二大定理、二大定律专题系列强化训练3：与绳有关的物理问题
球—绳模型(学生版)--竖直面内三种圆周运动模型
竖直面内三种圆周运动模型精讲精练模型球-绳模型【知识点精讲】球-绳模型实例球与绳连接在竖直面内圆周运动球沿竖直面圆周内轨道运动图示最高点无支撑最高点无支撑最高点受力特征重力、弹力，弹力方向向下或等于零重力、弹力，弹力方向向下、等于零或向上受力示意图力学特征mg+F N=mv2r临界特征F N=0，v min=gr过最高点条件v≥gr速度和弹力关系讨论分析①恰好过最高点时，v=gr，mg=mv2r，F N=0，绳、轨道对球无弹力②能过最高点时，v≥gr，F N+mg=mv2r，绳、轨道对球产生弹力F N③不能过最高点时，v<gr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道做斜抛运动【方法归纳】(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型物体过最高点的临界条件不同．(2)确定临界点：抓住球-绳模型中球恰好能过最高点时v=gR的临界条件．(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F合=F向．(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．【针对性训练】1(2018•高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道P A在A 点相切。
BC为圆弧轨道的直径。
O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。
重力加速度大小为g。
求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
2(12分)(2020新高考冲刺仿真模拟)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m=0.5kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r=1.0m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车与水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10m/s2)，PB=16.0m，O为PB中点．B点右侧是一个高h=1.25m，宽L= 2.0m的壕沟．求：(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，小车在O点受到轨道弹力的大小；(2)要求小车能安全越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少？(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能E pm=40J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能E p与小车停止位置坐标x关系图．3(2024年5月四川宜宾质检)如图所示，在距地面上方h的光滑水平台面上，质量为m=4kg的物块左侧压缩一个轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。
统考版2023高考物理二轮专题复习专题强化训练2牛顿运动定律与直线运动
专题强化训练2 牛顿运动定律与直线运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1．[2022·辽宁省试验中学高三月考]某人在室内以窗户为背景拍摄照片时，恰好把从房檐落下的一个石子拍摄在照片中，石子可看成质点，形成如图所示画面．画面中的一条线就是石子运动痕迹．痕迹长为0.5 cm，已知曝光时间0.01 s，实际长度为120 cm的窗户在照片中长度为3.0 cm.请估算石子是从距窗户顶端多高的地方落下来的( ) A．20 m B．30 m C．2 m D．4 m2．[2022·江苏南京市模拟]如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平．已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列结论正确的是( )gA．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43gB．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为533．[2022·吉林长春普通高中质量监测二]如图所示，在地面上固定一个竖直放置的大圆环，从环心O 到环上的A 、B 两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ，直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)．现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O 点静止释放，到达大圆环上的A 、B 两点所用时间之比是2∶√3，若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则μ1μ2等于( )A ．916 B ． 169 C ．34 D ．434．[2022·天津联考]如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A 用细线悬挂于车顶上，质量为m 的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )A ．大小等于μmg ，方向水平向左B ．大小等于mg ，方向竖直向上C ．大小大于μgtan μ，方向水平向左 D ．大小等于μg cos μ，方向斜向左上方5.[2022·辽宁卷]如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v 0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.