 2 hn g π ω+ = (4 1)2 2 gn h πω = +10 A．O 点就是抛出点 B．a 点 与水平方向成 45° C．速度变化量 D．小球抛出速度 v＝1 m/s E．小球经过 a 点的速度为 m/s F．小球抛出点的坐标为(-5cm，-1.25 cm)(以 O 点为坐标原点) 【思路点拨】物体竖直方向做自由落体运动，可借鉴纸带问题确定运动时间。 【答案】C、D、E、F 【解析】由于 O、a、b 三点水平方向距离相等，说明 ，若 O 点为抛出点，则在竖直方向连续 相等时间内通过的位移之比应为 1:3:5，而从上图看，竖直方向相等时间内位移之比为 1:2，所以 O 点不 是抛出点，故 A 错．因 O 到 a 的位移方向与水平方向成 45°角，所以物体过 a 点时速度方向与水平方向 夹角肯定大于 45°，故 B 错．平抛运动是匀变速曲线运动．加速度恒定，所以相等时间内速度变化量相 等， ，故 C 对． 根据匀变速直线运动公式 ， ． 得 ，水平方向匀速运动速度 ，故 D 对． 小球经过 a 点时竖直方向的分速度 ， 得 m/s，故 E 对． 小球从抛出到运动到 a 点的时间可由 求出，得 0.15 s，可求得抛出点在(-5cm， -1.25cm)处，故 F 也对． 举一反三 【高清课程：曲线运动复习与巩固 例 4】 【变式】如图为平抛运动轨迹的一部分，已知条件如图所示。求：v0 和 vb av 0a bav v=△ △ 13 2 Oa abt t= 0a bav v=△ △ 2/a h T=△ 210m /sa g= = 0.1s Oa ab hT t t= = = =△ g 1m /sx xv t = = 0.3/ m / s 1.5m / s0.2ay ay Obv h t= = ＝ 2 2 13 2a ax ayv v v= + = ayv gt= /ayt v g= =11 【 答 案 】 0 2 1 sv h h g = − 2 2 2 1 2 1 4 4b gs g( h h )v h + += （ - h）12 【巩固练习】 一、选择题： 1、（2015 杭州重点中学联考）下列说法中正确的是（ ） A．物体速度变化越大，则其加速度越大 B．物体的加速度增大，则其速度一定增大 C．原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲线运动，也可能做直线运动 D．原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相反 2．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在 B 点的速度与加速度相互垂直，则下 列说法中正确的是( ) A．D 点的速率比 C 点的速率大 B．A 点的加速度与速度的夹角小于 90° C．A 点的加速度比 D 点的加速度大 D．从 A 到 D 加速度与速度的夹角先增大后减小 3．以初速度 v0 水平抛出一个物体，经过时间 t 物体的速度大小为 v，则经过时间 2t，物体速度大小的表达 式正确的( ) A．v0+2gt B．v+gt C． D． 4．长为 0.5 m 的轻杆，其一端固定于 O 点，另一端连有质量 m＝2 kg 的小球，它绕 O 点在竖直平面内做 圆周运动，如图所示，当通过最高点时，v＝1m/s，小球受到杆的力是(g 取 10m/s2)( ) A．16N 推力 B．16N 拉力 C．4N 推力 D．4N 拉力 5．甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为 H，河水流速为 v0，划船速度均为 v，出发时两船相 距 ，甲、乙两船船头均与河岸成 60°角，如图所示，已知乙船恰好能垂直到达对岸 A 点，则下列 判断正确的是( ） A．甲、乙两船到达对岸的时间不同 B．v＝2v0 C．两船可能在未到达对岸前相遇 D．甲船也在 A 点靠岸 2 2 0 (2 )v gt+ 2 22( )v gt+ 2 33 H13 6．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁做匀速圆周运动．图中 粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为 h．下列说法中正确的是( ） A．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 C．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小 D．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 7．如图所示，某人用绳通过定滑轮拉小船，设人匀速拉绳的速度为 v0，绳某时刻与水平方向的夹角为 α， 则船的运动性质及此时刻小船的水平速度 为( ） A．