高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一第3講力與物體的曲線運(yùn)動講義 (含解析)

PAGE20-第3講力與物體的曲線運(yùn)動真題再現(xiàn)考情分析1.(多選)(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖(a)，在跳臺滑雪比賽中，運(yùn)動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離．某運(yùn)動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v－t圖象如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻．則()A.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大解析：選BD.根據(jù)v－t圖線與橫軸所圍圖形的面積表示位移，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，綜合分析可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，選項(xiàng)C錯誤；第二次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大，又運(yùn)動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，選項(xiàng)B正確；豎直方向上的速度大小為v1時，根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小，由牛頓第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大，選項(xiàng)D正確.2.(2018·高考全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A.2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍解析：選A.甲、乙兩球都落在同一斜面上，則隱含做平拋運(yùn)動的甲、乙的最終位移方向相同，根據(jù)位移方向與末速度方向的關(guān)系，即末速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角的正切值的2倍，可得它們的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正確．3.(2017·高考全國卷Ⅰ)發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是()A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大解析：選C.發(fā)球機(jī)從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，豎直方向上，h＝eq\f(1,2)gt2，可知兩球下落相同距離h所用的時間是相同的，選項(xiàng)A錯誤；由veq\o\al(2,y)＝2gh可知，兩球下落相同距離h時在豎直方向上的速度vy相同，選項(xiàng)B錯誤；由平拋運(yùn)動規(guī)律，水平方向上，x＝vt，可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少，選項(xiàng)C正確；由于做平拋運(yùn)動的球在豎直方向的運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，兩球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離相同，選項(xiàng)D錯誤.命題研究每年高考試題都會對平拋運(yùn)動和圓周運(yùn)動這兩種運(yùn)動形式進(jìn)行考查，包括電場中的類平拋運(yùn)動和磁場中的勻速圓周運(yùn)動，可單獨(dú)考查某一種運(yùn)動形式，也可把運(yùn)動與功能關(guān)系、受力分析結(jié)合進(jìn)行考查．在備考中對該部分應(yīng)該引起重視，尤其對于平拋運(yùn)動規(guī)律分析、圓周運(yùn)動中的臨界點(diǎn)分析等要熟練應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解【高分快攻】1．合運(yùn)動性質(zhì)和軌跡的判斷方法若加速度與初速度的方向在同一直線上，則為直線運(yùn)動，否則為曲線運(yùn)動，加速度恒定則為勻變速，加速度不恒定則為非勻變速．2．三種過河情景分析情景分析解決方案過河時間最短船頭正對河岸時，渡河時間最短，tmin＝eq\f(d,v船)(d為河寬)過河路徑最短(v水<v船時)合速度垂直于河岸時，航程最短，xmin＝d.船頭指向上游與河岸夾角為α，cosα＝eq\f(v水,v船)過河路徑最短(v水>v船時)合速度不可能垂直于河岸，無法垂直渡河．最短航程s短＝eq\f(d,cosα)＝eq\f(v水,v船)d3.端速問題解題原則把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解．常見的模型如圖所示．【典題例析】(2018·高考北京卷)根據(jù)高中所學(xué)知識可知，做自由落體運(yùn)動的小球，將落在正下方位置．但實(shí)際上，赤道上方200m處無初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6cm處．這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球()A．到最高點(diǎn)時，水平方向的加速度和速度均為零B．到最高點(diǎn)時，水平方向的加速度和速度均不為零C．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè)D．