下列v 0、μ值可能正确的是( )A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.256.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信．t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5 m/s，乙车的速度为2 m/s，O1、O2的距离为3 m．从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动．忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为( ) A．2.00 s B．4.75 sC．6.00 s D．6.25 s7．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为tB．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为2μμC．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为4μμD．动车的加速度大小为μμ28．[2022·湖北沙市高三联考]以下关于各物体的运动判断正确的是( )A．图甲，物体P从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，一直做减速运动B．图乙，物体P在恒力F的作用下，从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，先做加速运动，后做减速运动C．图丙，小球从接触弹簧开始到运动至最低点的过程中，先做加速运动，后做减速运动D．图丁，蹦极的人先做自由落体运动，从橡皮条绷紧开始到运动至最低点的过程中，一直做减速运动9．[2022·湖南六校联考]如图甲所示为北京大兴国际机场利用水平传送带传送行李箱(行李箱可视为质点)的简化原理图，工作人员在A处每间隔T＝1 s将行李箱无初速度地放到传送带上，已知传送带以恒定速度v＝2 m/s顺时针运行，A、B两处的距离L＝10 m，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2.如图乙为该情境中某物理量随时间变化的图象．下列说法正确的是( )A．图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图象B．图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功的功率随时间变化的图象C．相邻行李箱之间的最大距离为2 mD．在B端有行李箱到达后，每10 s有十件行李箱到达B端二、非选择题10．2021年10月14日，青岛市城阳区人民法院对一起高空抛物案件作出一审判决，判处被告人玉某某拘役三个月，并处罚金人民币二千元．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着行人安全．某地消防员为了测试高空抛物的危害，将一个物体从某高楼的楼顶自由下落，物体落地速度的大小为50 m/s，g取10 m/s2，求：(1)楼顶的高度；(2)最后2 s下落的高度；(3)10 s内的平均速率．11．[2022·山东卷]某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A.关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：(1)比例系数k值；(2)上行路程L值．12．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(g 取10 m/s 2)．求：(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；(2)木箱做加速运动的时间和位移的大小；(3)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离．专题强化训练2 牛顿运动定律与直线运动1．解析：设在曝光时间0.01 s 内，石子实际下落的距离为x ，由题意得3 cm120 cm ＝0.5 cm x，解得x ＝20 cm ；曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这0.01 s 内的速度为v ＝xt ＝0.2 m0.01 s ＝20 m/s ，石子做自由落体运动2gh ＝v 2，解得h ＝20 m.答案：A 2．解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为F T ＝mg cos 53°＝53mg ，故A 错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a 1＝g ，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a 2＝FT m＝53g ，故C 正确，B 、D 错误．答案：C3．解析：由牛顿第二定律可知，小圆环下滑的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，下滑的时间t ＝ √2Ra ，到达大圆环上的A 、B 两点所用时间之比是2∶√3，代入计算得μ1μ2＝916.故选A.答案：A 4．解析：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球g tan θ＝m球a ，得到a ＝g tan θ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示．设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，F ＝mg cos α，将a ＝g tan θ代入，得α＝θ，F ＝mgcos θ，方向斜向左上方，故D 正确．答案：D5．