船做变加速运动， B．船做变加速运动， C．船做匀速直线运动， D．船做匀速直线运动， 8．如图所示，有一个半径为 R 的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则 关于小球在过最高点的速度 v，下列叙述中正确的是( ） A．v 的极小值为 B．v 由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大 C．当 v 由 值逐渐增大时．轨道对小球的弹力也逐渐增大 D．当 v 由 值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大 xv 0 cosx vv α= 0 cosxv v α= 0 cosx vv α= 0 cosxv v α= gR gR gR14 9、（2016 河北省衡水中学高三模拟）如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金 属块 Q 上，Q 放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。 现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中 P＇位置），两次金属块 Q 都静止在桌面上 的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ） A．细线所受的拉力变小 B．小球 P 运动的角速度变小 C．Q 受到桌面的静摩擦力变大 D．Q 受到桌面的支持力变大 10、（2016 安徽省江南十校高三联考）如图，质量为 m 的小球从斜轨道高处由静止滑下，然后沿竖直圆 轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为 R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g。则下列说法正确的是（ ） A．当 h=2R 时，小球恰好能到达最高点 M B．当 h=2R 时，小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mg C．当 时，小球在运动过程中不会脱离轨道 D．当 h=R 时，小球在最低点 N 时对轨道压力为 2mg 二、填空题： 1．如图所示，将质量为 m 的小球从倾角为 θ 的光滑斜面上的 A 点以速度 v0 水平抛出(即 v0∥CD)，小球 沿斜面运动到 B 点，已知 A 点的高度为 h，则小球在斜面上运动的时间为________． 2．如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为 R，平台与轨道的最高点在同一水平线上，一小 球从平台边缘的 A 处水平射出，恰能沿圆弧轨道上的 P 点的切线方向进入轨道内侧．若轨道半径 OP 与竖 直线的夹角为 45°时，小球从平台上射出时的速度 v0＝_______，A 点到 P 点的距离 ＝________． 3．飞机在 2 km 的高空中飞行，以 100 m/s 的速度水平匀速飞行，相隔 1s，先后从飞机上掉下 A、B 两物 体，不计空气阻力，则两物体在空中的最大距离为________． 4．如图所示，圆弧形轨遭，上表面光滑，下表面也光滑，有一个质量为 m 的小物体从圆弧轨道上表面滑 过，到达圆弧轨道竖直方向最高点时，对轨道的压力为物块重力的一半，速度大小为 v1，若小物块从圆下 5 2 Rh ≤ l15 表面滑过轨道，到达轨道竖直方向最高点时，对轨道的压力为物体的重力的一半，速度大小为 v2，不计轨 道的厚度，则 v1/v2 等于________． 5．某同学设计了一个研究平抛运动的实验．实验装置示意图如图所示，A 是一块平面木板，在其上等间 隔地开凿出一组平行的插槽(图中的 、 、…)，槽间距离均为 d．把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板 B 上．实验时依次将 B 板插入 A 板的各插槽中，每次将小球从斜轨的同一位置由静止释放．每打完一个点 后，把 B 板插入后一个槽中并同时向纸面内侧平移距离 d．实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如 图所示． (1)实验前应对实验装置反复调节，直到________．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了 ________． (2)每次将 B 板向内侧平移距离 d，是为了________． (3)在下图中绘出小球做平抛运动的轨迹． 三、计算题|： 1．一辆在水平公路上行驶的汽车，质量 m＝2.0×10 3kg，轮胎与路面间的最大静摩擦力 7.5× 103N．