備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專(zhuān)題4.11 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題（含解析）

《備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專(zhuān)題4.11 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專(zhuān)題4.11 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題（含解析）（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題4.9 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題 【考綱解讀與考頻分析】 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題考查的知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，成為高考命題熱點(diǎn)。 【高頻考點(diǎn)定位】 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 綜合問(wèn)題 考點(diǎn)一：曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題 【3年真題鏈接】 1.（2019海南物理·10）三個(gè)小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開(kāi)始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為；它們的下端水平，距地面的高度分別為、、，如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點(diǎn)到軌道下端的水平距離分別記為、、，則（ ） A. B. C. D. 【參考答案】BC 【名師解析】沿軌道1下滑，由機(jī)械能守恒

2、定律，mg（4h0-h0）=mv12，下滑至軌道1末端時(shí)速度v1=，從軌道1末端飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，s1=v1t1，h0=gt12，聯(lián)立解得s1=2 h0；沿軌道2下滑，由機(jī)械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至軌道2末端時(shí)速度v2=，從軌道2末端飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，s2=v2t2，2h0=gt22，聯(lián)立解得s2=4 h0；沿軌道3下滑，由機(jī)械能守恒定律，mg（4h0-3h0）=mv32，下滑至軌道3末端時(shí)速度v3=，從軌道3末端飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，s3=v3t3，3h0=gt32，聯(lián)立解得s3=2 h0；顯然，s2> s1，s2> s3，s

3、1= s3，選項(xiàng)BC正確。 2．（2017·江蘇卷·5）如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過(guò)輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上，物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L(zhǎng)，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動(dòng).整個(gè)過(guò)程中，物塊在夾子中沒(méi)有滑動(dòng).小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是（ ） （A）物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2F （B）小環(huán)碰到釘子P時(shí)，繩中的張力大于2F （C）物塊上升的最大高度為 （D）速度v不能超過(guò) 【參

4、考答案】D 【名師解析】物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則夾子與物體M，處于平衡狀態(tài)，那么繩中的張力等于Mg，與2F大小關(guān)系不確定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小環(huán)碰到釘子P時(shí)，物體M做圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)最低點(diǎn)由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力大于Mg，而與2F大小關(guān)系不確定，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)機(jī)械能守恒定律，減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，則有：mv2=mgh，那么物塊上升的最大高度為h=，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因夾子對(duì)物體M的最大靜摩擦力為2F，依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式，對(duì)物體M，則有：2F-Mg=M，解得：v=，選項(xiàng)D正確。 【名師點(diǎn)睛】在分析問(wèn)題時(shí)，要細(xì)心。題中給的力F是夾子與重物間的最大靜摩擦力，而在物體運(yùn)動(dòng)

5、的過(guò)程中，沒(méi)有信息表明夾子與物體間靜摩擦力達(dá)到最大。另小環(huán)碰到釘子后，重物繞釘子做圓周運(yùn)動(dòng)，夾子與重物間的靜摩擦力會(huì)突然增大。 3.（2017全國(guó)II卷·17）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度為g）（ ） A. B. C. D. 【參考答案】B 【名師解析】設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度為，半圓形光滑軌道半徑為R，小物塊由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)

6、，由機(jī)械能守恒定律，；小物塊從最高點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，x=vtt，2R=gt2，聯(lián)立解得，x=2=4.當(dāng)R=時(shí)，x最大，選項(xiàng)B正確。 4.（2019年4月浙江選考）某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=370的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過(guò)。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線(xiàn)速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗?/p>

7、向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。（sin370=0.6） （1）若h=2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大??； （2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿(mǎn)足的條件 （3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿(mǎn)足的條件。 【參考答案】（1）；（2）；（3） 【名師解析】 （1）物塊由靜止釋放到B的過(guò)程中： 解得vB=4m/s （2）左側(cè)離開(kāi)，D點(diǎn)速度為零時(shí)高為h1 解得h

8、為使能在D點(diǎn)水平拋出則： 解得h≥3.6m 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（6分）（2019山東棗莊二模）如圖所示，AB為光滑水平直軌道，BCD為半徑是R的光滑半圓弧軌道。質(zhì)量為m的小球在A點(diǎn)獲得瞬時(shí)沖量l，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小等于小球的重力大小，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)后又恰好落到A點(diǎn)，重力加速為g，則下列判斷正確的是（　　） A．小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的速度為 B．小球獲得的沖量I＝m C．小球即將著地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為2mg D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)用時(shí)2 【參考答案】CD 【名師解析】根據(jù)小球在D點(diǎn)的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律求出經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的

