05曲线运动 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析

这是一份05曲线运动 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析，共157页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题05曲线运动
一、单选题
1．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中（）

A. 经过的时间为
B. 速度增量为，方向斜向下
C. 运动方向改变的角度的正切值为
D. 下落的高度为
【答案】A

2．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由 (力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）
A. 由 (力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B. 由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C. 由 (电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D. 由 (角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【答案】B
【解析】图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；（力-时间）图线和横轴围成的面积表示冲量， B正确；由（电压-电流）图线，根据公式可知，根据与的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，C错误；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，D错误．选B．
3．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. 物体的加速度越大，则其速度一定增大
C. 原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲钱运动，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同
【答案】C
【解析】A项：根据加速度定义：，可知，物体速度变化越大，则其加速度不一定越大，选项A错误；
B项：若物体的速度方向与加速度方向相反，即使物体的加速度增大，但其速度仍减小，选项B错误；
C项：若撤去某一个力后，其余力的合力与撤去的力等值、反向、共线，若与速度方向不共线时，物体做曲线运动，若与速度方向共线时，物体做直线运动，故C正确；
D项：原来平衡的物体，突然撤去一个外力，若所剩的其它外力不变，则一定会产生加速度，且方向与撤去的外力的方向相反，故D错误。
4．一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为。(单位：m)，一质量为0.1Kg的金属小环套在上面．t=0时刻从m处以m／s向右运动，并相继经过的A点和的B点，下列说法正确的是

A. 小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力
B. 小环经过B点的加速度大于A点时的加速度
C. 小环经过B点时重力的瞬时功率为20W
D. 小环经过B点的时刻为t=2s
【答案】C
【解析】A、若金属小环做平抛运动，则有，，故平抛运动轨迹方程与曲线方程一样，所以金属小环做平抛运动，与金属环间的弹力为0，故A错误；
B、金属小环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，故B错误；
C、小环经过B点的时间，所以小环经过B点的时刻为t=3s，小环经过B点时，所以小环经过B点时重力的瞬时功率为，故C正确，D错误；
故选C。
5．一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道的动摩擦因数是，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为

A. B. C. D.
【答案】D

6．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B 的运动过程中（　　）

A. 合外力做功mgR B. 重力做功2mgR
C. 克服摩擦力做功mgR D. 机械能减少mgR.
【答案】D
【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：
解得：
A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：
A：A到B的过程中，合外力做功等于动能的增加，故A错误。
B：A到B的过程中，重力做功，故B错误。
C：A到B的过程中，克服摩擦力做功，故C错误。
D：A到B的过程中，机械能的变化，即机械能减小，故D正确。
7．如图所示，甲、乙两船在同一河岸边A、B两处,两船船头方向与河岸均成θ角,且恰好对准对岸边C点。若两船同时开始渡河，经过一段时间t,同时到达对岸，乙船恰好到达正对岸的D点。若河宽d、河水流速均恒定，两船在静水中的划行速率恒定，且不影响各自的航行。下列说法中正确的是 (　 　)

A. 两船在静水中的划行速率不同
B. 甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小
C. 两船同时到达D点
D. 河水流速为
【答案】C
【解析】A. 由题意可知，两船渡河的时间相等，两船沿垂直河岸方向的分速度υ1相等，由υ1=υsinθ知两船在静水中的划行速率υ相等，选项A错误；
B. 乙船沿BD到达D点，可见河水流速υ水方向沿AB方向，可见甲船不可能到达到正对岸，甲船渡河的路程较大，选项B错误；
C. 由于甲船沿AB方向的位移大小x=(υcosθ+υ水)t=2dtanθ=AB，可见两船同时到达D点，选项C正确；
D. 根据速度的合成与分解，υ水=υcosθ，而υsinθ=d/t,得，选项D错误；
故选：C.
小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和．
8．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度大于，则（）

A. 内轨对内侧车轮轮缘有向外的挤压力
B. 外轨对外侧车轮轮缘有向内的挤压力
C. 内轨对内侧车轮轮缘有向内的挤压力
D. 外轨对外侧车轮轮缘有向外的挤压力
【答案】B
【解析】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是，当火车火车转弯的速度大于时，需要的向心力增大，而重力与支持力的合力不变，所以合力小于所需要的向心力，外轨就要对火车产生一个向内的力来补偿一部分向心力，所以此时外轨对内外侧车轮轮缘有挤压，ACD错误，B正确．故选B.
点睛：火车转弯主要是分析清楚向心力的来源，再根据速度的变化，可以知道对内轨还是对外轨由作用力．
9．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为．下列说法中正确的是（ ）

A. 小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B. 细绳的拉力提供向心力
C. 越大，小球运动的周期越大
D. 越大，小球运动的线速度越大
【答案】D
【解析】小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力．故AB错误；小球运动周期：，因此越大，小球运动的周期越小，故C错误；向心力大小为：，小球做圆周运动的半径为：，则由牛二定律得：．
得到线速度：．越大，、越大．∴小球运动的速度越大．故D正确．故选D．
点睛：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要清楚向心力的不同的表达式．
10．如图所示，红蜡块能在玻璃管内的水中匀加速上升，若红蜡块在从A点匀加速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 ( )

A. 直线P B. 曲线Q C. 曲线R D. 无法确定
【答案】C
【解析】两个分运动的合加速度方向水平向右，与合速度的方向不在同一条直线上，所以合运动为曲线运动，根据曲线运动的合力（加速度）大致指向轨迹凹点的一向，知该轨迹为曲线Q．故B正确，A、C、D错误．
点晴：蜡块参与了竖直方向上的匀速直线运动和水平方向上的匀加速直线运动，判断合运动是直线运动看合速度与合加速度在不在同一条直线上，并且曲线运动的合力（加速度）大致指向轨迹凹点的一向．
11．跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动.如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变.关于L、 t与v0的关系，下列说法中正确的是（ ）