解析：物块沿水平桌面中线做匀减速直线运动，则v ̅＝xt ＝v 0+v 2，由题述可知，x ＝1 m ，t ＝1 s ，v >0，代入数据有v 0<2 m/s ，故A 不可能，B 可能； 对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a ＝－μg ，利用匀变速直线运动规律得v 2−v 02＝2ax ，整理有v 02－2ax >0，由于v 0<2 m/s ，可得μ<0.2，故选项C 、D 不可能．答案：B6．解析：根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O 1O 2＝5 m 时，有x 甲－x 乙＝4 m根据运动学公式有x 甲＝v 甲t －12at 2，x 乙＝v 乙t 解得t 1＝2 s ，t 2＝4 s因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当0<t <2 s 时，O 1O 2<5 m ；2 s<t <4 s 时，O 1O 2>5 m ．t ＝t 2＝4 s 时，甲车的速度为v 甲1＝v 甲－at 2＝1 m/s<v 乙t ＝4 s 之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x 甲1＝μ甲122μ＝0.5 m根据几何关系可知，从t ＝4 s 开始到乙车行驶至甲车前方4 m 的过程中，O 1O 2<5 m ，这段过程经历的时间为t ′＝2×4 m +0.5 mv 乙＝4.25 s所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t 总＝2 s ＋4.25 s ＝6.25 s ，故选D. 答案：D7．解析：采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为：1∶(√2－1)∶(√3−√2)∶(2－√3)∶……∶(√n −√n −1)，则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过他用时的2倍，历时2t ，故A 错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l ，用时2t ，则平均速度为v ̅＝4l 2t ＝2lt 故B 正确；由以上逆向思维可知l ＝12at 2则加速度a ＝2lt 2并且v 12＝2al，v 52＝2a ×4l 解得v 5＝2v 1同时又有l ＝v 12t ，所以v 5＝4lt ，故C 正确，D 错误． 答案：BC8．解析：若水平面粗糙，物体P 受到向左的滑动摩擦力和逐渐增大的弹力，由牛顿第二定律μmg ＋kx ＝ma 可知，物体向右做加速度逐渐增大的减速运动；若水平面光滑，同样可以得出物体向右做加速度增大的减速运动，故A 正确．物体受恒力F ，若水平面粗糙，其大小与摩擦力的关系未知，若F ≤μmg ，则有μmg ＋kx －F ＝ma ，物体向右做加速度增大的减速运动；若F >μmg ，刚接触时有F －(μmg ＋kx )＝ma ，当F ＝μmg ＋kx 后有μmg ＋kx －F ＝ma ，故物体先做加速度向右减小的加速运动，后做加速度向左增大的减速运动，故B 错误．从小球接触弹簧开始，重力先大于弹力，小球做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，接着重力小于弹力，小球做加速度向上增大的变减速运动，故C正确．蹦极的人在橡皮条绷紧前只受重力，做自由落体运动，此后重力先大于增大的弹力，人做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，最终重力小于弹力，人做加速度向上增大的变减速运动，故D错误．答案：AC9．解析：行李箱在0～2 s内做加速度为a＝μg＝1 m/s2的匀加速直线运动，位移是关于时间的二次函数，选项A错误；行李箱在t＝va＝2 s时与传送带共速，则行李箱在2～6 s内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B错误；后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由v t图象容易求得ΔL＝vT＝2 m，选项C正确；所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后T＝1 s，则在B端有行李箱到达后每10 s有十件行李箱到达(同样，可由v t图象理解)，选项D正确．答案：CD10．解析：(1)由μμ2＝2gh解得楼顶的高度μ＝μμ22μ＝5022×10m＝125 m(2)由v y＝gt解得物体下落的总时间t＝v yg ＝5010s＝5 s则最后2 s下落的高度为Δh＝h－12g(5－2)2＝80 m(3)10 s内物体共运动5 s，运动的路程是s＝h＝125 m，10 s内的平均速率为v＝st′＝12510m/s＝12.5 m/s答案：(1)125 m (2)80 m (3)12.5 m/s11．解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv 代入数据得F＝7 400 N装满粮食的小车匀速向上运动，有F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0联立解得k＝0.1(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有(m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a又2aL＝v2代入数据解得L＝67185m答案：(1)0.1 (2)67185m12．解析：(1)设木箱的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′解得a′＝2.25 m/s2<2.5 m/s2则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s2.(2)设木箱的加速时间为t1，加速位移为x1，t1＝va′＝4 s，x1＝v22a′＝18 m.(3)设平板车做匀加速直线运动的时间为t2，则t2＝va＝3.6 s达共同速度时平板车的位移为x2，则x2＝v22a＋v(t1－t2)＝19.8 m要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足Δx＝x2－x1＝1.8 m.答案：(1)2.25 m/s2(2)4 s 18 m (3)1.8 m。