落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)[解析]由于該“力”與豎直方向的速度大小成正比，所以從小球拋出至運(yùn)動到最高點(diǎn)過程，該“力”逐漸減小到零，將小球的上拋運(yùn)動分解為水平和豎直兩個分運(yùn)動，由于上升階段，水平分運(yùn)動是向西的變加速運(yùn)動(水平方向加速度大小逐漸減小)，故小球到最高點(diǎn)時速度不為零，水平向西的速度達(dá)到最大值，故選項(xiàng)A錯誤；小球到最高點(diǎn)時豎直方向的分速度為零，由題意可知小球這時不受水平方向的力，故小球到最高點(diǎn)時水平方向加速度為零，選項(xiàng)B錯誤；下降階段，由于受水平向東的力，小球的水平分運(yùn)動是向西的變減速運(yùn)動(水平方向加速度大小逐漸變大)，故小球的落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)，選項(xiàng)C錯誤，D正確．[答案]D【題組突破】角度1小船渡河問題1．(多選)如圖所示，河道寬L＝200m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小滿足u＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))．一小船在靜水中的速度v＝10m/s，自A處出發(fā)，船頭垂直河岸方向渡河到達(dá)對岸B處．設(shè)船的運(yùn)動方向與水流方向夾角為θ，下列說法正確的是()A．小船渡河時間大于20sB．A、B兩點(diǎn)間距離為200eq\r(2)mC．到達(dá)河中央前小船加速度大小為0.2m/s2D．在河中央時θ最小，且tanθ＝0.5解析：選BD.當(dāng)船頭垂直河岸方向渡河時，渡河的時間有最小值為t＝eq\f(L,v)＝eq\f(200,10)s＝20s，故A錯誤．因?yàn)樗牧魉俅笮M足u＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))，易得水流速的平均速度等于eq\f(L,4)處的水流速，則有u＝0.2×eq\f(L,4)＝10m/s.所以沿河岸方向上的位移為x＝ut＝200m．所以A、B兩點(diǎn)間距離為s＝eq\r(2002＋2002)m＝200eq\r(2)m，故B正確；船在靜水中速度是不變的，而水流速度滿足u＝0.2x(x是離河岸的距離，0≤x≤eq\f(L,2))，因x＝vt，其中v＝10m/s，那么u＝2t，因此到達(dá)河中央前小船加速度大小為2m/s2，故C錯誤；當(dāng)?shù)竭_(dá)中央時，水流速度為u＝0.2x＝0.2×100m/s＝20m/s最大，此時θ最小，由三角形知識，得tanθ＝eq\f(v,u)＝eq\f(10,20)＝0.5，故D正確．角度2牽連速度的分解問題2．(多選)(2019·棗莊模擬)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當(dāng)小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是()A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力一定大于2mgB．小環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度也為dC．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于eq\r(2)D．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)解析：選AC.由題意，釋放時小環(huán)向下加速運(yùn)動，則重物將加速上升，對重物由牛頓第二定律可知繩中張力一定大于重力2mg，所以A正確；小環(huán)到達(dá)B處時，重物上升的高度應(yīng)為繩子豎直部分縮短的長度，即Δh＝eq\r(2)d－d，所以B錯誤；根據(jù)題意，沿繩子方向的速度大小相等，將小環(huán)在B處的速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解有vBcosθ＝v重，即eq\f(vB,v重)＝eq\f(1,cosθ)＝eq\r(2)，所以C正確，D錯誤．eq\a\vs4\al()命題角度解決方法易錯辨析曲線運(yùn)動規(guī)律分析運(yùn)動的獨(dú)立性應(yīng)用的分解思想要建立合適的坐標(biāo)系使運(yùn)算簡潔小船渡河問題分運(yùn)動的獨(dú)立性原則注意船速和水速的關(guān)系來確定解題方法牽連速度的分解速度的分解弄清實(shí)際速度的方向進(jìn)行正交分解，通常實(shí)際運(yùn)動為合運(yùn)動拋體運(yùn)動問題【高分快攻】抓住“六點(diǎn)”破解平拋運(yùn)動問題1．建立坐標(biāo)，分解運(yùn)動將平拋運(yùn)動分解為豎直方向的自由落體運(yùn)動和水平方向上的勻速直線運(yùn)動(在某些情況下運(yùn)動分解的方向不一定在豎直方向和水平方向上)．2．各自獨(dú)立，分別分析3．平拋運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動，在任意相等的時間內(nèi)速度的變化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下．4．兩個分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時性，且t＝eq\r(\f(2y,g))，由下降高度決定，與初速度v0無關(guān)．5．任意時刻的速度與水平方向的夾角θ的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角φ的正切值的2倍，即tanθ＝2tanφ.6．建好“兩個模型”(1)常規(guī)的平拋運(yùn)動及類平拋模型(2)與斜面相結(jié)合的平拋運(yùn)動模型①從斜面上水平拋出又落回到斜面上：位移方向恒定，落點(diǎn)速度方向與斜面間的夾角恒定，此時往往分解位移，構(gòu)建位移三角形．