当汽车经过一段半径 r＝60 m 的水平弯路时，为了确保不会发生侧滑，汽车转弯的行驶速率不得超 过多少?为保证汽车能安全通过弯路，请你对公路及相应设施的设计提出合理化建议． 2．如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持 3.0m/s 的恒定速率运行，传 送带的水平部分 AB 距水平地面的高度 h＝0.45m．现有一行李包(可视为质点)由 A 端被传送到 B 端，且 传送到 B 端时没有被及时取下，行李包从 B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取 10m/s2． (1)若行李包从 B 端水平抛出的初速度为 v0＝3.0 m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以 v0＝1.0m/s 的初速度从 A 端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.20，要 0 0P P′ 1 1PP′ maxF =16 使它从 B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度 L 应满足的条件． 3．如图所示，半径为 R 的水平圆台可绕通过圆心 O 的竖直光滑细轴 CC′转动，圆台上沿相互垂直的两 个半径方向刻有槽．质量为 mA 的物体 A 放在一个槽内，A 与槽底之间静摩擦因数为 μ0(槽边光滑)，质量 为 mB 的物体 B 放在另一条槽内，此槽是光滑的．A、B 两物体用一条长度为 ( ＜R 且不能伸长)的轻绳 绕过细轴与其相连．试求当圆台做匀速转动且 A、B 两物体相对圆台静止时，转动角速度ω跟 A 到圆心的 距离 x 所应满足的关系． 4．如图所示，小球 P 用长 l＝1m 的细绳系着，在水平面内绕 O 点做匀速圆周运动，其角速度ω＝ 2πrad/s，另一小球 Q 质量为 m＝1 kg，在高出水平面 h＝0.8 m 的水平槽上，槽与绳平行，槽光滑，槽口 A 点在 O 点正上方，当小球 Q 受到水平恒力 F 作用时，两小球同时开始运动，Q 运动到 A，力 F 自然取 消．求： (1)恒力 F 的表达式为何值时两小球可能相碰? (2)在满足(1)条件的前提下，Q 运动到槽口的最短时间和相应的 Q 在槽上滑行的距离．(g 取 10 m/s2) l l17 【答案与解析】 一、选择题： 1、CD 解析：A、速度改变量 越大，若需要的时间更长，则加速度就越小，故 A 错误； B、加速度与速度同向时，速度增加，若反向时，速度减小，因此加速度增大，速度可以增加，也可能减 小，故 B 错误； C、原来平衡的物体，突然撤去一个外力，当撤去的力的方向与速度方向在同一直线上时，物体做直线运 动，不在同一直线上时做曲线运动，故 C 正确； D、原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则合力与撤去的力大小相等，方向相反，而加速度方向与合力 方向相同，所以一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相反，故 D 正确． 故选：CD 2．A 解析：由题意知，质点受到的合外力是恒定的，则加速度也是恒定的，各点的加速度方向与速度方向如图 所示．质点从 C 到 D，合外力为动力，速率增大，所以选项 A 正确． 3．C 解析：物体做平抛运动， ， ，故 2t 时刻物体的速度为 ，C 正确，A 错；t 时刻有 ，故 ，B、D 错误． 4．A 解析：小球受重力和杆的弹力作用，设杆的弹力竖直向上，由牛顿第二定律得 ，解 得 ＝16N．故球受到杆竖直向上的推力作用，大小为 16N，A 正 确． 5．B、D 解析：甲、乙两船渡河时间均为 ，A 错；由于乙船能垂直到达对岸，则有 ，可得 ， B 对；甲船在渡河时间内沿水流方向的位移为 ，即恰好到达 A 点，C 错，D 正确． 6．D 解析：由重力和支持力的合力提供向心力，其大小 ，而支持力 ，它们与 h 无关，A、B 都错．因为 ，h 越高，r 越大，由此可知 T 越大，v 越大，C 错， D 对． v∆ 0xv v= 2yv g t= 2 2 2 2 0 (2 )x yv v v v gt′ = + = + 2 2 2 0 ( )v v gt= + 2 23( )v v gt′ = + 2 N vmg F m L − = 2 2 N 12 10N 2 N0.5 vF mg m L = − = × − × sin 60 H v ° 0cos60v v=° 02v v= 0 2 3( cos60 ) sin 60 3 Hv v Hv + =° ° tanF mg θ=向 / cosN mg θ= 2 2 2 4tan vmg m r mT r πθ = =18 7．