2022年高考物理模型专题突破-绳杆模型
真题模型(二)——竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型来源图例考向模型核心归纳2014·新课标全国卷Ⅱ第17题受力分析、圆周运动、动能定理1.常考的模型(1)物体运动满足“绳”模型特征，竖直圆轨道光滑(2)物体运动满足“绳”模型特征，竖直圆轨道粗糙(3)物体运动满足“杆”模型特征，竖直圆轨道光滑(4)物体运动满足“杆”模型特征，竖直圆轨道粗糙(5)两个物体沿竖直圆轨道做圆周运动(6)同一物体在不同的竖直圆轨道做圆周运动(7)物体受弹簧弹力、电场力或洛伦兹力共同作用下的圆周运动2.模型解法2015·新课标全国卷Ⅰ第22题圆周运动、超重、失重2016·新课标全国卷Ⅱ第16题受力分析、牛顿第二定律、圆周运动、动能定理2016·课新标全国卷Ⅱ第25题受力分析、机械能守恒定律、圆周运动、牛顿第二定律2016·新课标全国卷Ⅲ第24题受力分析、圆周运动、机械能守恒定律、牛顿第二定律2017·全国卷Ⅱ第17题平抛运动、功能关系及极值的求解方法【预测1】 (多选)如图1所示，半径为R 的内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。
现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。
当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。
已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。
设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )图1A.34B.13C.23D.1解析 第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有W 1≤mgR ，两次击打后球可以运动到轨道最高点，根据功能关系，有W 1＋W 2－2mgR ＝12mv 2，在最高点有mg ＋N ＝m v 2R ≥mg ，由以上各式可解得W 1≤mgR ，W 2≥32mgR ，因此W 1W 2≤23，B 、C 正确。
绳子和滑轮练习题计算绳子和滑轮系统中力的大小和方向
绳子和滑轮练习题计算绳子和滑轮系统中力的大小和方向绳子和滑轮系统是力学中常见的物理实验现象。
在这个实验中，我们可以通过计算来确定绳子和滑轮系统中力的大小和方向。
这对于理解力学原理和解决实际问题非常重要。
下面，我们将通过几个练习题来具体探讨如何计算绳子和滑轮系统中的力。
练习题一：单个滑轮系统考虑一个由一个滑轮组成的简单绳子系统。
假设绳子重量可以忽略不计，滑轮也是理想的，不考虑摩擦力。
现在我们来计算所施加的力和绳子张力的大小和方向。
解题思路：根据牛顿第二定律，当一个物体处于平衡状态时，合外力为零。
因此，在这个绳子系统中，所施加的力与绳子的张力大小应该相等。
解题步骤：1. 给出问题的具体情况和已知条件。
比如，滑轮所承受的力为F，绳子左侧方向的张力为T1，绳子右侧方向的张力为T2。
2. 应用牛顿第二定律并考虑合外力为零的条件，我们可以得到以下方程：F - T1 - T2 = 0这是因为F是唯一作用于系统的外力，而T1和T2是绳子所施加的内力。
3. 根据滑轮的特点，我们知道绳子的张力大小相等，即T1 = T2。
4. 将上述方程代入第二步的方程，我们可以解得滑轮所承受的力F的大小为2T1（或2T2）。
5. 根据题目中给出的情况，我们可以得到滑轮所承受的力F的方向。
练习题二：多个滑轮系统考虑一个有多个滑轮的复杂绳子系统。
同样假设绳子重量可以忽略不计，滑轮也是理想的。
现在我们要计算所施加的力和最后一个滑轮下方绳子的张力的大小和方向。
解题思路：对于多个滑轮的系统，我们需要考虑每个滑轮的受力情况，并应用牛顿第二定律来求解。
解题步骤：1. 给出问题的具体情况和已知条件。
确定每个滑轮的受力情况，记为T1、T2、T3等，其中T1表示第一个滑轮下方绳子的张力，T2表示第二个滑轮下方绳子的张力，以此类推。
2. 根据每个滑轮的特点，我们知道绳子的张力大小相等，即T1 =T2 = T3 = ... = T。
3. 对于最后一个滑轮下方的绳子，我们可以根据问题给出的情况，确定最后一根绳子的张力Tn的方向。
(完整版)高考物理专题分析及复习建议：轻绳、轻杆、弹簧模型专题复习
高考物理专题分析及复习建议：轻绳、轻杆、弹簧模型专题复习 一．轻绳模型1。
轻绳模型的特点：“绳"在物理学上是个绝对柔软的物体，它只产生拉力（张力），绳的拉力沿着绳的方向并指向绳的收缩方向。
它不能产生支持作用。
它的质量可忽略不计，轻绳是软的,不能产生侧向力，只能产生沿着绳子方向的力.它的劲度系数非常大，以至于认为在受力时形变极微小，看作不可伸长。
2.轻绳模型的规律:①轻绳各处受力相等,且拉力方向沿着绳子；②轻绳不能伸长;③用轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时，系统的机械能有损失；④轻绳的弹力会发生突变。
3。
绳子的合力一定的情况下，影响绳上拉力大小的因素是绳子的方向而不是绳子的长度。
4.力对绳子做的功，全部转化为绳对物体的做的功。
5.绳连动问题:①当物体的运动方向沿绳子方向（与绳子平行）时，物体的速度与绳子的速度相同。
②当物体的运动方向不沿绳子方向（与绳子不平行）时，物体的速度与绳子的速度不相同，一般以物体的速度作为实际速度，绳的速度是物体速度的分速度，当绳与物体的速度夹角为θ 时，= cos v v θ绳物例1：如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1θ，绳子张力为F 1；将绳子B 端移至C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2θ，绳子张力为F 2;将绳子B 端移至D 点，待整个系统达到平衡时,两段绳子间的夹角为3θ，绳子张力为F 3，不计摩擦,则( ）A ．1θ=2θ=3θB ．1θ=2θ<3θC ．F 1 〉F 2 〉F 3D ．F 1 =F 2 〈F 31—1．如图所示,轻绳上端固定在天花板上的O 点，下端悬挂一个重为10 N 的物体A ，B 是固定的表面光滑的小圆柱体.当A 静止时，轻绳与天花板的夹角为30°，B 受到绳的压力是 ( )A.5 NB 。