A. L与v0成正比 B. L与v0成反比 C. t与v0成正比 D. t与v0成反比
【答案】C
【解析】滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．设水平位移x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上：x=Lcosθ=v0t；竖直方向上：y=Lsinθ＝gt2；联立可得：，可知t与v0成正比，故C正确，D错误．L=v02，可知L与v02成正比，故AB错误．故选C．
12．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角（如图所示），与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则

A. 质点一定做曲线运动
B. 如果Fy>Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C. 质点不可能做直线运动
D. 如果Fyvb>vc　ta>tb>tc
B. vavc　ta a2
【答案】BD
【解析】试题分析：小球做圆周运动靠拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出绳对小球的拉力，由牛顿第二定律求出加速度．做单摆的小球只受到重力和绳子的拉力，由此分析即可．
甲图中受力如图：竖直方向：，水平方向，由几何关系得：，解得，根据牛顿第二定律得，乙图中释放瞬间，小球只受到重力和细线中的张力为，则，由牛顿第二定律得：，所以，故BD正确．

17．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径m的大圆弧和m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心、距离m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一周时间最短（发动机功率足够大，重力加速度m/s2，）

A. 在绕过小圆弧弯道后加速 B. 在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C. 在直道上的加速度大小为6.5m/s2 D. 通过小圆弧弯道的时间为5.85s
【答案】ABC
【解析】A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力，代入数据解得：，C正确；
D．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：，，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为，D错误;
故选ABC。
18．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如右图历示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O'分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比r甲：r乙=3：1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O'的间距RA=2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )

A. 滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为
B. 滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aA：aB=2：9
C. 转速增加后滑块B先发生滑动
D. 转速增加后两滑块一起发生滑动
【答案】ABC
【解析】假设轮盘乙的半径为r，由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v=ωr，r甲：r乙=3：1，可得ω甲：ω乙=1：3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1：3，故A正确；滑块相对盘开始滑动前，根据加速度公式：a=Rω2，把RA：RB=2：1，ωA：ωB=1：3，带入可得：A、B的向心加速度之比为aA：aB=2：9，故B正确；据题意可得物块的最大静摩擦力分别为，，则最大静摩擦力之比为；转动中所受的静摩擦力之比为，由上可得滑块B先达到最大静摩擦力，而先开始滑动，故C正确、D错误。所以ABC正确，D错误。
19．如图，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一平面内做匀速圆周运动，则它们的（ ）

A. 周期不相同 B. 线速度的大小相等
C. 角速度的大小相等 D. 向心加速度的大小相等
【答案】C

因为小球在同一平面内做圆周运动，则由题意知，小球圆周运动半径r=htanθ，其中h为运动平面到悬点的距离。
AC、运动的角速度ω=，角速度与夹角θ无关，都相同。根据T=2π/ω知，周期相同，故A错误，C正确；
B、运动的线速度，知转动半径不同θ不同，线速度不同，B错误；
D、向心加速度a=gtanθ，向心加速度不同，故D错误。
故选：C.
点睛：抓住小球圆周运动的向心力由重力和绳的拉力的合力提供，且在同一平面内做匀速圆周运动，由受力分析确定．
20．将一物体在高h处，以初速V0水平抛出，不计空气阻力，落地时速度为Vt，竖直分速度Vy，抛出点到落地点的距离S，则物体在空中飞行时间为（　　）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】A：据　　得：，故A正确；
B：据得：，故B正确；
C：竖直方向平均速度：又，可得，故C正确；
D：水平方向位移：　　，可得：，故D错误。
综上选ABC
点睛：平抛运动在竖直方向上做匀加速直线运动，可以根据落地速度、在竖直方向上的分速度或高度去求运动的时间．
21．长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最高点的速度v。下列说法中正确的是(　　)
A. 当v＝时，轻杆对小球的弹力为零
B. 当v由逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大
C. 当v由逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小
D. 不管v多大，小球在最低点时，都处于超重状态
【答案】ABD
【解析】根据牛顿第二定律：，当时，解得速度为：，故A正确；在最高点，若速度时，杆子的作用力为零，当时，杆子表现为拉力，由，速度增大，向心力增大，则杆子对小球的拉力增大，故B正确；当时有：，杆子表现为支持力，速度减小，向心力减小，则杆子对小球的支持力增大，故C错误；在最低点由牛顿第二定律：可知，线的拉力总大于重力，所以总处于超重状态，故D正确。所以ABD正确，C错误。
22．图示为质点做匀变速运动的轨迹示意图，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好垂直。则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 质点经过C点的速率比D点大
B. 质点经过A点时的动能小于经过D点时的动能
C. 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大
D. 质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小
【答案】AD
【解析】质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由A到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，质点经过A点时的动能大于经过D点时的动能，故A正确，B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。
23．如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

A. 若小球以最小位移到达斜面，则
B. 若小球垂直击中斜面，则
C. 若小球能击中斜面中点，则
D. 无论小球怎样到达斜面，运动时间均为
【答案】AB


当小球落在斜面上的D点时，位移最小，设运动的时间为t，则
水平方向：；竖直方向．根据几何关系有，即有，解得，A正确；若小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，则，得，B正确；若小球能击中斜面中点时，小球下落的高度设为h，水平位移设为x．则由几何关系可得，得，CD错误．
24．如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 小球落地点离O点的水平距离为R
B. 小球落地点时的动能为
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
【答案】BD
【解析】试题分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可由牛顿第二定律先求出小球通过最高点P的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，同样可以用动能定理求解最大高度．
由动能定理得，解得h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，D正确．
25．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则

