高考物理一輪復(fù)習第四章《曲線運動與萬有引力》課時沖關(guān)（打包6套）新人教版.zip

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D. 解析：B考查向心力公式汽車做勻速圓周運動，向心力由重力與斜面對汽車的支持力的合力提供，且向心力方向水平，大小F向mgtan ，根據(jù)牛頓第二定律：F向m，tan ，解得汽車轉(zhuǎn)彎時的車速v ，B對2如圖，長為L的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端有固定轉(zhuǎn)軸O.現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動P為圓周軌道的最高點若小球通過圓周軌道最低點時的速度大小為 ，則以下判斷正確的是()A小球不能到達P點B小球到達P點時的速度小于C小球能到達P點，但在P點不會受到輕桿的彈力D小球能到達P點，且在P點受到輕桿向下的彈力解析：B根據(jù)機械能守恒定律2mgLmv2mv，可求出小球在P點的速度為 ，故B正確，A錯誤小球在P點所需要的向心力Fmg，故小球在P點受到輕桿向上的彈力，故C、D均錯誤3(2016湛江質(zhì)檢)半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上如圖所示，頂部有一個物體A，今給A一個水平初速度v0，則A將()A沿球面下滑至M點B沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動C按半徑大于R的新圓弧軌道做圓周運動D立即離開半圓球做平拋運動解析：D給A一個水平初速度v0，則F向mg，即重力恰好提供向心力，物體與半圓球無相互作用A將不沿半圓球表面運動，而是脫離球表面做平拋運動4雨天野外騎車時，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動，泥巴就被甩下來如圖所示，圖中a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則()A泥巴在圖中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來C泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來D泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來解析：C當后輪勻速轉(zhuǎn)動時，由aR2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤在角速度相同的情況下，泥巴在a點有Famgm2R，在b、d兩點有FbFdm2R，在c點有Fcmgm2R.所以泥巴與輪胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下來，故B、D錯誤，C正確5如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過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為R1 m，小球可看做質(zhì)點且其質(zhì)量為m1 kg，g取10 m/s2.則()A小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.0 mB小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9 mC小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1 ND小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2 N解析：C根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，則B點與C點的水平距離為xvxt0.9 m，選項A、B錯誤；在B點設(shè)管道對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤6(2017湖南株洲二中月考)用一根細線一端系一小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑圓錐頂上，如圖甲所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為，線的張力為T，則T隨2變化的圖象是圖乙中的()解析：B設(shè)繩長為L，錐面與豎直方向夾角為，當0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和繩的拉力T而平衡，Tmgcos 0，A錯誤；增大時，T增大，N減小，當N0時，角速度為0，當0時，小球離開錐面，繩與豎直方向夾角變大，設(shè)為，由牛頓第二定律得Tsin m2Lsin ，所以TmL2，可知T2圖線的斜率變大，所以B正確，C、D錯誤二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯或不答的得0分)7(68520107)(2017江蘇揚州中學月考)如圖所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的小物體A、B、C能隨轉(zhuǎn)臺一起以角速度勻速轉(zhuǎn)動，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B與轉(zhuǎn)臺、C與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)都為，B、C離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為r、1.5r.