10 NC 。
5错误! ND.10错误! N1—2。
高一物理下学期期中综合复习专题04 绳和杆的关联速度的合成与分解问题(解析版)
高一物理下学期期中综合复习（重点专练模拟检测）专题04 绳和杆的关联速度的合成与分解问题特训专题 特训内容专题1 绳的关联速度的合成与分解问题（1T—6T ）专题2 杆的关联速度的合成与分解问题（7T—12T ）【典例专练】一、绳的关联速度的合成与分解问题1．如图所示，绳子通过固定在天花板上的定滑轮，两端分别与同一水平面上的A B 、两物体连接，当两物体到达如图所示位置时，绳与水平面的夹角分别为37︒、53︒，两物体的速度大小分别为A B v v 、，已知3sin 375︒=、4cos375︒=，则A v 与B v 之比为（ ）A ．3:4B ．4:3C ．4:5D ．5:4【答案】A【详解】设此时绳子的速度大小为v 绳，将A 、B 的速度分别沿绳的方向和垂直绳的方向分解，可得 A cos37v v =绳；B co 53s v v =绳解得:3:4A B v v =故选A 。
2．如图所示，人用轻绳通过定滑轮拉穿在光滑竖直杆上的物块A ，人以速度v 0向左匀速拉绳，某一时刻，绳与竖直杆的夹角为θ，与水平面的夹角为α，此时物块A 的速度v 1为（ ）A ．v 1＝v 0sin αcos θB ．v 1＝0sin sin v αθC ．v 1＝v 0cos αcos θD ．v 1＝0cos cos v αθ【答案】D【详解】将A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示拉绳子的速度等于A 沿绳子方向的分速度，设该速度为v ，根据平行四边形定则得，A 的实际速度为1cos v v θ= 同理对人的速度分解可得0cos v v α=联立可得01cos cos v v αθ=故选D 。
3．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货物速度为v ，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）A ．货车的速度等于v cos θB ．货车的速度等于cos vθC ．货物处于超重状态D ．货车的对地面的压力大于货车的重力 【答案】BC【详解】AB ．货车沿着绳子方向的速度等于货箱的速度，因此cos v v θ=车可得cos vv θ=车，A 错误，B 正确； C ．货车匀速前进过程中，绳子倾角θ逐渐减小，可得货箱的速度逐渐增大，因此货箱向上做加速运动，处于超重状态， C 正确；D ．由于货车受到缆绳的拉力，货车对地面的压力小于货车的重力，D 错误。
高中物理专题强化练3瞬时加速度问题和动力学图像问题含解析第一册
专题强化练3 瞬时加速度问题和动力学图像问题1．如图所示，在光滑水平面上有物体A、B，质量分别为m1、m2.在拉力F作用下，A和B以加速度a做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力,此瞬时A和B的加速度为a1、a2,则() A．a1＝a2＝0B．a1＝a;a2＝0C．a1＝错误!a；a2＝错误!aD．a1＝a;a2＝－错误!a2．（多选）A、B两球的质量均为m，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙，弹簧原长为L0，用恒力F向左推B球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L，下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为错误!B．弹簧的劲度系数为错误!C．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A、B两球的加速度均为0D．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A球的加速度为0，B球的加速度大小为F m3。
把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10 m/s2.下列说法正确的是(）A．过程中球的位移为0B．球释放时的高度为2。
25 mC．过程中球的运动路程为1。
62 mD．球上升过程的加速度大小为9 m/s24．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧和轻绳拉住,处于静止状态，轻绳与竖直方向成60°角，当剪断轻绳的瞬间,小球的加速度()A．为零B．大小为g，方向竖直向下C．大小为2g,方向沿原来轻绳方向斜向下D．大小为2g，方向水平向右5．如图所示是质量为3 kg的物体在水平地面上运动的v . t 图像,a、b两条图线，一条是有推力作用的图线,另一条是没有推力作用的图线，则物体受到的推力大小是多少?摩擦力大小是多少？6．质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2。
5 s落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示,g取10 m/s2，则：(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度各是多少?(2）在图乙中画出消防队员下滑过程中的v。
2021年高考物理二轮复习专题强化练八力学三大观点的综合应用含解析.doc