②從斜面外水平拋出垂直落在斜面上：速度方向確定，此時往往分解速度，構(gòu)建速度三角形．【典題例析】(2019·東營模擬)如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平面上，兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙分別沿水平方向拋出，兩球的初速度大小相等，已知甲的拋出點(diǎn)為斜面體的頂點(diǎn)，經(jīng)過一段時間兩球落在斜面上的A、B兩點(diǎn)后不再反彈，落在斜面上的瞬間，小球乙的速度與斜面垂直．忽略空氣的阻力，重力加速度為g.則下列選項(xiàng)正確的是()A．甲、乙兩球在空中運(yùn)動的時間之比為tan2θ∶1B．甲、乙兩球下落的高度之比為2tan2θ∶1C．甲、乙兩球的水平位移之比為tanθ∶1D．甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ∶1[解析]由小球甲的運(yùn)動可知，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tanα甲＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則tanα甲＝2tanθ，由小球乙的運(yùn)動可知，tanθ＝eq\f(v0,v′y)＝eq\f(v0,gt′)，解得t′＝eq\f(v0,gtanθ)，落到斜面上的速度與水平方向夾角的正切值為tanα乙＝eq\f(v′y,v0)＝eq\f(1,tanθ)，則甲、乙兩球在空中運(yùn)動的時間之比為t∶t′＝2tan2θ∶1，A錯；由h＝eq\f(1,2)gt2可知甲、乙兩球下落的高度之比為4tan4θ∶1，B錯誤；由x＝v0t可知甲、乙兩球的水平位移之比為2tan2θ∶1，C錯誤；甲、乙兩球落在斜面上瞬間的速度與水平面夾角的正切值之比為2tan2θ∶1，D正確．[答案]D【題組突破】角度1分解思想的應(yīng)用1．從距地面h高度處水平拋出一個小球，落地時速度方向與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列結(jié)論中正確的是()A．小球初速度大小為eq\r(2gh)tanθB．小球落地時的速度大小為eq\f(\r(2gh),sinθ)C．若小球初速度大小減為原來的一半，則平拋運(yùn)動的時間變?yōu)樵瓉淼膬杀禗．若小球初速度大小減為原來的一半，則落地時速度方向與水平方向的夾角為2θ解析：選B.平拋的小球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，所以落地時豎直方向上的分速度為vy＝eq\r(2gh)，由落地時速度方向與水平方向的夾角為θ可知tanθ＝eq\f(vy,v0)，故v0＝eq\f(\r(2gh),tanθ)，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)速度的合成可得小球落地時的速度v＝eq\f(vy,sinθ)，即v＝eq\f(\r(2gh),sinθ)，選項(xiàng)B正確；平拋運(yùn)動的時間只與高度有關(guān)，而與水平方向的初速度無關(guān)，故選項(xiàng)C錯誤；tanθ＝eq\f(vy,v0)，設(shè)初速度大小減半時，小球落地時的速度方向與水平方向的夾角為α，則有tanα＝eq\f(vy,\f(1,2)v0)＝eq\f(2vy,v0)＝2tanθ，但α≠2θ，選項(xiàng)D錯誤．角度2平拋運(yùn)動中的臨界問題2．一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺如圖所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機(jī)安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點(diǎn)距臺面高度為3h.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則v的最大取值范圍是()A．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))C．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))D．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))解析：選D.設(shè)以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好落到球網(wǎng)正中間，則豎直方向上有3h－h(huán)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②.由①②兩式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h)).設(shè)以速率v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t2剛好落到球網(wǎng)右側(cè)臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))\s\up12(2)＋Leq\o\al(2,1))＝v2t2④.由③④兩式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h)).則v的最大取值范圍為v1<v<v2.故選項(xiàng)D正確．角度3類平拋模型3．如圖所示，A、B兩質(zhì)點(diǎn)從同一點(diǎn)O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運(yùn)動，落地點(diǎn)為P1，B沿光滑斜面(已知斜面傾角為θ)運(yùn)動，落地點(diǎn)為P2，P1和P2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．