A. 从开始到绳与水平夹角为30°时，物体是匀速上升
B. 从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力对物体做功mgh＋
C. 在绳与水平夹角为30°时，物体的速率为
D. 在绳与水平夹角为30°时，拉力对物体功率小于mgv
【答案】BC
【解析】试题分析：先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到物体速度，再对物体，运用根据动能定理求拉力做功．由功率公式分析拉力的功率．
将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，可知，故v不变，θ减小，则增大，物体不是做匀速直线运动，A错误；

当θ=30°时，物体的速度为；当θ=90°时，物体速度为零；
根据功能关系，知拉力的功等于物体机械能的增加量，故，BC正确；在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为，其中，由于物体加速上升，根据牛顿第二定律可得，即，故，故D错误．
26．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，下列说法中正确的是（ ）

A. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向下
B. 小球通过管道最低点时，小球对管道的压力向上
C. 小球通过管道最高点时，小球对管道的压力可能向上
D. 小球通过管道最高点时，小球对管道可能无压力
【答案】ACD
【解析】设管道的半径为R，小球的质量为m，小球通过最低点时速度大小为v1，根据牛顿第二定律：可知小球所受合力向上，则管道对小球的支持力向上，则小球对管道的压力向下，故A正确，B错误；最高点时速度大小为v2，根据牛顿第二定律：，当时，N=0，说明管道对小球无压力；当时，N＜0，说明管道对小球的作用力向下，则小球对管道的压力向上，故CD正确。所以ACD正确，B错误。
27．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是圆弧轨道最低点，圆心角， D与圆心O等高。现有一个质量m=0.2 kg可视为质点的小物体.从D点的正上方E点处自由下落.DE距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是

A. 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力大小为12.4N
B. 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为2.4m
C. 若斜面足够长，小物体最终可以停在最低点C
D. 若斜面足够长，小物体最终在圆弧底端往复运动
【答案】ABD
，，联立解得斜面长度至少为，B正确；因为（或），所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，D正确C错误．
28．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从B点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点.已知乙球在B点与地面碰撞反弹后瞬间水平方向的分速度不变、竖直方向的分速度方向相反大小不变，不计空气阻力。下列说法正确的是

A. 由O点到A点，甲球运动时间与乙球运动时间相等
B. 甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍
C. v1:v2 =3:1
D. v1:v2 =2:1
【答案】BC
【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，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，结合分运动的规律研究．
设OA间的竖直高度为h．由O点到A点，甲球运动时间为．乙球运动时间是甲球的3倍，A错误；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，B正确；设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t．对甲球有，对乙球有，则得，故C正确D错误．
29．如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则下列说法错误的是(　　)

A. ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心
B. ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C. ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D. ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
【答案】ACD
【解析】根据，Q的转动半径大，Q先达到最大静摩擦力，当角速度增加，绳子出现张力，Q靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，P也靠张力和静摩擦力的合力充当向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，P所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大静摩擦力时，如果角速度再增大，PQ与圆盘间会发生相对滑动，所以：Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心。即B正确，ACD错误。选错的故答案为ACD。
点睛：圆周运动中的连接体问题，既要隔离研究，又要抓住它们之间的联系：角速度关系、绳中张力大小相同。
30．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，当运动至绳子与水平面成θ角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（　　）

A. 木箱将做匀速运动，速度是2πnR
B. 木箱将做变速运动，此时速度是
C. 此时木箱对地的压力为
D. 此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化
【答案】BC

三、解答题
1．如图所示，为固定在竖直面内、半径为的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端（端）切线水平，且距水平地面的高度也为．、两小滑块（均可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从圆弧形轨道的最高点由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点．已知，滑块的质量，滑块的质量，重力加速度取，空气阻力可忽略不计．求：
（1）两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小．
（2）在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能．
（3）滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离．

【答案】(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m。
【解析】（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，
两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：，
对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
，
解得：，
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．
（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，
因滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点，此过程中机械能守恒，所以对滑块有：，
代入数据解得：，方向向左，
对于弹簧将两滑块弹开的过程，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：
，
代入数据解得：，

滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，
机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，
所以其平抛的水平位移为：，
所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．
综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m
2．如图所示，电动玩具小车通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为m=1kg的小物块（可看作质点）相连，拉着物块沿ABC轨道滑动．轨道BC部分是半径R=1m的四分之一圆弧，定滑轮在C点正上方与C点相距R，运动过程中小车受到地面阻力恒为，小车以P=20W的恒定功率向右运动，当物块运动至B点时速度，求物块在B点时对轨道的压力．

【答案】6N
【解析】（1）将物块的速度分解：

物块在B点时：，车的牵引力：
物块受到的拉力：
对物块受力分析：

根据物块在B点时的受力分析：，解得：
由牛顿第三定律得：物块在B点时对轨道的压力为6N.x.kw
【点睛】将物块到达B点时的速度分解，求出小车的速度，根据P=FV求出车的牵引力，再求出绳子的拉力，最后对物块根据向心力公式及牛顿第三定律即可求解物块在B点时对轨道的压力．
3．如图所示，光滑斜面与光滑水平面平滑连接．斜面长度，倾角．一小物块在点由静止释放，先后沿斜面和水平面运动，接着从点水平抛出，最后落在水平地面上．已知水平面与地面间的高度差．取重力加速度，，．求：