9、速度； 從A到D過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球在A點(diǎn)的速度，然后求出其獲得的沖量；小球離開(kāi)D后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球落地時(shí)的豎直分速度，然后求出重力的瞬時(shí)功率；小球從A到B做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出從A到B的時(shí)間。 小球過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小等于小球的重力大小，在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg+mg＝m，解得：vD＝，故A錯(cuò)誤；從A到D過(guò)程小球機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：vA＝，由動(dòng)量定理得：I＝mvA＝m，故B錯(cuò)誤；小球離開(kāi)D后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：vy＝＝2， 小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率：P＝mgccosα＝mgvy＝2mg，故C正

10、確；小球離開(kāi)D后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：2R＝，水平方向：AB＝vDt，小球從A到B做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：AB＝vAt′，解得：t′＝2，故D正確。 2.(2019河南名校聯(lián)考)如圖所示，一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.3 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑R＝1 m，小球可看做質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m＝1 kg，g取10 m/s2。則(　　) A.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是0.9 m B.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是1.9 m C.小球經(jīng)過(guò)管道的

11、B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D.小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 【參考答案】　AC 【名師解析】　根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球在C點(diǎn)的豎直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，則B點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離為x＝vxt＝0.9 m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在B點(diǎn)設(shè)管道對(duì)小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，負(fù)號(hào)表示管道對(duì)小球的作用力方向向上，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 3. (2019·山東泰州聯(lián)考)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn)),靜

12、止在傾斜的勻質(zhì)圓盤(pán)上,圓盤(pán)可繞垂直于盤(pán)面的固定軸轉(zhuǎn)動(dòng),a到轉(zhuǎn)軸的距離為l,b到轉(zhuǎn)軸的距離為2l,物塊與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,盤(pán)面與水平面的夾角為30°.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小為g.若a、b隨圓盤(pán)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng),下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A. a在最高點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0 B. a在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力可能為0 C. ω=是a開(kāi)始滑動(dòng)的臨界角速度 D. ω=是b開(kāi)始滑動(dòng)的臨界角速度 【參考答案】.AD　 【名師解析】 a在最高點(diǎn)時(shí)可能有重力沿斜面的分力提供向心力,所以所受摩擦力可能為0,，故選項(xiàng)A正確;；a在最低點(diǎn),由牛

13、頓運(yùn)動(dòng)定律f- mgsin θ=m,所以a在最低點(diǎn)時(shí)所受摩擦力不可能為0，,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；;對(duì)a在最低點(diǎn),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律μmgcos θ-mgsin θ=mω2l,代入數(shù)據(jù)解得ω=,，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;；對(duì)b在最低點(diǎn),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律μmgcos θ- mgsin θ=mω2(2l),代入數(shù)據(jù)解得ω=,，故選項(xiàng)D正確. 4. （2019河南濮陽(yáng)三模擬）（13分）如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸長(zhǎng)的輕繩，兩端各系一個(gè)質(zhì)量相等的小球A和B，球A剛好接觸地面，球B被拉到與細(xì)桿同樣高度的水平位置，當(dāng)球B到細(xì)桿的距離為L(zhǎng)時(shí)，繩剛好拉直．在繩被拉直時(shí)釋放球B，使球B從靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)．求球

14、A剛要離開(kāi)地面時(shí)球B與其初始位置的高度差． 【名師解析】設(shè)A剛離開(kāi)地面時(shí)，連接球B的繩子與其初始位置的夾角為θ，如圖所示， 設(shè)此時(shí)B的速度為v，對(duì)B， 由牛頓第二定律得：T﹣mgsinθ＝m， 由機(jī)械能守恒定律得：mglsinθ＝mv2， A剛要離開(kāi)地面時(shí)，T＝mg 以h表示所求的高度差，h＝lsinθ， 解得：h＝l； 答：球A剛要離開(kāi)地面時(shí)球B與其初始位置的高度差為l． 5. （2019河南示范性高中聯(lián)考）.如圖所示，帶有圓管軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓管軌道豎直(管內(nèi)直徑可以忽略)，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切圓管軌道的半徑R=0.5m，P點(diǎn)左側(cè)軌道(包括圓管光滑右側(cè)