設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力以下說法中不正確的是()AB對A的摩擦力一定為3mgBC與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力C轉(zhuǎn)臺的角速度一定滿足 D轉(zhuǎn)臺的角速度一定滿足 解析：ABD對A受力分析，受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有fBA3m2r3mg，故A錯誤；由于A與C轉(zhuǎn)動的角速度相同，由摩擦力提供向心力有fCm1.5r2 ，b繩將出現(xiàn)彈力D若b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變解析：AD小球做勻速圓周運動，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩張力在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確根據(jù)豎直方向上小球受力平衡得，F(xiàn)asin mg，解得Fa，可知a繩的張力不變，故B錯誤當b繩拉力為零時，有ml2，解得 ，可知當角速度時，b繩出現(xiàn)彈力，故C錯誤由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D正確9(2016浙江理綜)如圖所示為賽車場的一個水平“梨形”賽道，兩個彎道分別為半徑R90 m的大圓弧和r40 m的小圓弧，直道與彎道相切大、小圓弧圓心O、O距離L100 m賽車沿彎道路線行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是賽車重力的2.25倍假設(shè)賽車在直道上做勻變速直線運動，在彎道上做勻速圓周運動要使賽車不打滑，繞賽道一圈時間最短(發(fā)動機功率足夠大，重力加速度g10 m/s2，3.14)，則賽車()A在繞過小圓弧彎道后加速B在大圓弧彎道上的速率為45 m/sC在直道上的加速度大小為5.63 m/s2D通過小圓弧彎道的時間為5.58 s解析：AB在彎道上做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓第二定律kmgm，故當彎道半徑一定時，在彎道上的最大速度是一定的，且在大彎道上的最大速度大于小彎道上的最大速度，故要想時間最短，故可在繞過小圓弧彎道后加速，選項A正確；在大圓弧彎道上的最大速率為vmR m/s45 m/s，選項B正確；直道的長度為x50 m，在小彎道上的最大速度：vmr m/s30 m/s，故在直道上的加速度大小為a m/s26.50 m/s2，選項C錯誤；由幾何關(guān)系可知，小圓弧軌道的長度為，通過小圓弧彎道的時間為ts2.80 s，選項D錯誤10(2017遼寧撫順一中一模)如圖所示，兩物塊A、B套在水平粗糙的CD桿上，并用不可伸長的輕繩連接，整個裝置能繞過CD中點的軸轉(zhuǎn)動，已知兩物塊質(zhì)量相等，桿CD對物塊A、B的最大靜摩擦力大小相等，開始時繩子處于自然長度(繩子恰好伸直但無彈力)，物塊B到軸的距離為物塊A到軸距離的兩倍，現(xiàn)讓該裝置從靜止開始轉(zhuǎn)動，使轉(zhuǎn)速逐漸慢慢增大，在從繩子處于自然長度到兩物塊A、B即將滑動的過程中，下列說法正確的是()AA受到的靜摩擦力一直增大BB受到的靜摩擦力先增大后保持不變CA受到的靜摩擦力先增大后減小再增大DB受到的合外力先增大后保持不變解析：BC根據(jù)fmmr2得 ，知當角速度逐漸增大時，B物塊先達到最大靜摩擦力，角速度增大，B物塊所受繩子的拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力；角速度繼續(xù)增大，拉力增大，則A物塊所受靜摩擦力減小，當拉力增大到一定程度，A物塊所受的摩擦力減小到零后反向；角速度繼續(xù)增大，A物塊的摩擦力反向增大所以A物塊所受的摩擦力先增大后減小，又反向增大，B物塊所受的靜摩擦力一直增大，達到最大靜摩擦力后不變，A錯誤，B、C正確；在轉(zhuǎn)動過程中，B物塊運動需要向心力來維持，一開始是靜摩擦力作為向心力，當摩擦力不足以提供向心力時，繩子的拉力作為補充，速度再增大，當這兩個力的合力不足以提供向心力時，物塊將會發(fā)生相對滑動，根據(jù)向心力公式，F(xiàn)向m可知，在發(fā)生相對滑動前B物塊運動的半徑是不變的，質(zhì)量也不變，隨著速度的增大，向心力增大，而向心力等于物塊所受的合外力，故D錯誤故選B、C.三、非選擇題(本題共2小題，共40分寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11(68520108)(20分)如圖所示，細繩一端系著質(zhì)量M8 kg的物體，靜止在水平桌面上，另一端通過光滑小孔吊著質(zhì)量m2 kg的物體，M與圓孔的距離r0.5 m，已知M與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2(設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，現(xiàn)使物體M隨轉(zhuǎn)臺繞中心軸轉(zhuǎn)動，問轉(zhuǎn)臺角速度在什么范圍時m會處于靜止狀態(tài)(g10 m/s2)解析：設(shè)角速度的最小值為1，此時M有向著圓心運動的趨勢，其受到的最大靜摩擦力沿半徑向外，由牛頓第二定律得：FTMgMr，設(shè)角速度的最大值為2，此時M有背離圓心運動的趨勢，其受到的最大靜摩擦力沿半徑指向圓心，由牛頓第二定律得：FTMgMr，要使m靜止，應(yīng)有FTmg，聯(lián)立得11 rad/s，23 rad/s，則1 rad/s3 rad/s.答案：1 rad/s3 rad/s12(68520109)(20分)(2017豫東、豫北十校測試)如圖所示，半徑為、質(zhì)量為m的小球用兩根不可伸長的輕繩a、b連接，兩輕繩的另一端系在一根豎直桿的A、B兩點上，A、B兩點相距為l，當兩輕繩伸直后，A、B兩點到球心的距離均為l.當豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動并達到穩(wěn)定時(輕繩a、b與桿在同一豎直平面內(nèi))求：(1)豎直桿角速度為多大時，小球恰好離開豎直桿(2)輕繩a的張力Fa與豎直桿轉(zhuǎn)動的角速度之間的關(guān)系解析：(1)小球恰好離開豎直桿時，小球與豎直桿間的作用力為零，設(shè)此時輕繩a與豎直桿間的夾角為，由題意可知sin ，r，沿半徑：Fasin m2r，垂直半徑：Facos mg，聯(lián)立解得2.