A 解析：如图所示，小船的实际运动是水平向左的运动，它的速度 v 可以产生两个效果：一是使绳子 OP 段 缩短；二是使 OP 段绳与竖直方向的夹角减小．所以船的速度 应有沿 OP 绳指向 O 的分速度 和垂直 OP 的分速度 ，由运动的分解可求得 ，又因 α 角逐渐变大，故 是逐渐变大的，所以小船做的 是变加速运动． 8．C、D 解析：因为轨道内壁下侧可以提供支持力，故最高点的最小速度可以为零．若在最高点 v＞0 且较小时， 球 做 圆 周 运 动 所 需 的 向 心 力 由 球 的 重 力 跟 轨 道 内 壁 下 侧 对 球 向 上 的 力 FN1 的 合 力 共 同 提 供 ， 即 ，当 FN1＝0 时， ，此时只有重力提供向心力．由此知，速度在 0＜v＜ 时， 轨道内壁下侧的弹力随速度的增大(减小)而减小(增大)，故 D 正确．当 时，球的向心力由重力 跟轨道内壁上侧对球的向下的弹力 FN2 共同提供，即 ，当 v 由 逐渐增大时，轨道内 壁上侧对小球的弹力逐渐增大，故 C 正确． 9、C 解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为 T，细线的长度为 L。P 球做匀速圆周运动时， 由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有 ，mgtanθ=mω2Lsinθ，得角速度 ，周期 使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力 T 增大， 角速度增大，周期 T 减小。对 Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力变大，故 AB 错误，C 正确； 金属块 Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故 D 错 误。故选 C。 xv 0v 2v 0 cosx vv α= xv 2 N1 vmg F m R − = v gR= gR v gR> 2 N2 vmg F m R + = gR cos mgT θ= cos g L ω θ= 2T π ω=19 10、B 解析：在圆轨道的最高点 M，由牛顿第二定律有 ，得 ，根据机械能守恒得 ，解得 h=2.5R，所以当 时，小球在运动过程中不会脱离轨道，故 AC 错误。 当 h=2R 时，小球在圆心等高处 P 时速度为 v，根据机械能守恒得 ，小球在 P 时有 ，联立解得 N=2mg，则知小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mg，故 B 正确。当 h=R 时，设 小球在最低点 N 时速度为 v＇，则有 ，在圆轨道最低点，有： ，解得 N＇=3mg， 则小球在最低点 N 时对轨道压力为 3mg，故 D 错误。故选 B。 二、填空题： 1． 解析：小球在运动过程中受重力和斜面对它的支持力的作用，两个力的合力沿斜面向下，其方向与初速度 方向垂直，则按照平抛运动物体的规律知：物体在初速度方向做匀速直线运动，在沿斜面向下的方向做匀 加速直线运动，且运动的加速度为 ，其中 θ 为斜面的倾角．建立直角坐标系，x 方向沿初速度方向， y 方向沿斜面向下，则 y 方向的位移为 ，故 ． 2． 解析：本题的隐含条件是小球沿 P 点的切线方向进入轨道内侧，隐含着速度与竖直方向成 45°． (1)小球从 A 到 P 的高度差 ，因小球做平抛运动，所以 ， 所以小球平抛时间 ，则小球在 P 点的竖直分速度 ，把小 球在 P 点的速度分解后可得 ，所以小球平抛初速度 ． (2)小球平抛下降高度 ，水平射程 ， 故 A、P 间的距离 ． 3．195 m 2 0vmg m R = 0v gR= 2 0 12 2mgh mg R mv= ⋅ + 5 2 Rh ≥ 212 2mg R mgR mv⋅ = + 2vN m r = 21 '2mgR mv= 2 ' vN mg m R − = 1 2 sin ht gθ= sing θ 21 2y at= 2 2 1 2sin sin sin h y ht a g g θ θ θ= = = 1(2 2) 5 102gR R + +   2(1 cos45 ) 12h R R  = + = +    ° 21 2h gt= 2 (2 2)h Rt g g += = (2 2)yv gt gR= = + 0 yv v= 0 (2 2)v gR= + 1 2 yh v t= 0 2x v t h= = 2 2 15 5 102l h x h R = + = = +  20 解析：飞机在 2 km 高空中飞行，从飞机中掉下的物体在竖直方向上做自由落体运动所需的时间 ．A 离开飞机 1s 内的竖直位移为 ，A 的竖直分 速度为 v＝gt＝10m/s．