15、軌道粗糙。質(zhì)量m=1kg的物塊A以v0=10m/s的速度滑入圓管，經(jīng)過(guò)豎直圓管軌道后與直軌道上P處?kù)o止的質(zhì)量M=2kg的物塊B發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰后物塊B在粗糙軌道上滑行18m后速度減小為零。已知物塊A、B與粗糙軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。求： (1)物塊A滑過(guò)豎直圓管軌道最高點(diǎn)Q時(shí)受到管壁的彈力； (2)最終物塊A靜止的位置到P點(diǎn)的距離。 【答案】（1）150N（2）2m 【解析】（1）物塊A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律可得： 物塊A在Q點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)物塊A的彈力T向下，由牛頓第二定律可得：

16、 解得T=150N， 則物塊A在Q點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的彈力大小為150N，方向豎直向下； （2）由機(jī)械能守恒定律可知，物塊A與B碰前的速度為v0，物塊A與B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律： 碰后物塊B做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： 解得v1=-2m/s，v2=6m/s 由機(jī)械能守恒定律可知，物塊A若能滑回Q點(diǎn)，其在P點(diǎn)反彈時(shí)的最小速度滿(mǎn)足： 則物塊A反彈后劃入圓管后又滑回P點(diǎn)，設(shè)最終位置到P點(diǎn)的距離為xA， 則： 解得最終物塊A靜止的位置到P點(diǎn)的距離xA=2m 6.（2019河南安陽(yáng)二模擬）如圖所示，一圓心為O半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙

17、的水平軌道在A點(diǎn)相切，AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細(xì)線(xiàn)連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連)，滑塊1、2位于A點(diǎn)?，F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細(xì)線(xiàn)，滑塊恰能過(guò)B點(diǎn)，且落地點(diǎn)恰與滑塊2停止運(yùn)動(dòng)的地點(diǎn)重合?；瑝K1、2可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮滑塊1落地后反彈，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求 (1)滑塊1過(guò)B點(diǎn)的速度大?。? (2)彈簧釋放的彈性勢(shì)能大?。? (3)滑塊2與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 【名師解析】（1）滑塊1恰能過(guò)B點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得 ??mg=m 可得vB= 滑塊1從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有 -2mgR=-

18、解得vB= 滑塊1、2被彈簧彈開(kāi)的過(guò)程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分別得 ??mvA-2 mv2=0 ??Ep=-。 聯(lián)立解得Ep=mgR 滑塊1過(guò)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有x=vBt 豎直方向有2R=gt2 滑塊2在水平面上做減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得-μ·2mgx=0- 解得：μ=5/16 預(yù)測(cè)考點(diǎn)一：曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題 【2年模擬再現(xiàn)】 1. （2019年1月云南昆明復(fù)習(xí)診斷測(cè)試）如圖所示，一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))做雜技表演。一不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于距離水平安全網(wǎng)高為H的O點(diǎn)，小孩抓住繩子上的P點(diǎn)從與O點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始向下

19、擺動(dòng)，小孩運(yùn)動(dòng)到繩子豎直時(shí)松手離開(kāi)繩子做平拋運(yùn)動(dòng)，落到安全網(wǎng)上。已知P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為l(0

20、=m，解得F=3mg，由牛頓第三定律，繩子的拉力恒定為3mg，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；小孩運(yùn)動(dòng)到繩子豎直時(shí)松手后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，x=vt，H-l=gt2，聯(lián)立解得：x=2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)l=H/2時(shí)，小孩在安全網(wǎng)上的落點(diǎn)距離O點(diǎn)的水平距離x最大，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。 【易錯(cuò)警示】解答此題常見(jiàn)錯(cuò)誤主要有：一是錯(cuò)誤認(rèn)為小孩速度越大就對(duì)繩子拉力越大，導(dǎo)致錯(cuò)選A；二是不能正確運(yùn)用相關(guān)知識(shí)列方程得出水平位移表達(dá)式，不能正確運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)得出最大水平距離。 2．（2019廣東七校沖刺模擬）機(jī)場(chǎng)經(jīng)常使用傳送帶和轉(zhuǎn)盤(pán)組合完成乘客行李箱的傳送，圖為機(jī)場(chǎng)水平傳輸裝置的俯視圖。行李箱從A處無(wú)初速放到傳送帶上，