(2)由(1)可知02時，F(xiàn)amg.若角速度再增大，小球?qū)㈦x開豎直桿，在輕繩b恰伸直前，設(shè)輕繩a與豎直桿的夾角為，此時小球做圓周運動的半徑為rlsin .沿半徑：Fasin m2r，垂直半徑：Facos mg.聯(lián)立解得Fam2l當輕繩b恰伸直時，60，此時 故有Fam2l，此時2 若角速度再增大，輕繩b拉直后，小球做圓周運動的半徑為rlsin 60沿半徑：Fasin 60Fbsin 60m2r，垂直半徑：Facos 60Fbcos 60mg，聯(lián)立解得Faml2mg.此時 .答案：見解析- 7 -微專題6 天體運動中的“四大難點”突破一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)1(2017天津月考)地球赤道上有一物體隨地球自轉(zhuǎn)而做圓周運動，所受到的向心力為F1，向心加速度為a1，線速度為v1，角速度為1；繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星(高度忽略)所受到的向心力為F2，向心加速度為a2，線速度為v2，角速度為2；地球同步衛(wèi)星所受到的向心力為F3，向心加速度為a3，線速度為v3，角速度為3.地球表面的重力加速度為g，第一宇宙速度為v，假設(shè)三者質(zhì)量相等，則()AF1F2F3Ba1a2ga3Cv1v2vv3 D132解析：D根據(jù)題意三者質(zhì)量相等，軌道半徑r1r2r3.物體1與人造衛(wèi)星2比較，由于赤道上物體受引力和支持力的合力提供向心力，而近地衛(wèi)星只受萬有引力，故F1F2，故A錯誤；由選項A的分析知道向心力F1F2，故由牛頓第二定律可知a1a2，故B錯誤；由A選項的分析知道向心力F1F2，根據(jù)向心力公式Fm，由于m、R相等，故v1v2，故C錯誤；同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)同步，故T1T3，根據(jù)周期公式T2 ，可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，周期越大，故T3T2，再根據(jù)，有132，故D正確2(2017山東師大附中二模)發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3，軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖所示則以下說法不正確的是()A要將衛(wèi)星由圓軌道1送入圓軌道3，需要在圓軌道1的Q和橢圓軌道2的遠地點P分別點火加速一次B由于衛(wèi)星由圓軌道1送入圓軌道3被點火加速兩次，則衛(wèi)星在圓軌道3上正常運行速度要大于在圓軌道1上正常運行的速度C衛(wèi)星在橢圓軌道2上的近地點Q的速度一定大于7.9 km/s，而在遠地點P的速度一定小于7.9 km/sD衛(wèi)星在橢圓軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在圓軌道3上經(jīng)過P點時的加速度解析：B從軌道1變軌到軌道2，需在Q處點火加速，從軌道2變軌到軌道3需要在P處點火加速，故A說法正確根據(jù)公式Gm解得v，即軌道半徑越大，速度越小，故軌道3上的線速度小于軌道1上正常運行的速度，B說法錯誤；第一宇宙速度是近地軌道環(huán)繞速度，即7.9 km/s，軌道2上衛(wèi)星在Q點做離心運動，則速度大于7.9 km/s，而在遠地點P，半徑大于地球半徑，線速度一定小于7.9 km/s，C說法正確；根據(jù)Gma可得aG，而衛(wèi)星在橢圓軌道2上經(jīng)過P點時和在圓軌道3上經(jīng)過P點時所受萬有引力相同，故加速度相同，D說法正確本題選不正確的，故選B.3(68520121)(2017陜西咸陽興平質(zhì)檢)2016年10月19日，“神舟十一號”與“天宮二號”成功對接下列關(guān)于“神舟十一號”與“天宮二號”的分析錯誤的是()A“天宮二號”的發(fā)射速度應(yīng)介于第一宇宙速度與第二宇宙速度之間B對接前，“神舟十一號”欲追上“天宮二號”，必須在同一軌道上點火加速C對接前，“神舟十一號”欲追上同一軌道上的“天宮二號”，必須先點火減速再加速D對接后，組合體的速度小于第一宇宙速度解析：B發(fā)射速度如果大于第二宇宙速度，“天宮二號”將脫離地球束縛，不能繞地球運動，故A正確“神舟十一號”加速需要做離心運動，才可能與“天宮二號”對接，故對接前“神舟十一號”的軌道高度必定小于“天宮二號”，故B錯誤對接前，“神舟十一號”欲追上同一軌道上的“天宮二號”，必須先點火減速，做近心運動，再加速做離心運動，從而實現(xiàn)對接，故C正確對接后，軌道高度沒有變化，組合體的速度一定小于第一宇宙速度，故D正確本題選不正確的，故選B.4(2017寧夏銀川一中月考)2014年10月24日，“嫦娥五號”探路兵發(fā)射升空，為計劃于2017年左右發(fā)射的“嫦娥五號”探路，并在8天后以“跳躍式返回技術(shù)”成功返回地面“跳躍式返回技術(shù)”指航天器在關(guān)閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界已知地球半徑為R，地心到d點的距離為r，地球表面重力加速度為g.