（1）小物块在斜面上运动的加速度大小．
（2）小物块从点水平抛出到落在地面上，在水平方向上的位移大小．
（3）小物块从点水平抛出到刚要落地过程中的速度变化量的大小．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）由牛顿第二定律得，解得：．
（2）小物块在斜面上做匀加速直线运动，滑到点时速度为，
根据匀变速直线运动规律，计算得出：，
小物块在水平面上做匀速直线运动，以速度从点水平抛出，
竖直方向小物块做自由落体运动
计算得出：物块平抛运动的时间，
水平方向小物块做匀速直线运动，计算得出：．
（3）物块速度变化量的大小．
4．如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：
（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。
（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。
（3）小车上的半圆轨道半径R大小。

【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；
【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：
A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，
代入数据解得：vB=1m/s；
(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+μgt，
代入数据解得：t=1s，
物块滑行的距离为：
解得：s物=3.5m=L，
传送带的位移为：s传=v0t=6×1=6m，
则有：S相=S传-S物=6-3.5=2.5m，
Q=fS相=μmgS相=12.5J，
电动机多做的功为：
代入数据解得：W电=30J．
(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：R=1.5m；
【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．
5．如图所示，半径的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）静止在A点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，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，A、B间的距离，滑块与水平面的动摩擦因数，重力加速度．求：
（1）滑块通过C点时的速度大小．
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力．
（3）滑块在A点受到的瞬时冲量大小．

【答案】（1）,（2）45N,（3）.

水平方向：
联立得：
（2）设滑块通过点时的速度为，根据机械能守恒定律：
解得：
设在点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：
解得：
（3）设滑块从点开始运动时的速度为，根据动能定理：
解得：
设滑块在点受到的冲量大小为I，根据动量定理
解得：
6．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，（g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。
(3)若滑块离开A处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
【答案】(1)μ=0.375 (2) (3)t=0.2s
【解析】(1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有
得
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有：
则得：
A到C的过程，根据动能定理，有：
联立解得：
所以初速度v0的最小值为
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有：

由几何关系得：
联立得：
解得：t=0.2s
【点睛】本题考查动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合运用，要注意挖掘隐含的临界条件，熟练掌握平抛运动速度偏向角与位移偏向角公式得运用．
7．如图所示，跳台滑雪时，运动员从跳台坡顶A处以速度vo=20m/s沿水平方向飞出，恰好落到坡底B处，已知的水平距离为60 m (空气阻力不计，g取10 m / s2),求：
(1)运动员在空中飞行的时间；
(2)AB间的距离s

【答案】(1)3s(2)75m
【解析】试题分析：运动员从A点水平飞出做平抛运动，根据运动学公式得出下落的高度y与运动的时间的关系、水平位移x与运动时间的关系，即可求出时间；）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据水平的位移求出AB间的距离s。
（1）运动员由A到B做平抛运动，在竖直方向上：
在水平方向的位移为：x=v0t
位移间的关系为：
联立并代入数据可得：t=3s
（2）AB间的距离为：
点睛：本题主要考查了平抛运动，知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，结合运动学公式即可解题。
8．如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：

（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？
（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取10m/s2）
【答案】（1）正电；2.25×10-5C（2）0.32m
【解析】（1）由于小球匀速运动，所受重力与电场力的合力和斜面对小球的支持力平衡，如图可知，小球必带正电，且，所以；从“等效重力场”观点看，实际上就是小球所受等效重力与斜面对小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分别表示为，。
（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。），基本处理的方法是运动的分解。
　　
如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：
x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s，
解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为  
考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。
9．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m,D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m,重力加速度为，求：

（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。
【答案】（1）12N（2）2m/s（3）0.3J
【解析】(1)小球P恰好到达C点：，则
对于小球P，从B→C,由动能定理得：，则
在B点：，则
由牛顿第三定律得，小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N
(2) 小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点：解得：
Q与橡皮泥球S碰撞动量守恒：则
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒：，则
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：，则
10．如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度L=2.5m，斜面倾角为。不计空气阻力，g取。求：
（1）小球p从A点滑到B点的时间；
（2）小球q抛出时初速度的大小；
（3）小球q落地时速度的大小。

【答案】（1）t=1s，（2），（3）.



11．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m．用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩后释放，物块经过B点后在桌面上做匀变速运动，其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落人圆轨道．（不计空气阻力，g取l0m/s2）
（1）求物块过B点时的瞬时速度大小vB及物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从P点到M点运动过程中克服摩擦力所做的功W．

【答案】（1）6m/s；0.4；（2）2.4J．
【解析】（1）物块过B点后做匀变速运动，由x=6t﹣2t2知：vB=6m/s
a=4m/s2
由牛顿第二定律：μmg=ma
解得μ=0.4
（2）物体刚好能到达M点，有
由平拋运动规律，在P点竖直方向：
所以：vy=vP•sin60°
从P到M的过程，由动能定理得
联立解得W=2.4J．
12．如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入．O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角．已知：m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：

(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
【答案】(1)h=0.8m (2)能到C点，F=5N
【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，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。据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有
小球到达A点的速度为
对平抛运动的过程,由机械能守恒得：
解得A.B两点的高度差h=0.8m；
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒得：
代入数据解得：vC=3m/s
小球通过C点的最小速度为v,则 ,
因为vC>v，所以小球能到达最高点C.
在C点,由牛顿第二定律得：mg+F=
代入数据解得：F=5N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为5N.
13．如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘．圆盘与餐桌在同水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0．5，与餐桌间的动摩擦因数为0.25，餐桌高也为R．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为多少?
(2)若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少?
【答案】（1） （2）
【解析】(1)为使物体不从圆盘上滑下，向心力不能大于最大静摩擦力：
解得
故圆盘的角速度的最大值为
(2)物体从圆盘上滑出时的速度