21、運(yùn)動(dòng)到B處后進(jìn)入和傳送帶速度始終相等的勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)盤(pán)，并隨轉(zhuǎn)盤(pán)一起運(yùn)動(dòng)（無(wú)打滑）半個(gè)圓周到C處被乘客取走。已知A、B兩處的距離L=10m，傳送帶的傳輸速度v=2.0m/s，行李箱在轉(zhuǎn)盤(pán)上與軸O的距離R=4.0m，已知行李箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1，行李箱與轉(zhuǎn)盤(pán)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4，g=10m/s2。 （1）行李箱從A處被放上傳送帶到C處被取走所用時(shí)間為多少？ （2）如果要使行李箱能最快到達(dá)C點(diǎn)，傳送帶和轉(zhuǎn)盤(pán)的共同速度應(yīng)調(diào)整為多大？ （3）若行李箱的質(zhì)量均為15kg，每6s投放一個(gè)行李箱，則傳送帶傳送行李箱的平均輸出功率應(yīng)為多大？ 【名師解析】（1）設(shè)行李箱質(zhì)量為

22、m，放在傳送帶上，受到摩擦力做加速運(yùn)動(dòng) 由牛頓第二定律得：μ1mg=ma 由速度公式得：v=at1?????????? 由位移公式得：x=at12 解得：t1=2s，x=2m＜L ?行李箱在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2==4s 從B到C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)用時(shí)t3==6.28s 從A處被放上傳送到C用時(shí)為t=t1+t2+t3=2+4+6.28=12.28s （2）行李箱在轉(zhuǎn)盤(pán)上運(yùn)動(dòng)時(shí)取最大靜摩擦力， 由牛頓第二定律得：μ2mg=m， 則速度應(yīng)為v2=4m/s 設(shè)行李箱在傳送帶上一直加速的速度為v1，則v12=2aL， 則v1=m/s＞4m/s 故最大速度應(yīng)取為4m/s，即共同速

23、度應(yīng)調(diào)整為4m/s （3）每傳送一個(gè)行李箱需要做功W，W=mv2+μ1mg（vt1-x）=60J 傳送行李箱需要的平均輸出功率P=W/t0=10W 答：（1）行李箱從A處被放上傳送帶到C處被取走所用時(shí)間為12.28s； （2）如果要使行李箱能最快到達(dá)C點(diǎn)，傳送帶和轉(zhuǎn)盤(pán)的共同速度應(yīng)調(diào)整為4m/s； （3）傳送帶傳送行李箱的平均輸出功率應(yīng)為10W。 3.（12分）（2019高考仿真模擬5）如圖所示，半徑R＝0.40 m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點(diǎn)A。一質(zhì)量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0

24、m/s2的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)s＝4.0 m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點(diǎn)。(取重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (3)A，C間的距離。 【名師解析】　(1)小球向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中小球做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有v－v＝－2as 解得vA＝＝5 m/s。 ①（2分） (2)如果小球能夠到達(dá)B點(diǎn)，設(shè)在B點(diǎn)的最小速度為vmin， 有mg＝m 解得vmin＝2 m/s。 ②（2分） 而小球從A到B的過(guò)程中根據(jù)機(jī)械能守恒，有mg·2R＋mv＝mv 解得vB

25、＝3 m/s。 ③（2分） 由于vB＞vmin，故小球能夠到達(dá)B點(diǎn)，且從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律可知F＋mg＝m， 解得F＝1.25 N ④（2分） 由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?.25 N。 ⑤（1分） (3)在豎直方向有2R＝gt2， ⑥（1分） 在水平方向有sAC＝vBt， ⑦（1分） 解得sAC＝0.6 m 故A，C間的距離為0.6 m. ⑧（1分） 【1年仿