下列說法正確的是()A“嫦娥五號”探路兵在b點處于完全失重狀態(tài)B“嫦娥五號”探路兵在d點的加速度小于C“嫦娥五號”探路兵在d點的速率小于 D“嫦娥五號”探路兵在c點的速率大于在e點的速率解析：C“嫦娥五號”探路兵沿abc軌跡做曲線運動，合力指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，所以在b點合力向上，即加速度向上，因此在b點處于超重狀態(tài)，故A錯誤在d點，加速度aG，又GMgR2，故a，故B錯誤若在半徑為r的軌道上做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得Gm，解得v ，而“嫦娥五號”探路兵在d點做近心運動，則速度小于，故C正確從c點到e點，不受空氣阻力，機械能守恒，則c點速率和e點速率相等，故D錯誤52016年10月17日，“神舟十一號”載人飛船發(fā)射升空，運送兩名宇航員前往在2016年9月15日發(fā)射的“天宮二號”空間實驗室，宇航員計劃在“天宮二號”駐留30天進行科學實驗“神舟十一號”與“天宮二號”的對接變軌過程如圖所示，AC是橢圓軌道的長軸“神舟十一號”從圓軌道先變軌到橢圓軌道，再變軌到圓軌道，與在圓軌道運行的“天宮二號”實施對接下列描述正確的是()A“神舟十一號”在變軌過程中機械能不變B可讓“神舟十一號”先進入圓軌道，然后加速追趕“天宮二號”實現(xiàn)對接C“神舟十一號”從A到C的平均速率比“天宮二號”從B到C的平均速率大D“神舟十一號”在橢圓軌道上運動的周期與“天宮二號”運行周期相等解析：C“神舟十一號”飛船變軌過程中軌道升高，機械能增加，A選項錯誤；若飛船在進入圓軌道后再加速，則將進入更高的軌道飛行，不能實現(xiàn)對接，選項B錯誤；飛船軌道越低，速率越大，軌道比軌道的平均高度低，因此平均速率要大，選項C正確；由開普勒第三定律可知，橢圓軌道上的運行周期比圓軌道上的運行周期要小，D項錯誤二、多項選擇題(本題共3小題，每小題7分，共21分全部選對的得7分，部分選對的得3分，有選錯或不答的得0分)6(68520122)(2017寧夏銀川市第二中學、第九中學、育才中學聯(lián)考)若地球同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的，則下列說法正確的是()A同步衛(wèi)星的運動周期為地球自轉(zhuǎn)周期的n2倍B同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的n倍C同步衛(wèi)星運行的線速度為第一宇宙速度的D同步衛(wèi)星的向心加速度為赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的解析：BC同步衛(wèi)星的運行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等，故A錯誤在地球表面，Gmg，解得g，根據(jù)Gma得a，因為，可知n，故B正確根據(jù)Gm 得v ，又n，則同步衛(wèi)星運行的線速度為第一宇宙速度的，故C正確同步衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)的角速度相等，根據(jù)ar2知，同步衛(wèi)星的向心加速度為赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度的n倍，故D錯誤7(2017山東淄博實驗中學一診)為了迎接太空時代的到來，美國國會通過一項計劃：在2050年前建造成太空升降機，就是把長繩的一端擱置在地球的衛(wèi)星上，另一端系住升降機，放開繩，升降機能到達地球上，科學家可以控制衛(wèi)星上的電動機把升降機拉到衛(wèi)星上已知地球表面的重力加速度g10 m/s2，地球半徑R6 400 km，地球自轉(zhuǎn)周期為24 h某宇航員在地球表面測得體重為800 N，他隨升降機垂直地面上升，某時刻升降機的加速度為10 m/s2，方向豎直向上，這時此人再次測得體重為850 N，忽略地球公轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)()A可以求出升降機此時所受萬有引力的大小B可以求出此時宇航員的動能C可以求出升降機此時距地面的高度D如果把繩的一端擱置在同步衛(wèi)星上，可知繩的長度至少有多長解析：CD因為不知道升降機的質(zhì)量，所以求不出升降機所受的萬有引力，故A錯誤根據(jù)牛頓第二定律得Nmgma，可求出重力加速度g，再根據(jù)萬有引力等于重力有Gmg，可求出高度h，故C正確根據(jù)地球表面人的體重G宇800 N和地球表面重力加速度g10 m/s2，可知宇航員的質(zhì)量為m80 kg，由于升降機不一定做勻加速直線運動，不能由運動學公式v22ah求出此時宇航員的速度v，則不能求得宇航員的動能，故B錯誤根據(jù)萬有引力提供向心力有Gm(Rh)2，GMgR2，可求出同步衛(wèi)星離地面的高度，即可知繩的長度至少有多長，故D正確8(2017南昌一中檢測)我國自主研制的“北斗一號”衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，在抗震救災(zāi)中發(fā)揮了巨大作用北斗導(dǎo)航系統(tǒng)又被稱為“雙星定位系統(tǒng)”，具有導(dǎo)航、定位等功能“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星均繞地心O做勻速圓周運動，軌道半徑為r，某時刻兩顆工作衛(wèi)星分別位于軌道上的A、B兩位置(如圖所示)若衛(wèi)星均按順時針運行，地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R.不計衛(wèi)星間的相互作用力則以下判斷中正確的是()A這兩顆衛(wèi)星的加速度大小相等，均為B衛(wèi)星1向后噴氣就一定能追上衛(wèi)星2C衛(wèi)星1由位置A運動到位置B所需的時間為 D衛(wèi)星1中質(zhì)量為m的物體的動能為mgr解析：AC由ma、m0g，得a，A正確；衛(wèi)星1向后噴氣時速度增大，所需的向心力增大，萬有引力不足以提供其所需的向心力而做離心運動，與衛(wèi)星2不再處于同一軌道上了，B錯誤；由tTT、mr2、m0g可得t ，C正確；由m、m0g、Ekmv2可得Ek，D錯誤三、非選擇題(本題共2小題，共44分寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9(68520123)(22分)(2017陜西師大附中模擬)雙星系統(tǒng)中兩個星球A、B的質(zhì)量都是m，A、B相距L，它們正圍繞兩者連線上的某一點做勻速圓周運動實際觀測該系統(tǒng)的周期T要小于按照力學理論計算出的周期理論值T0，且k(k1)，于是有人猜測這可能是受到了一顆未發(fā)現(xiàn)的星球C的影響，并認為C位于雙星A、B的連線正中間，相對A、B靜止，求：(1)兩個星球A、B組成的雙星系統(tǒng)周期理論值T0；(2)星球C的質(zhì)量解析：(1)兩個星體A、B組成的雙星系統(tǒng)角速度相同，根據(jù)萬有引力定律，兩星之間萬有引力FG.