14．如图所示，小球b静止与光滑水平面BC上的C点，被长为L的细线悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道上AB上的B点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC（不计小球在B处的能量损失），与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质景为M，小球b的质量为m．M=5m．己知当地重力加速度为g求：
（1）小球a与b碰后的瞬时速度大小
（2）A点与水平面BC间的高度差．

【答案】（1）（2）3.6L
【解析】解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M），
从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：
﹣（M+m）g•2L=（M+m）v2﹣（M+m）v共2，
解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=；
（2）设两球碰前a球速度为va，两球碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v共，
解得：va=，
a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Mgh=Mva2，解得：h=3.6L；
15．平面OM和水平面ON之间的夹角为，其横截面如图所示，平面OM和平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m，电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场，（P未画出）求：
（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？
（2）带电小球离开磁场的射点P到两平面交点O的距离S多大？
（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏上，求此点到O点的距离多大？

【答案】（1）正电荷，；（2）；（3）.
【解析】试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，由此求出场强、判断小球电性．（2）粒子做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出距离S．（3）粒子离开磁场后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出距离.
（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；
电场力与重力大小相等：qE=mg，解得：
（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力作为向心力
由牛顿第二定律得：，解得：
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示

Q点为运动轨迹与ON相交的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，所以OP的长度S为：
（3）带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设打在光屏上的T点，竖直位移为y
水平位移：，解得：
竖直位移：
由几何关系得：图中OT的距离
【点睛】本题考查了带电小球在复合场中的运动，小球所受电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，小球在复合场中做匀速圆周运动，分析求出小球的运动过程、作出小球运动轨迹是解题的前提与关键．
16．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：
（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；
（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．

【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.

根据机械能守恒定律：
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：
联立得：N=60N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.
（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为
【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解．
17．如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘．圆盘与餐桌在同水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0．5，与餐桌间的动摩擦因数为0.25，餐桌高也为R．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度的最大值为多少?
(2)若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到圆盘中心的水平距离L为多少?
【答案】（1） （2）
【解析】(1)为使物体不从圆盘上滑下，向心力不能大于最大静摩擦力：
解得
故圆盘的角速度的最大值为
(2)物体从圆盘上滑出时的速度
若餐桌半径，由几何关系可得物体在餐桌上滑行的距离
根据匀变速直线运动规律：
可得物体离开桌边的速度
根据平抛运动规律：，
可知物体离开桌边后的水平位移
由几何关系可得，落地点到圆盘中心的水平距离
18．如图甲，PNQ为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FP和FQ.轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06 kg的小球A，以不同的初速度v0与静止在轨道最低点P处稍右侧的另一质量为0.04 kg的小球B发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球C)以共同速度v冲入PNQ轨道．(A、B、C三小球均可视为质点，g取10 m/s2)

(1)若FP和FQ的关系图线如图乙所示，求：当FP＝13 N时所对应的入射小球A的初速度v0为多大？
(2)当FP＝13 N时，AB所组成的系统从A球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过程中所损失的总机械能为多少？
(3)若轨道PNQ光滑，小球C均能通过Q点．试推导FP随FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线．
【答案】（1）（2）0.6 J (3) FQ＝FP－6(N)
【解析】试题分析：小球经过P、Q两点时，由重力和轨道对小球的支持力的合力提供向心力，AB相碰，满足动量守恒，根据牛顿第二定律及动量守恒定律列式即可求出速度；先求出AB相碰所损失的机械能，根据动能定理求出从球C从P运动至Q的过程中摩擦力做功，进而求出小球损失的机械能；轨道光滑，小球C由P至Q的过程中机械能守恒，可列出小球经过AC两点的速度关系，再由牛顿第二定律得到FP随FQ变化的关系式，画出图线。
（1）设A球的质量为M，B球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、Q两点所受轨道的弹力大小为：NP=FP，NQ=FQ
在P点根据牛顿第二定律可得：
带入数据解得：
A、B相碰过程中满足动量守恒：Mv0=（M+m）vP
带入数据解得：
(2) A、B相碰所损失的机械能：
带入数据解得：
球C在Q点由牛顿第二定律得：
球C从P运动至Q的过程，根据动能定理得：
联立并代入数据解得：Wf＝－0.2 J
故球C上升过程中所损失的机械能ΔE2＝0.2 J
故整个系统在全过程中所损失的机械能ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝0.6 J　
（3）因轨道光滑，小球C由P至Q的过程中根据动能定理得：

联立解得：NP－NQ＝6(M＋m)g
即FQ＝FP－6(N)
图线如图所示

点睛：本题主要考查了圆周运动与动能定理得结合，抓住速度是联系它们之间的桥梁。
19．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53O，BD为半径R = 4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处的一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点处时的速度大小vD = 8m/s，已知A点距地面的高度H = 10m，B点距地面的高度h =5 m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10m/s2，sin53°＝0.8。

（1）小球经过B点的速度为多大？
（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力多大？
（3）小球从D点抛出后，受到的阻力f与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力f所做的功。
【答案】（1）10m/s （2）43N （3）－68J
【解析】试题分析：小球从A到B的过程中根据动能定理求解小球经过B点的速度；根据动能定理求出小球经过C点时的速度；由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力；小球从D点至S点的过程中，根据动能定理求解阻力所做的功。
（1）设小球经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理可得： 