A、B兩質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動時間相同B．A、B兩質(zhì)點(diǎn)在x軸方向上的位移相同C．A、B兩質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中的加速度大小相同D．A、B兩質(zhì)點(diǎn)落地時的速度大小相同解析：選D.對A、B兩質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動進(jìn)行分解，由牛頓第二定律可知，A質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中的加速度大小a1＝g，B質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中的加速度大小a2＝gsinθ，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)O點(diǎn)與水平面之間的高度差為h，A質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動時間為t1，B質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動時間為t2，則由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)可得t1＝eq\r(\f(2h,g))；由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)可得t2＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，故t1<t2，選項(xiàng)A錯誤；設(shè)A質(zhì)點(diǎn)在x軸方向上的位移為x1，B質(zhì)點(diǎn)在x軸方向上的位移為x2，則有x1＝v0t1，x2＝v0t2，因t1<t2，故x1<x2，選項(xiàng)B錯誤；設(shè)A質(zhì)點(diǎn)落地時的速度大小為vA，B質(zhì)點(diǎn)落地時的速度大小為vB，則有vA＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（a1t1）2)，vB＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（a2t2）2)代入數(shù)據(jù)可解得vA＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gh)，vB＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gh)，所以vA＝vB，故選項(xiàng)D正確．eq\a\vs4\al()處理平拋運(yùn)動問題的5個關(guān)鍵點(diǎn)(1)平拋運(yùn)動(或類平拋運(yùn)動)，一般將運(yùn)動沿初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動規(guī)律列式，再用運(yùn)動的合成法則求合運(yùn)動．(2)對于從斜面上平拋又落到斜面上的問題，豎直位移與水平位移的比值等于斜面傾角的正切值．(3)若平拋的物體垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度與豎直速度的比值等于斜面傾角的正切值．(4)做平拋運(yùn)動的物體，其位移方向與速度方向一定不同．(5)抓住兩個三角形：速度三角形和位移三角形，結(jié)合題目呈現(xiàn)的角度或函數(shù)方程找到解決問題的突破口．圓周運(yùn)動【高分快攻】1．水平面內(nèi)圓周運(yùn)動?？嫉呐R界模型圖示受力臨界豎直方向：受重力和支持力，且二力的合力為零水平方向：受靜摩擦力的作用，且靜摩擦力提供物體做圓周運(yùn)動的向心力，關(guān)系式：Ff＝eq\f(mv2,R)當(dāng)F向＝Ffmax時，物體達(dá)到臨界點(diǎn)2.豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動常考的兩種臨界模型最高點(diǎn)無支撐最高點(diǎn)有支撐圖示最高點(diǎn)受力重力mg，彈力F彈向下或等于零重力mg，彈力F彈向下、向上或等于零向心力來源mg＋F彈＝meq\f(v2,R)mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過最高點(diǎn)F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)，即在最高點(diǎn)速度不能為零mg＝F彈，v＝0，即在最高點(diǎn)速度可為零3.求解水平面、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動問題的思路【典題例析】(2019·高考天津卷)完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功．航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示．為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)．若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)t＝6s到達(dá)點(diǎn)B進(jìn)入BC.已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．