設(shè)兩星軌道半徑分別是r1、r2.兩星之間萬有引力是兩星做勻速圓周運動的向心力，有Fmr1，F(xiàn)mr2，可得r1r2，因此兩星繞連線的中點轉(zhuǎn)動由m，解得0.所以T02 .(2)設(shè)星球C的質(zhì)量為M，由于星球C的存在，雙星的向心力由兩個力的合力提供，則GmL2，得，可求得T2 ，有 k所以Mm.答案：(1)2 (2)m10(68520124)(22分)石墨烯是近些年發(fā)現(xiàn)的一種新材料，其超高強度及超強導(dǎo)電、導(dǎo)熱等非凡的物理化學性質(zhì)有望使21世紀的世界發(fā)生革命性的變化，其發(fā)現(xiàn)者由此獲得2010年諾貝爾物理學獎用石墨烯制作超級纜繩，人類搭建“太空電梯”的夢想有望在本世紀實現(xiàn)科學家們設(shè)想，通過地球同步軌道站向地面垂下一條纜繩至赤道基站，電梯倉沿著這條纜繩運行，實現(xiàn)外太空和地球之間便捷的物資交換(1)若“太空電梯”將貨物從赤道基站運到距地面高度為h1的同步軌道站，求軌道站內(nèi)質(zhì)量為m1的貨物相對地心運動的動能設(shè)地球自轉(zhuǎn)角速度為，地球半徑為R.(2)當電梯倉停在距地面高度h24R的站點時，求倉內(nèi)質(zhì)量m250 kg的人對水平地板的壓力大小取地面附近重力加速度g10 m/s2，地球自轉(zhuǎn)角速度7.3105rad/s，地球半徑R6.4103 km.解析：(1)設(shè)貨物相對地心的距離為r1，線速度為v1，則r1Rh1 v1r1 貨物相對地心的動能Ekm1v 聯(lián)立式得Ekm12(Rh1)2. (2)設(shè)地球質(zhì)量為M，人相對地心的距離為r2，向心加速度為an，受地球的萬有引力為F，則r2Rh2 an2r2 FG g 設(shè)水平地板對人的支持力大小為FN，人對水平地板的壓力大小為FN，則FFNm2an 運用牛頓第三定律可得FNFN 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得FN11.5 N.答案：(1)m12(Rh1)2(2)11.5 N- 7 -第四章 第1課時 曲線運動 運動的合成與分解一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1(2017河南信陽高級中學第四次大考)關(guān)于曲線運動，下列說法正確的是 ()A物體只有受到變力作用才做曲線運動B物體做曲線運動時，加速度可能不變C所有做曲線運動的物體，動能一定發(fā)生改變D物體做曲線運動時，有可能處于平衡狀態(tài)解析：B物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，但是力的大小不一定變化，所以物體受到的可以是恒力，如平拋運動，所以A錯誤；當物體受到的是恒力的作用的時候，物體的加速度就不變，如平拋運動，所以B正確；物體做曲線運動時，物體速度的方向是一定變化的，但是速度的大小可以不變，比如勻速圓周運動，所以動能也可以不變，所以C錯誤；平衡狀態(tài)是指物體處于靜止或者是勻速直線運動狀態(tài)，物體做曲線運動時，物體速度的方向是一定變化的，物體不可能處于平衡狀態(tài)，所以D錯誤2(2017四川成都樹德中學質(zhì)檢)一個質(zhì)點受兩個互成銳角的恒力F1和F2作用，由靜止開始運動，若運動過程中保持二力方向不變，但F1突然增大到F1F，則質(zhì)點以后()A一定做勻變速直線運動B在相等時間內(nèi)速度的變化一定相等C可能做勻速直線運動D可能做變加速曲線運動解析：B在互成銳角的恒力F1和F2作用下，質(zhì)點由靜止開始運動，做勻加速直線運動當保持F1、F2方向不變，F(xiàn)1大小突然增大到F1F，則此時合力的方向與速度方向不共線，質(zhì)點做曲線運動由于合力恒定，所以質(zhì)點做勻變速曲線運動，加速度是定值，所以在相等的時間內(nèi)速度的增量一定相等，故B正確，A、C、D錯誤3(2017湖南永州一模)跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，當跳傘運動員從直升機上由靜止跳下后，在下落過程中若受到水平風力的影響，下列說法正確的是()A風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的空中表演動作B風力越大，運動員下落時間越短，有可能對運動員造成傷害C運動員下落時間與風力大小無關(guān)D運動員著地速度與風力大小無關(guān)解析：C運動員同時參與了兩個分運動，即豎直方向向下落和水平方向隨風飄，兩個分運動同時發(fā)生，相互獨立；因此，水平分速度越大，落地的合速度越大，但落地時間不變，故A、B錯誤，C正確；運動員著地速度與風力大小有關(guān)，故D錯誤4(2017山東泰安新泰一中質(zhì)檢)一艘小船在靜水中的速度是3 m/s，一條河寬60 m，河水流速為4 m/s，下列說法正確的是()A小船在這條河中運動的最大速度是5 m/sB小船在這條河中運動的最小速度是3 m/sC小船渡過這條河的最短時間是20 sD小船渡過這條河的最小位移是60 m解析：C當船的靜水速度與水流速度同向，小船速度最大，為7 m/s，當船的靜水速度與水流速度反向時，小船速度最小，為1 m/s，故A、B錯誤當船的靜水速度與河岸垂直時，渡河時間最短，t s20 s，故C正確因為船的靜水速度小于水流速度，可知合速度的方向不可能垂直于河岸，則小船不能垂直到對岸，最小位移不會等于60 m，故D錯誤5(2017河南中原名校聯(lián)考)如圖所示，細繩一端固定在天花板上的O點，另一端穿過一張CD光盤的中央小孔后拴著一個橡膠球，橡膠球靜止時，豎直懸線剛好挨著水平桌面的邊沿現(xiàn)將CD光盤按在桌面上，并沿桌面邊緣以速度v勻速移動，移動過程中，CD光盤中央小孔始終緊挨桌面邊線，當懸線與豎直方向的夾角為時，小球上升的速度大小為()Avsin Bvcos Cvtan D.