（3）设小球受到的阻力为f，到达S点的速度为vS，在此过程中阻力所做的功为W，易知vD= vB，由动能定理可得：
联立以上解得：W=－68J 
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，当阻力是变力，不能根据功的计算公式求阻力做功，运用动能定理求变力做功是常用的方法。
20．如图所示，倾角 30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为 m=1kg 的物块 B 和 C，C 紧靠着挡板 P，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量 M=8kg 的小球 A 连接，B 与滑轮之间的距离足够远，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为 60°、半径 R=2m 的光滑圆弧轨道的顶端 a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 bc 相切，bc 与一个半径 r=0.2m 的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放小球 A，当 A 滑至 b 点时，C 恰好离开挡板 P，此时连接 AB 的绳子在小球 A 处断裂，已知小球 A 与 bc 间的动摩擦因数µ= 0.1 ，重力加速度 g 取 10m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，所有装置在同一竖直平面内，细绳不可伸长。

（1）求弹簧的劲度系数 k;
（2）小球A滑到b处，绳子刚好断后瞬间，小球A对圆轨道的压力为多少？
（3）为了让小球 A 能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件?
【答案】（1）k=5N/m（2）144N，方向竖直向下（3）x≤3m,或者6m≤x≤8m
【解析】（1）A在a处时，绳子拉直无张力，弹簧压缩，设压缩量为，弹簧弹力为
；
A在b处时，弹簧伸长，设伸长量为，那么，；又有当A滑至b时，C恰好离开挡板P，所以，弹簧弹力；
所以，，所以，；
（2）A从a到b过程由，ABC及弹簧系统只有重力、弹簧弹力做功，且A在a处和b处，弹簧的形变量相；
故由牛顿第三定律可知：物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小为，方向竖直向下；
（3）为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，那么，物块A在圆轨道上可能达到的最高点或者；
那么，当时，对物体A在最高点应用牛顿第二定律有；
A在圆轨道上运动，机械能守恒，所以，A在c处的动能
；
当时，由机械能守恒可得A在c处的动能，所以，A在c处的动能为或；
又有A在b处的动能；
A从b到c运动过程，只有摩擦力做功，且摩擦力；故由动能定理可得：，所以，或；
点睛：经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
21．如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．

【答案】(1)75 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s；
【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，
有

(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37°＝v0t，
即
(3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为gcos 37°)．
当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin 37°＝gcos 37°t
解得t＝1.5 s
22．如图所示，光滑绝缘轨道ABCD位于同一竖直面内，AB部分水平，圆弧轨道BCD的圆心为O，半径为R，B点是最低点，C点是最高点，P、O、D处于同一水平高度。整个装置位于水平向右的匀强电场中，电场强度。现让一质量为m、带电量为＋q的光滑小球从A点由静止开始运动。

（1）若AB＝2R，求小球到达P点时对轨道的压力；
（2）要使小球能沿着轨道到达D点，AB至少多长?
【答案】（1）5mg ；方向向右（2）(＋1)R
【解析】（1）由动能定理得
qE(AB＋R)－mgR＝①
在P点由向心力公式得
FN－qE＝②
联解①②得FN＝5mg
由牛顿第三定律得压力FN＇＝5mg 方向向右
（2）等效重力
与水平面夹角q＝45°，斜向右下方
等效最高点在CD圆弧的中点，只要能过该点，就一定能过D点
等效最高点的最小速度满足
又由动能定理得
联立解得：AB＝(＋1)R
23．如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L．不计空气阻力．求：

（1）小球通过最高点A时的速度vA；
（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T；
（3）若小球运动到最低点B时细线恰好断裂，小球落地点到C点的距离．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有：
解得：vA=；
(2)小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有：
解得：
小球在B点时根据牛顿第二定律有：
代入解得：T=6mg
(3)小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，有：
竖直方向：1.9L−L=
水平方向：
联立解得：x=3L
24．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
25．如图甲所示，水平桌面上有一条轻质弹簧，左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，P为地面上一点，MN为其竖直方向的直径。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点时，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L=0.2m，水平桌面的高度为h=0.6m。计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g取10m/s2。求：

(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能EP；
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小VB：
(3)小物块落地时恰好沿切线由P点进入圆弧轨道，并恰好通过M点，求圆弧轨道的半径R。
【答案】（1）2.3J（2）2m/s（3）0.4m
【解析】（1）由图可知滑动摩擦力f=F0=1.0N
F做功
Ep=WF -f∙x=2.3J
（2）由动能定理：
解得vB=2m/s
（3）P点竖直分速度
即：

从P到M:
在M点：
解得R= 0.4m
26．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：

(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J
【解析】(1) 根据动能定理：
解得：v1=3m/s
在轨道最低点：
由牛顿第三定律FN=N=30N
(2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s
摩擦力对传送带做的功

摩擦而产生的热
27．如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。已知小球在最高点A时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g，不计一切阻力。若小球运动到最高点A时细线断裂或小球运动到最低点B时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上的位置到O点正下方水平地面上的C点的距离相等，求O点到C点的距离H。