[解析](1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t) ①根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0 ②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J． ③(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R) ⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N． ⑥[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N【題組突破】角度1水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動1．(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A．b一定比a先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析：選AC.小木塊發(fā)生相對滑動之前，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得，f＝mω2r，顯然b受到的摩擦力較大；當(dāng)木塊剛要相對于盤滑動時，靜摩擦力f達(dá)到最大值fmax，由題設(shè)知fmax＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得木塊剛要滑動時的臨界角速度ω0＝eq\r(\f(kg,r))，由此得a發(fā)生相對滑動的臨界角速度為eq\r(\f(kg,l))，b發(fā)生相對滑動的臨界角速度為eq\r(\f(kg,2l))；若ω＝eq\r(\f(2kg,3l))，a受到的是靜摩擦力，大小為f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg.綜上所述，本題正確答案為A、C.角度2豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動2．(2019·遼寧大連3月雙基測試)過山車是青少年喜歡的一種游樂項(xiàng)目．為了研究過山車的原理，可將過山車簡化為如圖所示的模型，質(zhì)量為m的小球在光滑豎直圓軌道上做圓周運(yùn)動，在軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別安裝有壓力傳感器．讓小球從同一位置由靜止下滑，經(jīng)多次測量得到在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)小球?qū)壍缐毫Φ钠骄捣謩e為F1、F2，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?)A．eq\f(F2－F1,2m) B．eq\f(F2－F1,3m)C．eq\f(F2－F1,5m) D．eq\f(F2－F1,6m)解析：選D.過山車模型可以看成輕繩模型，小球在軌道上運(yùn)動時受到軌道對其指向圓心的彈力作用．由牛頓第三定律可得在M點(diǎn)和N點(diǎn)軌道對小球的彈力大小平均值分別為F2、F1.設(shè)圓軌道半徑為R，在M點(diǎn)，對小球受力分析，根據(jù)小球所受的合力提供向心力得F2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)，在N點(diǎn)，對小球受力分析，根據(jù)小球所受的合力提供向心力得mg＋F1＝meq\f(veq\o\al(2,N),R)，由M到N，根據(jù)動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，聯(lián)立解得g＝eq\f(F2－F1,6m)，D正確．角度3斜面內(nèi)的圓周運(yùn)動3.如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2.則ω的最大值是()A．eq\r(5)rad/s B．eq\r(3)rad/sC．1.0rad/s D．0.5rad/s解析：選C.當(dāng)小物體轉(zhuǎn)動到最低點(diǎn)時為臨界點(diǎn)，由牛頓第二定律知，μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，故選項(xiàng)C正確．eq\a\vs4\al()命題角度解決方法易錯辨析水平面內(nèi)的轉(zhuǎn)彎問題分析向心力的來源找不清向心力的來源水平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界問題提供向心力的某力達(dá)到極值判斷不準(zhǔn)臨界狀態(tài)豎直面內(nèi)的繩模型先分析特殊臨界點(diǎn)再利用動能定理求解其他位置不能準(zhǔn)確找到繩上力為零時的臨界狀態(tài)豎直面內(nèi)的桿(軌道)模型準(zhǔn)確分析桿上受力的方向、由向心力公式求解速度不能分析桿上的受力方向平拋與圓周運(yùn)動的綜合問題【高分快攻】此類問題是由圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動復(fù)合而成的，其解法相對簡單：(1)對于圓周運(yùn)動，一般運(yùn)用動能定理或機(jī)械能守恒定律來分析運(yùn)動的過程，運(yùn)用受力分析和牛頓運(yùn)動定律來分析運(yùn)動的特殊位置(如最高點(diǎn)和最低點(diǎn))；(2)對于平拋運(yùn)動，通常結(jié)合運(yùn)動的合成與分解知識，將其分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動進(jìn)行處理．解決此類問題時，要特別注意圓周運(yùn)動與平拋運(yùn)動的結(jié)合點(diǎn)，此位置往往是解題的關(guān)鍵．【典題例析】(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時速度的大?。?2)小球到達(dá)A點(diǎn)時動量的大?。?3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時間．[解析](1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2). ⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時間為t.