解析：A由題意可知，線與光盤交點參與兩個運動，一是沿著線方向的運動，二是垂直線方向的運動，則合運動的速度大小為v，由數(shù)學三角函數(shù)關(guān)系，則有v線vsin ；而線的速度，即為小球上升的速度，故A正確6(2017河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，小船過河時，船頭與上游河岸夾角為，其航線恰好垂直于河岸，已知船在靜水中的速度為v，現(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線不變，且能準時到達河對岸，下列措施中可行的是()A減小角，減小船速vB減小角，增大船速vC增大角，增大船速vD增大角，減小船速v解析：B由題意可知，船相對水的速度為v，其航線恰好垂直于河岸，當水流速度稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，則船速變化如圖所示，可知B正確二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯或不答的得0分)7(68520082)(2017福建師大附中期中)如圖所示，物體P、Q經(jīng)無摩擦的定滑輪用細繩連在一起，此時Q豎直勻速上升，P物體在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右運動，則下列說法正確的是 ()AP做減速運動B細繩對P的作用力逐漸增大CP所受摩擦力逐漸增大D細繩對滑輪的作用力大小不變解析：AC設(shè)細繩與水平方向的夾角為，則vPcos vQ，因為Q豎直勻速上升，則隨著角的減小，vP逐漸減小，即P做減速運動，選項A正確；由于物體Q做勻速運動，故細繩的拉力不變，即細繩對P的作用力不變，選項B錯誤；P所受摩擦力f(mPgTsin )，則隨著角的減小，P所受摩擦力逐漸增大，選項C正確；兩邊細繩對滑輪的拉力大小不變，但是兩繩的夾角逐漸變大，故由力的合成知識可知，細繩對滑輪的作用力逐漸減小，選項D錯誤8(2017寧夏銀川二中月考)質(zhì)量為2 kg的質(zhì)點在xOy平面上做曲線運動，在x方向的速度圖象和y方向的位移圖象如圖所示，下列說法正確的是()A質(zhì)點的初速度為5 m/sB2 s末質(zhì)點速度大小為6 m/sC質(zhì)點做曲線運動的加速度為3 m/s2D質(zhì)點所受的合外力為3 N解析：AD在位移時間圖象中，圖象的斜率表示速度，故質(zhì)點在y方向上做vy4 m/s的勻速直線運動，質(zhì)點在x方向上的初速度為vx03 m/s，所以質(zhì)點的初速度為v05 m/s，A正確，2 s末質(zhì)點在x方向上的速度為vxt6 m/s，在y方向上的速度為vy4 m/s，所以質(zhì)點的合速度不等于6 m/s，B錯誤；因為質(zhì)點在x方向上做勻加速直線運動，在y軸方向上做勻速直線運動，故質(zhì)點做曲線運動的加速度等于x方向上的加速度，故a m/s21.5 m/s2，質(zhì)點受到的合力F合ma3 N，故C錯誤，D正確9(2017山東師大附中二模)如圖所示，在一次救災(zāi)工作中，一架沿水平直線飛行的直升機A，用懸索(重力可忽略不計)救護困在湖水中的傷員B.在直升機A和傷員B以相同的水平速度勻速運動的同時，懸索將傷員吊起，在某一段時間內(nèi)，A、B之間的距離以lHt2(式中H為直升機A離地面的高度，各物理量的單位均為國際單位制單位)規(guī)律變化，則在這段時間內(nèi)()A懸索的拉力等于傷員的重力B傷員處于超重狀態(tài)C在地面上看，傷員做加速度大小、方向均不變的曲線運動D從直升機看，傷員做速度大小增加的直線運動解析：BCD根據(jù)公式lHt2Hat2可得a1 m/s2，故a2 m/s2，即在豎直方向上存在向上的加速度，所以懸索的拉力大于傷員的重力，A錯誤；加速度向上，則傷員處于超重狀態(tài)，B正確；在地面上看，傷員在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，故合運動為加速度恒定的曲線運動，C正確；從直升機上看，兩者在水平方向上相對靜止，在豎直方向上傷員做勻加速直線運動，故D正確10(2017江西贛州檢測)光滑水平面上一運動質(zhì)點以速度v0通過點O，如圖所示，與此同時給質(zhì)點加上沿x軸正方向的恒力Fx和沿y軸正方向的恒力Fy，則()A因為有Fx，質(zhì)點一定做曲線運動B如果FyFycot ，質(zhì)點向x軸一側(cè)做曲線運動解析：CD如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向，即FyFxtan ，則質(zhì)點做直線運動，選項A錯誤，C正確；若FxFycot ，則合力方向在v0與x軸正方向之間，則軌跡向x軸一側(cè)彎曲而做曲線運動，若FxFycot ，則合力方向在v0與y軸之間，所以運動軌跡必向y軸一側(cè)彎曲而做曲線運動綜上分析可知，選項B錯誤，D正確三、非選擇題(本題共2小題，共40分寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11(68520083)(20分)(2017衡水模擬)一物體在光滑水平面上運動，它在x軸方向和y軸方向上的兩個分運動的速度時間圖象如圖所示(1)判斷物體的運動性質(zhì)；(2)計算物體的初速度大?。?3)計算物體在前3 s內(nèi)和前6 s內(nèi)的位移大小解析：(1)由題圖可知，物體在x軸方向做勻速直線運動，在y軸方向做勻變速運動，先減速再反向加速，所以物體做勻變速曲線運動(2)vx030 m/s，vy040 m/sv050 m/s.(3)x3vxt90 m|y3|t60 m.則l130 m.x6vxt180 my6yt6 m0則l2x6180 m.答案：(1)勻變速曲線運動(2)50 m/s(3)30 m180 m12(68520084)(20分)(2017無錫模擬)一輛車通過一根跨過定滑輪的輕繩提升一個質(zhì)量為m的重物，開始車在滑輪的正下方，繩子的端點離滑輪的距離是H.車由靜止開始向左做勻加速運動，經(jīng)過時間t，繩子與水平方向的夾角為，如圖所示試求：(1)車向左運動的加速度的大小；(2)重物m在t時刻速度的大小解析：(1)車在時間t內(nèi)向左運動的位移：x由車做勻加速運動，得：xat2解得：a .(2)車的速度：v車at由運動的分解知識可知，車的速度v車沿繩的分速度與重物m的速度相等，即：v物v車cos 解得：v物.