【答案】2L
【解析】在A点，由牛顿第二定律：
从A到B，由机械能守恒定律：
又：，
，
xA =xB
解得H= 2L
28．如图所示，水平面上固定一轨道，轨道处于竖直平面内，其中bcd是一段以O为圆心、半径为R的圆弧，c为最髙点，弯曲段abcde光滑, 水平段ef粗糙，两部分平滑连接，aO与ef在同一水平面上。可视为质点的物块从a点以某一初速度沿轨道向右运动，经过c点时，受到的支持力大小等于其所受重力的1/2，然后沿轨道的水平部分ef滑行距离5R后停下。重力加速度为g。求：
(1)物块从a点出发时的初速度大小v0；
(2)物块与轨道水平部分ef间的动摩擦因数μ
【答案】(1) (2) μ=0.25
【解析】（1）在c点对物块迸行受力分析，有：
在物块从a运动到c的过程中，由机械能守恒定律：
解得：
（2）物块在轨道水平部分ef上运动的过程中.由动能定理有：
解得。
29．如图所示，粗糙绝缘的细圆管弯成半径为R的1/4圆弧形，固定在竖直面内，管口B与圆心O等高，管口C与水平轨道平滑连接。质量为m的小球(小球直径略小于细圆管直径)从管口B正上方的A点自由下落，A、B间距离为4R，从小球进入管口开始，小球经过管口C滑上水平轨道，已知小球经过管口C时，对管底的压力为9mg，小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)小球在BC过程中摩擦阻力做的功；
(2)小球在水平轨道上运动的距离。
【答案】(1) (2)

从A到C，由动能定理得：
解得：
（2）在水平轨道上，由动能定理得：
解得：
30．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a，则
①
②
对N球：③
由①②③得④
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
31．如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15 m/s，在二者相距L＝30 m 时，此人以速度v0水平抛出一石块，击打动物，石块和动物都可看成质点(已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)

(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v0的大小；
(2)若动物离斜坡末端较近，设其在水平面上匀速运动速度的大小与其在斜面上的相同，试分析该动物在水平面上被石块击中的情况下，人抛石块的速度v0的取值范围。
【答案】（1）20 m/s （2）20 m/s＜v0≤27.65 m/s
【解析】(1)设石块运动过程中所需时间为t1
对于动物，其运动的位移x1＝vt1
对于石块，其竖直方向：(L＋x1)sin 37°＝
其水平方向：(L＋x1)cos 37°＝v0t1
解得v0＝20 m/s
(2)假设动物开始时在斜面的底端，对于动物，其运动的位移
x2＝vt2
对于石块，其竖直方向：Lsin 37°＝
其水平方向：Lcos 37°＋x2＝v0t2
解得v0＝(4 ＋15) m/s≈27.65 m/s。
所以此种情况下，石块的速度范围为：20 m/s＜v0≤27.65 m/s。
32．如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2-s图象如图乙．最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：

（1）小木块从平台边缘飞出的速度；
（2）小木块平台运动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
【答案】（1）2m/s（2）6J（3）400m/s

（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动
根据，可得图象的斜率
解得：小木块在平台上滑动的加速度大小
根据牛顿第二定律得：摩擦力
故小木块在滑动过程中产生的热量：
（3）由图象可得
小木块刚开始滑动时的速度为
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：
解得：
【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解．
33．如图所示，倾角为的斜面长，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度，)。求：
（1）抛出点O离斜面底端的高度；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数。

【答案】（1）1.7m，（2）0.125
【解析】试题分析：（1）根据小球的竖直位移和水平位移，结合几何关系求出抛出点到斜面底端的距离．（2）根据牛顿第二定律，结合位移公式，抓住时间相等求出滑块与斜面间的动摩擦因数．
（1）将小球在P点的速度分解，如图所示

由几何关系得：
解得：
又
解得：
则平抛运动的水平位移
平抛运动的竖直位移
根据几何关系
解得：
所以抛出点O离斜面底端的高度
（2）根据几何关系
滑块匀加速运动的位移
根据位移公式
解得：
对滑块，根据牛顿第二定律：
解得：
代入数据解得：
【点睛】该题是平抛运动和牛顿第二定律等基本规律的应用，主要抓住撞到斜面上时水平速度和竖直方向速度关系、位移关系和几何关系解题.
34．如图所示，水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点，滑块a 和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a 和小球b瞬间分离，小球b恰好能通过半圆轨道的最高点P 点，然后做平抛运动落到水平轨道MN上。已知a 和b质量分别为2m、m，滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

（1）滑块a和小球b刚分离时b的速度大小；
（2）小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离。
【答案】⑴⑵
【解析】（1）物体b在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力，有

解得
两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动，由动能定理有

解得
（2）a与b分离瞬间在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
mvb-2mva=0
解得
滑块a向左运动的加速度
滑块a向左运动的最大距离
小球b做平抛运动，竖直方向有
水平方向Lb=vPt
解得

35．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场 (P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知AB间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：

（1）小球离开c点时的速度大小
（2）电场强度E的大小
（3）在圆轨道运动过程中，指出什么位置速度最大并求出其大小
【答案】（1） （2） （3）

（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得：

解得：
（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为

小球从A运动到D的过程，根据动能定理得：

得：
根据数学知识可得，当时动能最大．
由此可得
【点睛】运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解，本题对数学能力的要求较高，需加强练习．
36．如图所示，一固定斜面的倾角θ＝37°，P点距斜面底端A点的距离x。BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，两轨道的半径均为R＝2 m。滑板长L＝7.1 m，质量为M＝1 kg，静止在光滑水平地面上，滑板上表面与斜面水平底边的高度差H＝4 m，滑板右端紧靠C点，上表面恰能与两圆弧相切于C点和D点，滑板左端到半圆形轨道下端D点的距离L′＝3.3 m。一物块（可视为质点）质量m＝1 kg从斜面上的P点由静止下滑，物块离开斜面后恰在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，经C点滑上滑板，在C点对轨道的压力大小N=60 N，滑板左端到达D点时立即被牢固粘连。物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）物块滑到C点的速率vC；
（2）P点距斜面底端A点的距离x；
（3）物块最终静止时的位置到D点的距离s。
【答案】（1）10m/s（2）5m（3）0.4m
【解析】试题分析：（1）在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可求出物块滑到C点的速率；（2）滑块静止从P滑到C点过程，应用动能定理可以求出x；（3）应用牛顿第二定律和运动学位移公式求出滑块与滑板的位移，然后判断两者共速时的位置关系，再求解物块最终静止时的位置到D点的距离S.
（1）由题意知，在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力
由牛顿第二定律可得：