由運(yùn)動學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)). ?[答案]見解析(2017·高考全國卷Ⅱ)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v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)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A．eq\f(v2,16g) B．eq\f(v2,8g)C．eq\f(v2,4g) D．eq\f(v2,2g)解析：選B.設(shè)軌道半徑為R，小物塊從軌道上端飛出時的速度為v1，由于軌道光滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小物塊從軌道上端飛出后做平拋運(yùn)動，對運(yùn)動分解有：x＝v1t，2R＝eq\f(1,2)gt2，求得x＝eq\r(－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(v2,8g)))\s\up12(2)＋\f(v4,4g2))，因此當(dāng)R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)時，x取得最大值，B項(xiàng)正確，A、C、D項(xiàng)錯誤．一、單項(xiàng)選擇題1．(2019·濱州二模)2022年冬奧會將在中國舉辦的消息吸引了大量愛好者投入到冰雪運(yùn)動中．若跳臺滑雪比賽運(yùn)動員從平臺飛出后可視為平拋運(yùn)動，現(xiàn)運(yùn)動員甲以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實(shí)線①所示，則質(zhì)量比甲大的運(yùn)動員乙以相同的初速度從同一位置飛出，其運(yùn)動軌跡應(yīng)為圖中的()A．① B．②C．③ D．④解析：選A.根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知，平拋運(yùn)動軌跡只與初速度有關(guān)，與物體質(zhì)量無關(guān)，所以質(zhì)量比甲大的運(yùn)動員乙以相同的初速度從同一位置飛出時，其運(yùn)動軌跡應(yīng)為圖中的①，選項(xiàng)A正確．2．如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河．出發(fā)時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達(dá)正對岸的A點(diǎn)．則下列判斷正確的是()A．甲船正好也在A點(diǎn)靠岸B．甲船在A點(diǎn)下游靠岸C．甲、乙兩船到達(dá)對岸的時間相等D．甲、乙兩船可能在未到達(dá)對岸前相遇解析：選C.甲、乙兩船在垂直河岸方向的分速度均為vsin60°，過河時間均為t＝eq\f(L,vsin60°)，故C正確；由乙恰好到達(dá)A點(diǎn)知，u＝vsin30°＝eq\f(1,2)v，則甲沿河岸方向的速度為u＋eq\f(1,2)v＝v，沿河岸方向的位移為v·t＝eq\f(L,sin60°)<2L，故A、B、D錯誤．3．(2019·棗莊一模)如圖所示，物體A、B經(jīng)無摩擦的定滑輪用細(xì)線連在一起，A物體受水平向右的力F的作用，此時B勻速下降，A水平向左運(yùn)動，可知()A．物體A做勻速運(yùn)動B．物體A做加速運(yùn)動C．物體A所受摩擦力逐漸增大D．物體A所受摩擦力不變解析：選B.把A向左的速度v沿細(xì)線方向和垂直細(xì)線方向分解，設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為α，沿細(xì)線方向的分速度為vcosα，B勻速，則vcosα不變，而α角增大，cosα減小，則v增大，所以A做加速運(yùn)動，選項(xiàng)B正確，A錯誤；由于A對地面的壓力逐漸減小，所以物體A所受摩擦力逐漸減小，選項(xiàng)C、D錯誤．4．(2017·高考全國卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心D．始終背離大圓環(huán)圓心解析：選A.由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；小環(huán)剛下滑時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項(xiàng)錯誤．5．如圖所示，小球從斜面的頂端以不同的初速度沿水平方向拋出，落在傾角一定、足夠長的斜面上．不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．初速度越大，小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角越大B．小球落到斜面上時的速度大小與初速度的大小成正比C．小球運(yùn)動到距離斜面最遠(yuǎn)處所用的時間與初速度的大小無關(guān)D．當(dāng)用一束平行光垂直照射斜面時，小球在斜面上的投影做勻速運(yùn)動解析：選B.