答案：(1)(2)- 6 -第四章 第2課時 平拋運動一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1(68520090)(2017廣東廣州綜合測試)如圖，窗子上、下沿間的高度H1.6 m，墻的厚度d0.4 m某人在離墻壁距離L1.4 m，距窗子上沿高h0.2 m處的P點，將可視為質(zhì)點的小物體以速度v垂直于墻壁水平拋出，小物體直接穿過窗口并落在水平地面上，g取10 m/s2，則v的取值范圍是()Av7 m/sBv2.3 m/sC3 m/sv7 m/s D2.3 m/sv3 m/s解析：C小物體穿過窗口并落在地上，需滿足的條件為能穿過窗口的右上沿(即水平位移xL時，豎直位移yh)，同時能穿過窗口的左下沿(即水平位移xLd，豎直位移yHh)，結(jié)合公式h，xvt，解得3 m/sv7 m/s，故選C.2(2017吉林省實驗中學二模)如圖所示，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為()A. B.C. D.解析：C小球做平拋運動，在飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知速度與水平方向的夾角為30，則有vyv0tan 30，又vygt，則得v0tan 30gt，則t.水平方向上小球做勻速直線運動，則有RRcos 60v0t.聯(lián)立解得v0 ，故選C.3(2017湖南衡陽縣一中月考)如圖所示，小球由傾角為45的斜坡底端P點正上方某一位置Q處自由下落，下落至P點的時間為t1，若小球從同一點Q處以速度v0水平向左拋出，恰好垂直撞在斜坡上，運動時間為t2，不計空氣阻力，則t1t2等于()A12 B.1C1 D1解析：B小球自Q處自由下落，下落至P點，則有Hgt；小球自Q處水平向左拋出，恰好垂直撞在斜坡上，如圖所示，則有vyv0gt2，hgt，xv0t2，由幾何關(guān)系知x2h，Hxh，聯(lián)立解得t1t21，故B正確4(2017安徽合肥一中、蕪湖一中等六校聯(lián)考)有一半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，如圖所示，O為圓心，AB為水平直徑，有一質(zhì)點從A點以不同速度向右平拋，不計空氣阻力，在小球從拋出到碰到軌道這個過程中，下列說法正確的是()A初速度越大的小球運動時間越長B初速度不同的小球運動時間可能相同C落在圓形軌道最低點的小球末速度一定最大D小球落到半圓形軌道的瞬間，速度方向可能沿半徑方向解析：B平拋運動的時間由下落高度決定，與水平初速度無關(guān)，初速度大時，與半圓接觸時下落的距離不一定比速度小時下落的距離大，故A錯誤；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞點關(guān)于半圓過O點的豎直軸對稱的兩個點，運動的時間相等，故B正確；落在圓形軌道最低點的小球下落的距離最大，運動時間最長，末速度v，由于初速度不是最大，故末速度不一定最大，故C錯誤若小球落到半圓形軌道的瞬間，速度方向沿半徑方向，則其速度的反向延長線過水平位移的中點，由此推知水平位移等于直徑，不存在這樣的點，故D錯誤5(68520091)(2017遼寧撫順一中一模)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，如圖所示，固定在水平面上，它們的豎直邊長都是底邊長的一半，小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其中有三次的落點分別是a、b、c.下列判斷正確的是()A圖中三次平拋比較，落在a點時小球飛行時間最短B圖中三次平拋比較，落在c點時小球飛行過程速度變化最大C圖中三次平拋比較，落在c點時小球飛行過程速度變化最快D無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直解析：D小球做平拋運動，運動的時間是由豎直方向上的位移決定的，由圖可知，落在a點時下落的高度最大，所以落在a點時的運動時間最長，A錯誤；速度變化的快慢是指物體運動的加速度的大小，三次小球都是做平拋運動，加速度都是重力加速度，所以速度變化的快慢是相同的，C錯誤；三次小球都是做平拋運動，水平方向的速度是不變的，只有豎直方向的速度在變化，由于落在a點時的運動時間最長，所以落在a點時速度的變化最大，B錯誤；首先落在a點時速度不可能與斜面垂直，然后看落在b、c點時，豎直速度是gt，水平速度是v，斜面傾角是arctan 0.5，要使合速度垂直斜面，把兩個速度合成后，需要tan ，即v0.5 gt，t時間內(nèi)豎直位移為0.5 gt2，水平位移為vt(0.5 gt)t0.5 gt2，即若要滿足這個關(guān)系，需要水平位移和豎直位移都是一樣的，顯然在圖中b、c點不存在此種情況，因為落在b、c點時水平位移必定大于豎直位移，D正確6(2017湖南四縣聯(lián)考)如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等且在同一豎直面內(nèi)，斜面底邊長是其豎直高度的2倍若小球b能落到斜面上，下列說法正確的是()Aa、b不可能同時分別落在半圓軌道和斜面上Ba球一定先落在半圓軌道上Ca球可能先落在半圓軌道上Db球一定先落在斜面上解析：C將半圓軌道和斜面軌道重合在一起，如圖所示，交點為A，可知若初速度合適，小球做平拋運動落在A點，則運動的時間相等，即同時落在半圓軌道和斜面上由圖可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在半圓軌道上故A、B、D錯誤，C正確二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分全部選對的得6分，部分選對的得3分，有選錯或不答的得0分)7(2017山東濱州黃山高中模擬)如圖為湖邊一傾角30的大壩的橫截面示意圖，水面與大壩的交點為O.一人站在A點處以速度v0沿水平方向扔小石塊，已知AO40 m，g取10 m/s2.