物块的位移：
滑板的位移：
滑板未到达D点，
物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到D点．
则有：
代入数据解得：
因
物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为
则
物块最终静止时的位置到D点的距离：
【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题．
37．如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
【答案】(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4m
【解析】（1）小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有
解得；
（2）小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得
解得
(3) 小钢珠水平飞出后,做平抛运动，，
解得
38．如图所示，倾角为的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2 m，其连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m=0.02 kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27 J.现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s=2.0 m；己知斜面轨道的A点与水平面上B点之间的高度为h=l.0 m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75；小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin 370=0.6，cos 370=0.8.取g=10 m/s2).求：
(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；
(2)小球对B点轨道的压力；
(3)斜面粗糙部分的长度x.

【答案】（1）5m/s（2）4.3N，方向竖直向下（3）0.5m
【解析】（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律知，
s＝vEt，
4R＝gt2，
联立解得vE＝＝5 m/s
（2）小球从B点运动到E点的过程，由机械能守恒有
mv B2＝mg×4R＋mv E2
解得vB2＝8gR＋，
则vB＝ m/s
在B点有FN－mg＝m
所以FN＝9mg＋＝4.3 N
由牛顿第三定律可知F′N＝FN＝4.3 N，方向竖直向下
（3）小球沿斜面下滑到B点的过程，由功能关系有：mgh－μmgcos 37°・x＝mvB2－Ep
解得x＝0.5 m.
39．如图所示，质量m＝2.0 kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为，g＝10 m/s2.根据以上条件，求：
(1)t＝10 s时刻物体的位置坐标；
(2)t＝10 s时刻物体的加速度的大小与方向。
(3)t＝10 s时刻物体的速度的大小与方向。

【答案】（1）(30 m,20 m)（2）速度方向与x轴正方向夹角为53°(3) 5.0 m/s
【解析】(1)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为，代入时间t＝10 s，可得：

物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，a＝0.4 m/s2，沿y轴正方向．
当t＝10 s时，vy＝at＝0.4×10 m/s＝4.0 m/s
=
，α＝53°
即速度方向与x轴正方向夹角为53°.
40．如图所示，一长为L的细绳一端固定在天花板上，另一端与一质量为m的小球相连接。现使小球在一水平面上做匀速圆周运动，此时细绳与竖直方向的夹角为θ。不计空气阻力。
(1)求维持小球做圆周运动的向心力的大小；
(2)求小球做圆周运动线速度的大小；
(3)某同学判断，若小球的线速度增大，细绳与竖直方向的夹角θ也将增大，但角θ不能等于90º，试证明角θ趋近90º时，细绳对小球的拉力将趋近无穷大。

【答案】(1) (2) （3）,当θ→90º时，→0，所以T→∞
【解析】（1）小球做圆周运动时受细线的拉力和重力作用，由平行四边形定则得：

（2）由牛顿第二定律得：
又
所以（或）
（3）绳对球的拉力

当θ→90º时，→0，所以T→∞
41．如图所示的“s”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆的半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经轨道后从最高点d水平抛出(抛出后小球不会碰轨道)，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其它机械能损失，ab段长L=1.25 m，圆的半径R=0.1 m，小球质量m=0.01 kg，轨道质量为M=0.26 kg，g=10 m／s2，求：

(1)若v0=5 m／s，小球从最高点d抛出后的水平射程。
(2)若v0=5 m／s，小球经过轨道的最高点d时，管道对小球作用力的大小和方向。
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零。
【答案】⑴⑵；方向竖直向下⑶
【解析】试题分析：对a到d全过程运用动能定理求出运动到d点速度，离开d点后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再求出水平位移；在d点小球受重力和管道对小球的作用力，根据两个力的合力提供做圆周运动的向心力，求出管道对小球作用力的大小和方向；根据动能定理和牛顿第二定律求解速度v0。
⑴设小球到达d点的速度为v，由动能定理有：
小球从d点做平抛运动，在竖直方向有：
在水平方向：
代入数据解得小球做平抛运动的水平位移：
⑵小球通过d点时，由牛顿第二定律有：
代入数据得：FN=1.1N；方向竖直向下
⑶设小球通过c的速度为vc，由动能定理有：
小球通过c点时，由牛顿第二定律有：
要使轨道对地面无压力，则有：
联立以上代入数据得：
点睛：本题主要考查了动能定理与圆周运动的结合的综合题，解决题的关键掌握动能定理，以及知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力即可求解。
42．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，最高点为A，最低点为B，B到底边C点的距离为S，求：
(1）小球通过最高点A时的速度．
(2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力．
（3）若小球在最低点B时绳刚好断裂，求小球滑落到底边时到C点的距离。

【答案】(1) ；(2)6mgsin；（3）

解得：
（3）因沿着斜面方向加速度为；
平行于斜面方向
43．如图所示，AB 为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线水平方向，圆管截面半径r