专题强化练(八)题组一 三大力学观点在力学中的综合应用1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L ＝6 m 的轻绳连接，甲球的质量为m 1＝0.2 kg ，乙球的质量为m 2＝0.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt ＝1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t ＝1.2 s 同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t 0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小． 解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x 甲＝12g (t 0＋Δt )2，乙球的位移为：x 乙＝12gt 20，因为x 甲－x 乙＝L ， 联立解得：t 0＝0.1 s.(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：v 甲＝g (t 0＋Δt )＝11 m/s ， v 乙＝gt 0＝1 m/s ，设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v ′甲和v ′乙， 继续下落至落地时有：v ′乙t ＋12gt 2－(v ′甲t ＋12gt 2)＝L .又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒， 则有：m 1v 甲＋m 2v 乙＝m 1v ′甲＋m 2v ′乙， 联立方程解得：v ′甲＝6 m/s ，v ′乙＝11 m/s. 设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I ， 由动量定理得：I ＝m 1(v ′甲－v 甲)＝1.0 N·s. 答案：(1)0.1 s (2)1.0 N·s2．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(不计大小)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R 的取值范围． 解析：(1)根据牛顿第二定律： 对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2.滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t ，由以上各式解得：t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移：x 1＝v 0t －12a 1t 2，小车的位移：x 2＝12a 2t 2，相对位移：L 1＝x 1－x 2， 联立解得：L 1＝3 m ，x 2＝2 m.L 1＜L ，x 2＜s ，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2后滑上半圆轨道，L 2＝L －L 1＝1 m.若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v Q .则mg ＝m v 2QR，根据动能定理得：－μmgL 2－mg ·2R ＝12mv 2Q －12mv 22，解得：R ＝0.24 m.若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22，解得：R ＝0.6 m ，所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m. 答案：(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m3.(2018·海南卷)如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 的速度大小； (2)A 、B 均停止运动后，二者之间的距离．解析：(1)小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑， 由机械能守恒定律：mgh ＝12mv 20，解得滑至O 点时速度为：v 0＝2gh .碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：mv 0＝mv 1＋4mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12×4mv 22， 联立解得：v 1＝－352gh ，负号表示A 碰撞后速度方向向左，v 2＝252gh ，B 碰撞后速度方向向右． (2)碰撞后，B 向右运动，设B 向右运动的距离为x B ， 由动能定理，－μ4mgx B ＝0－12×4mv 22，解得：x B ＝825h .碰撞后，A 先向左运动，后又向右运动，A 从O 点开始向右运动x B 的距离后速度为v A 1， 由动能定理，－μmgx B ＝12mv 2A 1－12mv 21，解得：v A 1＝2gh 5. A 、B 再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律， mv A 1＝mv A 2＋4mv B 2，12mv 2A 1＝12mv 2A 2＋12×4mv 2B 2， 联立解得：v A 2＝－352gh5，负号表示A 碰撞后速度方向向左， v B 2＝252gh5，B 碰撞后速度方向向右． 设B 向右运动的距离为x B 2，由动能定理得 －μ4mgx B 2＝0－124mv 2B 2，解得x B 2＝8125h .设A 向左运动的距离为x A 2，由动能定理得 －μmgx A 2＝0－12mv 2A 2，解得x A 2＝18125h ，A 、B 均停止运动后它们之间的距离为 x ＝8125h ＋18125h ＝26125h . 答案：(1)352gh 252gh (2)26125h4.如图所示，有一质量为M ＝2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m ＝1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1＝2 m/s 向左运动，B 同时以v 2＝4 m/s 向右运动．最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车总长L ；(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ；(3)从物块A 、B 开始运动计时，经6 s 小车离原位置的距离x .