做平拋運(yùn)動的物體落到斜面上時，設(shè)其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角(即斜面傾角)為θ，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有tanα＝eq\f(gt,v0)，tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，所以tanα＝2tanθ，由此可知，小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角與初速度無關(guān)，即無論初速度多大，小球落在斜面上時的速度方向與水平方向的夾角都相等，選項(xiàng)A錯誤；設(shè)小球落在斜面上時的速度大小為v，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，y＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，tanθ＝eq\f(y,x)，vy＝gt，聯(lián)立解得vy＝2tanθ×v0，小球落在斜面上時的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(4tan2θ＋1)×v0，即小球落在斜面上時的速度大小與初速度的大小成正比，選項(xiàng)B正確；初速度越大，小球運(yùn)動到距離斜面最遠(yuǎn)處所用的時間越長，選項(xiàng)C錯誤；若把平拋運(yùn)動分解為沿斜面方向和垂直于斜面方向的兩個分運(yùn)動，則小球在沿斜面方向的分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)用一束平行光垂直照射斜面時，小球在斜面上的投影做勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤．6．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：選C.小球從釋放到最低點(diǎn)的過程中，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可知，mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，繩長L越長，小球到最低點(diǎn)時的速度越大，A項(xiàng)錯誤；由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，不能確定兩球動能的大小關(guān)系，B項(xiàng)錯誤；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)－mg＝meq\f(v2,L)，求得F＝3mg，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，因此C項(xiàng)正確；由a＝eq\f(v2,L)＝2g可知，兩球在最低點(diǎn)的向心加速度相等，D項(xiàng)錯誤．7．(2019·青島段考)如圖所示，一半圓柱體放在地面上，橫截面半徑為R，圓心為O，在半圓柱體的右側(cè)B點(diǎn)正上方離地面高為2R處的A點(diǎn)水平向左拋出一個小球，小球恰好能垂直打在半圓柱體上，小球從拋出到落到半圓柱體上所用的時間為t，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小為()A．eq\f(2Rgt,4R＋gt2) B．eq\f(Rgt,4R＋gt2)C．eq\f(Rgt,R＋4gt2) D．eq\f(2Rgt,R＋4gt2)解析：選A.由題意及平拋運(yùn)動的規(guī)律知，小球垂直打在半圓柱體上時速度方向的延長線過圓心，反向延長線過水平位移的中點(diǎn)，設(shè)小球運(yùn)動過程中下落的高度為y，水平位移為x，則eq\f(\f(x,2),y)＝eq\f(R－x,2R－y)，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2解得v0＝eq\f(2Rgt,4R＋gt2)，A項(xiàng)正確．8．如圖所示，一輕繩一端連接在懸點(diǎn)O，另一端連著一個質(zhì)量為m的小球，將球放在與O點(diǎn)等高的位置，繩子剛好拉直，繩長為L，在O點(diǎn)正下方eq\f(L,2)處的A點(diǎn)有一釘子，球由靜止釋放后下落到最低點(diǎn)，繩與釘子相碰后沒有斷，球繼續(xù)運(yùn)動，不計空氣阻力，忽略繩經(jīng)過A點(diǎn)時的機(jī)械能損失，則()A．球運(yùn)動到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時，繩對懸點(diǎn)O的拉力大小等于mgB．球運(yùn)動到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時，繩對釘子的作用力大小等于eq\r(2)mgC．球剛好能運(yùn)動到懸點(diǎn)O點(diǎn)D．球運(yùn)動到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)時，剪斷繩子，球能運(yùn)動到與O點(diǎn)等高的位置解析：選D.小球從由靜止釋放至運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，mg×eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)mv2，則繩的拉力F＝meq\f(v2,\f(1,2)L)＝2mg，A項(xiàng)錯誤；此時繩對釘子的作用力為兩邊繩上張力的合力，即2eq\r(2)mg，B項(xiàng)錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，如果球剛好能運(yùn)動到O點(diǎn)，則到O點(diǎn)時的速度為零，在繩模型的圓周運(yùn)動中這是不可能的，因此C項(xiàng)錯誤；若運(yùn)動到B點(diǎn)時剪斷繩子，球?qū)⒆鲐Q直上拋運(yùn)動，過程中機(jī)械能守恒，球能運(yùn)動到與O點(diǎn)等高的位置，D項(xiàng)正確．二、多項(xiàng)選擇題9．一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動．現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則()A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點(diǎn)單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變解析：選BC.