下列說法正確的是()A若v018 m/s，則石塊可以落入水中B若石塊能落入水中，則v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小C若石塊不能落入水中，則v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越大D若石塊不能落入水中，則v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越小解析：AB根據(jù)hgt2得，t s 2 s，則石塊落入水中的最小平拋初速度v0 m/s10 m/s18 m/s，即v018 m/s時，石塊可以落入水中，故A正確若石塊能落入水中，則下落的高度一定，可知豎直分速度一定，根據(jù)tan 知，初速度越大，則落水時速度方向與水平面的夾角越小，故B正確若石塊不能落入水中，速度方向與水平方向的夾角的正切值tan ，位移方向與水平方向夾角的正切值tan ，可知tan 2tan ，因為一定，則速度與水平方向的夾角一定，可知石塊落到斜面時速度方向與斜面的夾角一定，與初速度無關(guān)，故C、D錯誤8(68520092)(2017安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)點以速度v0從傾角為的斜面底端斜向上拋出，落到斜面上的M點且速度水平向右現(xiàn)將該質(zhì)點以2v0的速度從斜面底端朝同樣方向拋出，落在斜面上的N點下列說法正確的是()A落到M和N兩點時間之比為12B落到M和N兩點速度之比為11CM和N兩點距離斜面底端的高度之比為12D落到N點時速度方向水平向右解析：AD由于落到斜面上M點時速度水平向右，故可把質(zhì)點在空中的運動逆向看成從M點向左的平拋運動，設(shè)在M點的速度大小為u，把質(zhì)點在斜面底端的速度v分解為水平u和豎直vy，由xut，ygt2，tan ，得空中飛行時間t，vygt2utan ，v和水平方向夾角的正切值2tan 為定值，即落到N點時速度方向水平向右，故D正確；vu，即v與u成正比，故落到M和N兩點速度之比為12，故B錯誤；由t知落到M和N兩點時間之比為12，A正確；由ygt2，知y和u2成正比，M和N兩點距離斜面底端的高度之比為14，C錯誤9(2017湖南湘潭一模)如圖，半圓形凹槽的半徑為R，O點為其圓心在與O點等高的邊緣A、B兩點分別以速度v1、v2水平同時相向拋出兩個小球，已知v1v213，兩小球恰落在弧面上的P點則以下說法中正確的是()AAOP為60B若要使兩小球落在P點右側(cè)的弧面上同一點，則應(yīng)使v1、v2都增大C改變v1、v2，只要兩小球落在弧面上的同一點，v1與v2之和就不變D若只增大v1，兩小球可在空中相遇解析：AD連接OP，過P點作AB的垂線，垂足為D，如圖甲所示甲乙兩球在豎直方向運動的位移相等，所以運動時間相等，兩球水平方向做勻速直線運動，所以，而ADBD2R，所以ADR，所以O(shè)DR，所以cosAOP，即AOP60，故A正確；若要使兩小球落在P點右側(cè)的弧面上同一點，則A球水平方向位移增大，B球水平位移減小，而兩球運動時間相等，所以應(yīng)使v1增大，v2減小，故B錯誤；要兩小球落在弧面上的同一點，則水平位移之和為2R，則(v1v2)t2R，落點不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以v1v2也不是一個定值，故C錯誤；若只增大v1，而v2不變，則兩球運動軌跡如圖乙所示，由圖可知，兩球必定在空中相遇，故D正確10(2017河南洛陽尖子生一聯(lián))一個質(zhì)量為m的質(zhì)點以速度v0做勻速運動，某一時刻開始受到恒力F的作用，質(zhì)點的速度先減小后增大，其最小值為.質(zhì)點從開始受到恒力作用到速度減至最小的過程中()A經(jīng)歷的時間為 B經(jīng)歷的時間為C發(fā)生的位移為 D發(fā)生的位移為解析：AD質(zhì)點減速運動的最小速度不為0，說明質(zhì)點不是做直線運動，是做類斜拋運動質(zhì)點的速度先減小后增大，其最小值為，分析可知初速度與恒力的夾角為150.在沿恒力方向上有v0cos 30t0，xt；在垂直恒力方向上有yt，質(zhì)點的位移s，聯(lián)立解得經(jīng)歷的時間t，發(fā)生的位移為，故選A、D.三、非選擇題(本題共2小題，共40分寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11(68520093)(20分)(2017江西八校聯(lián)考)如圖所示，在水平地面上固定一傾角37表面光滑的斜面體，物體A以v16 m/s的初速度沿斜面上滑，同時在物體A的正上方，有一物體B以某一初速度水平拋出如果當A上滑到最高點時恰好被B物體擊中(A、B均可看做質(zhì)點，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)物體A上滑到最高點所用的時間t；(2)物體B拋出時的初速度v2.解析：(1)物體A上滑過程中，由牛頓第二定律得：mgsin ma解得：a6 m/s2設(shè)經(jīng)過時間t物體A上滑到最高點，由運動學公式：0v1at，解得：t1 s.(2)平拋物體B的水平位移：xv1tcos 372.4 m平拋速度：v22.4 m/s.答案：(1)1 s(2)2.4 m/s12(68520094)(20分)(2017遼寧鞍山一中二模)用如圖甲所示的水平斜面裝置研究平拋運動，一物塊(可視為質(zhì)點)置于粗糙水平面上的O點，O點距離斜面頂端P點為s.每次用水平拉力F，將物塊由O點從靜止開始拉動，當物塊運動到P點時撤去拉力F.實驗時獲得物塊在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如圖乙所示的圖象，若物塊與水平部分的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平地面之間的夾角45，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力則O、P間的距離s是多少？(保留兩位有效數(shù)字)解析：根據(jù)牛頓第二定律，在OP段有Fmgma，又2asv，由平拋運動規(guī)律和幾何關(guān)系有物塊的水平射程xvPt，物塊的豎直位移ygt2，由幾何關(guān)系有yxtan ，聯(lián)立以上各式可以得到x，解得F xmg.由圖象知mg5，10，解得s0.25 m.答案：0.25 m- 7 -