26、真原創(chuàng)】 1.如圖甲所示,質(zhì)量相等,大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái),使小球a在豎直平面內(nèi)來(lái)回?cái)[動(dòng),小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),連接小球b的細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角和小球a擺動(dòng)時(shí)細(xì)線(xiàn)偏離豎直方向的最大夾角都為θ,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩細(xì)線(xiàn)拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙中c、d所示.則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.圖乙中直線(xiàn)d表示細(xì)線(xiàn)對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系 B.圖乙中曲線(xiàn)c表示細(xì)線(xiàn)對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系 C.θ=45° D.θ=60° 【參考答案】:BD 【名師解析】:題圖乙中曲線(xiàn)c表示細(xì)線(xiàn)對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系,直線(xiàn)d表示細(xì)線(xiàn)

27、對(duì)小球b的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確.對(duì)a小球運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律，mgL(1-cos θ)=mv2,在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=m,解得細(xì)線(xiàn)對(duì)小球a的拉力最大值F=3mg-2mgcos θ,在a小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)拉力最小,最小值F=mgcos θ,由題圖乙可知細(xì)線(xiàn)對(duì)小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 2. 為了研究過(guò)山車(chē)的原理，某物理小組提出了下列的設(shè)想：取一個(gè)與水平方向夾角為θ＝60°，長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝2 m的傾斜軌道AB，通過(guò)微小圓弧與長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計(jì)一個(gè)豎直完整的光滑圓軌道，出口為水平軌道D

28、，如圖所示。現(xiàn)將一個(gè)小球從距A點(diǎn)高為h＝0.9 m的水平臺(tái)面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點(diǎn)時(shí)速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知小球與AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝。g取10 m/s2，求： (1)小球初速度v0的大??； (2)小球滑過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率vC； (3)要使小球不離開(kāi)軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應(yīng)該滿(mǎn)足什么條件。 【名師解析】　(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知豎直方向有：v＝2gh 即：vy＝3 m/s 因?yàn)樵贏點(diǎn)的速度恰好沿AB方向， 所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝ m/s (2)從水平拋出到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

29、 mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝mv－mv 解得：vC＝3 m/s。 (3)小球剛好能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有：mg＝m 小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有： －2mgR1＝mv2－mv 解得：R1＝＝1.08 m 當(dāng)小球剛好能到達(dá)與圓心等高時(shí)有：mgR2＝mv 解得：R2＝＝2.7 m 當(dāng)圓軌道與AB相切時(shí)：R3＝L2tan 60°＝1.5 m，即圓軌道的半徑不能超過(guò)1.5 m 綜上所述，要使小球不離開(kāi)軌道，R應(yīng)該滿(mǎn)足的條件是：0＜R≤1.08 m。 答案　(1) m/s　(2)3 m/s　(3)0＜R≤1.08 m 3.如圖所示

30、，一水平傳送帶AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝6 m，離水平地面的高為h＝5 m，地面上C點(diǎn)在傳送帶右端點(diǎn)B的正下方。一物塊以水平初速度v0＝4 m/s自A點(diǎn)滑上傳送帶，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度為g＝10 m/s2。 (1)要使物塊從B點(diǎn)拋出后的水平位移最大，傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？最大水平位移多大？ (2)若物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶到落地所用的時(shí)間為2.3 s，求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)的速度(＝3.162，＝3.77，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 【名師解析】　 (1)要使物塊平拋的水平位移最大，則物塊應(yīng)一直做加速運(yùn)動(dòng)，傳送帶必須沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，且轉(zhuǎn)動(dòng)的速度滿(mǎn)足v2≥v

31、＋2μgL v≥2 m/s 物塊所能達(dá)到的最大速度為v2＝2 m/s 做平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程h＝gt2 t＝＝1 s 則最大的水平位移為smax＝v2t＝2 m＝6.32 m (2)若物塊從A點(diǎn)滑上傳送帶到落地所用的時(shí)間為2.3 s，由于平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1 s，因此物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝1.3 s 若物塊從A到B以v0＝4 m/s勻速運(yùn)動(dòng)，需要的時(shí)間為t2＝＝1.5 s 若物塊一直勻加速運(yùn)動(dòng)，則所用的時(shí)間為 t3＝＝ s＝(－2) s＝1.162 s 由于t2＞t1＞t3，所以物塊在傳送帶上先加速再勻速 則＋＝t1 v′2－13.2v′＋40＝0 解得v′＝ m/s＝4.72 m/s。 答案　(1)v≥6.32 m/s　6.32 m　(2)4.72 m/s 16