当 B 离开飞机时，A、B 在水平方向均以相同的速度做匀速直线运动，在竖直方向 上它们之间的距离为 ，它们的加速度均为重力加速度，它们的相对速度即是速度 v，所以以 B 为参照物， A 以 10 m/s 的 速 度 在 竖 直 方 向 上 做 匀 速 直 线 运 动 ， 它 们 之 间 的 最 大 距 离 为 ． 4．1: 解析：物体经上表面最高点时有 ，经下表面最高点时有 mg+ mg＝ ，由上 述两式可得结果． 5．(1)斜轨末端水平、A 板水平、插槽 垂直于斜轨并在斜轨末端正下方 使小球每次做平抛运动的 初速度都相同 (2)使记录纸上每两点之间的水平距离等于小球在水平方向上实际运动的距离 (3)如答图所示． 解析：小球做平抛运动，通过相等的水平位移所用的时间相同，插槽间水平距离相等，转化为图中的 x 轴 上经相同的位移，竖直方向确定的落点为竖直位移，因而可画出平抛运动的轨迹． 三、计算题|： 16．15m/s 解析：汽车转弯时，汽车受的静摩擦力提供向心力 ， 解得： ＝15m/s． 建议：①在转弯处增设限速标志；②将转弯处的路面设计为外高内低． 2．（1）t＝0.3 s，s＝0.9 m（2）L≥2.0 m 解析：(1)设行李包在空中运动的时间为 t，飞出的水平距离为 s，则 ， ，代入数值，得 t＝ 0.3 s，s＝0.9 m． (2)设行李包的质量为 m，与传送带相对运动时加速度为 a，则滑动摩擦力 F＝μmg＝ma， 代入数值，得 a＝2.0m/s2． 32 2 2 10 s 20s10 ht g × ×= = = 2 2 1 10 1 m 5m2 2 gtl ×= = = 1l 1 ( 1) 5m 10 (20 1)m 195ml l v t= + − = + × − = 3 2 1 1 /2mg mg mv R− = 1 2 2 2 /mv R 0 0P P′ 2 max max vF m r = 3 max max 3 7.5 10 60m /s2.0 10 F rv m × ×= = × 21 2h gt= 0s v t=21 要使行李包从 B 端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离． 行李包从 B 端水平抛出的初速度为 v＝3.0 m/s． 设行李包被加速到 v＝3.0m/s 时通过的距离为 ，则 ，代入数值，得 s0＝2.0m． 故传送带的长度 L 应满足的条件为 L≥2.0 m． 3．解析：A、B 相对圆台静止时，A 所受的静摩擦力有三种可能： (1)物体 A 有沿半径向外运动的趋势，这时所受的静摩擦力 和细绳的拉力 FT 都指向圆心，共同提 供 A 所需的向心力， ， ． 物体 B 所需向心力只有细绳的拉力 ， 解得 ． 只有当 时，才有可能发生这种情况． (2)物体 A 有沿半径向圆心运动的趋势，这时有 ， ， ， 解得 ． 当 时，才有可能发生这种情况． (3)物体 A 相对圆台没有运动趋势，这时有 ， ， 解得 ，当 x 满足该式这种情况时，只要细绳足够结实，ω可取任意值． 0s 2 2 0 02as v v= − fF 2 T f AF F m xω+ = 0f AF m gµ≤ 2 ( )T BF m l xω= − 0 A B B A A g m m mx lm m µω ≤ + − /( )B A Bx m l m m> + 2 T f AF F m xω− = 2 ( )T BF m l xω= − 0f AF m gµ≤ 0 B A B A A g m m mlm m µω ≤ +− ( )B A Bx m l m m< + 2 T AF m xω= 2 ( )T BF m l xω= − /( )B A Bx m l m m= +22 4．(1) (n＝0，1，2，3，…)． (2)0.1s 0.125m 解析：(1)对小球 Q，设在水平槽上运动时间为 ．则到达 A 点时的速度为 ． ① 小球 Q 做平抛运动时，有 ， ② 由②式得：平抛运动时间 ． 由③式得：平抛初速度 m/s＝2.5m/s． 根据题中给出的条件可知两球相遇的时间关系为 ，其中 ， 则 (n＝0，1，2，3，…)． ④ 将④式代入①式得 恒力 (n＝0，1，2，3，…)． (2)当时间最短时，n＝0，则所求时间 ． 对应距离 ． 0 1 2.5/ 1 2.5 / ( 0.1)N N0.1F mv t n n = = × + = + 1t 0 1 Fv tm = 2 2 1 2h gt= 2 2 0.4sht g = = 0 2 1 0.4 lv t = = 2 1 2 Tt t nT+ = + 2T π ω= 1 2 1 1 2 0.42 2t n T t n π ω    = + − = + − =       ( 0.1)sn + 0 1 2.5/ 1 2.5 / ( 0.1)N N0.1F mv t n n = = × + = + 1 0.1st = 0 1 0 0 2.5 0.1m 0.125m2 2 vl t + +′ = = × =