施加一恒力后，質(zhì)點(diǎn)的速度方向可能與該恒力的方向相同，可能與該恒力的方向相反，也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時間變化，但不可能總是與該恒力的方向垂直，若施加的恒力方向與質(zhì)點(diǎn)初速度方向垂直，則質(zhì)點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)速度方向與恒力方向的夾角隨時間的增大而減小，選項(xiàng)A錯誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)開始時做勻速直線運(yùn)動，說明原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的合力為零，現(xiàn)對其施加一恒力，根據(jù)牛頓第二定律，質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同，且大小不變，由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，質(zhì)點(diǎn)單位時間內(nèi)速度的變化量Δv總是不變的，但速率的變化量不確定，選項(xiàng)C正確，D錯誤．10.飛鏢運(yùn)動正以其獨(dú)有的魅力風(fēng)靡全世界，如圖所示為三個同學(xué)在游樂場中水平擲出的三支相同的飛鏢插入豎直飛鏢盤上的情況，不計空氣阻力，根據(jù)飛鏢插入盤上的位置和角度可以推斷()A．若①號與②號飛鏢拋出時的速度相同，則扔②號飛鏢的同學(xué)站得離飛鏢盤更近些B．若①號與②號飛鏢從同一點(diǎn)拋出，則拋出時的速度滿足v1>v2C．若②號與③號飛鏢拋出時的速度相同，則在空中的運(yùn)動時間t2<t3D．若②號與③號飛鏢飛行的水平距離相同，則重力對②號飛鏢做功較多解析：選BD.設(shè)飛鏢與豎直方向的夾角為θ，將平拋末速度分解，可得tanθ＝eq\f(v0,gt)，若①號與②號飛鏢的初速度相同，則②號飛鏢的運(yùn)動時間長，由x＝v0t可得②號飛鏢的水平位移長，若②號與③號飛鏢拋出時的速度相同，同理得在空中的運(yùn)動時間t2>t3，可得選項(xiàng)A、C錯誤；若①號與②號飛鏢從同一點(diǎn)拋出，由h＝eq\f(1,2)gt2，可得②號飛鏢的運(yùn)動時間長，由x＝v0t可得拋出時的初速度滿足v1>v2，選項(xiàng)B正確；tanθ＝eq\f(v0,gt)＝eq\f(x,2y)，若②號與③號飛鏢飛行的水平距離x相同，則②號飛鏢的豎直位移長，重力對②號飛鏢做功較多，選項(xiàng)D正確．11．如圖所示，乒乓球臺長為L，球網(wǎng)高為h，某乒乓球愛好者在球臺上方離球臺高度為2h處以一定的初速度水平發(fā)出一個球，結(jié)果球經(jīng)球臺反彈一次后(無能量損失)剛好能貼著球網(wǎng)邊緣飛過球網(wǎng)，忽略空氣阻力，則球的初速度大小可能為()A．eq\f(L,2（4－\r(2)）)eq\r(\f(g,h)) B．eq\f(L,2（4＋\r(2)）)eq\r(\f(g,h))C．eq\f(L,2（3＋\r(2)）)eq\r(\f(g,h)) D．eq\f(L,2（3－\r(2)）)eq\r(\f(g,h))解析：選AB.若球反彈后在上升過程中剛好能貼著球網(wǎng)飛過，則2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x1＝v0t1，球反彈后從飛過球網(wǎng)到上升至最高點(diǎn)的過程中h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x2＝v0t2，2x1－x2＝eq\f(L,2)，解得v0＝eq\f(L,2（4－\r(2)）)eq\r(\f(g,h))，A正確；若球反彈后在下降過程中剛好能貼著球網(wǎng)飛過，2h＝eq\f(1,2)gt′eq\o\al(2,1)，x′1＝v′0t′1,球反彈后從最高點(diǎn)到下降飛過球網(wǎng)的過程中h＝eq\f(1,2)gt′eq\o\al(2,2)，x′2＝v′0t′2，2x′1＋x′2＝eq\f(L,2)，解得v′0＝eq\f(L,2（4＋\r(2)）)eq\r(\f(g,h))，B項(xiàng)正確．12．(2019·大慶二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的兩個半圓軌道在B點(diǎn)平滑相接，兩個半圓的圓心O1、O2在同一水平線上，粗糙的小半圓半徑為R，光滑的大半圓的半徑為2R；一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從大的半圓一端A點(diǎn)以一定的初速度向上沿著半圓內(nèi)壁運(yùn)動，且剛好能通過大半圓的最高點(diǎn)，最后滑塊從小半圓的左端沖出軌道，剛好能到達(dá)大半圓的最高點(diǎn)，已知重力加速度為g，則()A．滑塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(6gR)B．滑塊在A點(diǎn)對半圓軌道的壓力為6mgC．滑塊第一次通過小半圓過程克服摩擦力做的功為mgRD．增大滑塊在A點(diǎn)的初速度，則滑塊通過小半圓克服摩擦力做的功不變解析：選AC.由于滑塊恰好能通過大的半圓的最高點(diǎn)，重力提供向心力，即mg＝meq\f(v2,2R)，解得：v＝eq\r(2gR)，以AB面為參考面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝2mgR＋eq\f(1,2)m(eq\r(2gR))2，求得vA＝eq\r(6gR)，故A正確；滑塊在A點(diǎn)受到圓軌道的支持力為：F＝meq\f(veq\o\al(2,A),2R)＝3mg，由牛頓第三定律可知B錯誤；設(shè)滑塊在O1點(diǎn)的速度為v1，則：v1＝eq\r(2g×2R)＝2eq\r(gR)，在小半圓中運(yùn)動的過程中，根據(jù)動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o