解析：(1)设最后达到共同速度v ，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv 2－mv 1＝(2m ＋M )v ，μmgL ＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2，解得v ＝0.5 m/s ，L ＝9.5 m.(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1，从A 开始运动至左端历时t 1，在A 运动至左端前，小车是静止的．v 1＝a A t 1， x 1＝12a A t 21，联立可得t 1＝2 s ，x 1＝2 m ，所以物块B 离小车右端的距离x 2＝L －x 1＝7.5 m ， 所以Q B ＝μmgx 2＝7.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t 2，则v ＝v 2－a B t 2， μmg ＝ma B ，联立可得t 2＝3.5 s.小车在t 1前静止，在t 1至t 2之间以加速度a 向右加速：μmg ＝(M ＋m )a ， 此时小车向右运动的位移x 3＝12a (t 2－t 1)2，接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了x 4＝v (6 s －t 2)，联立各式，解得小车在6 s 内向右运动的总距离x ＝x 3＋x 4＝1.625 m. 答案：(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m 题组二 三大力学观点在电、磁学中的综合应用5．如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，联立解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N则R (1－cos θ)＝h ，F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R，解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N. 答案：(1)2 m/s (2)18 N6．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直．图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞．重力加速度为g .求：(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热．解析：(1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12mv 20＝mgh ，a 棒与b 棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2， 由机械能守恒定律：12mv 20＝12mv 21＋12mv 22，解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh . (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大．b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律：mv 2＝mv ′2＋m2v ′3.设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2（v b －v c ）mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v ′2－v ′3)， 联立得v ′2＝56v 2＝562gh .(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动． 由动量守恒定律：mv 2＝(m ＋m2)v ，由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q ，解得Q ＝13mgh .答案：(1)02gh (2)562gh (3)13mgh7.足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．解析：(1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v ，解得c 棒的最大速度为v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s.(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q ＝12m b v 20－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J ，因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J ，(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R ， 解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R，解得F ＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上． 答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N8．如图所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远．B所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止．现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm .解析：(1)开始时，弹簧处于压缩状态． 对C 受力平衡有F T 1＝2mg sin θ， 对B 受力平衡有F T 1＋kx 1＝6mg sin θ ， 解得x 1＝4mg sin θk.(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 21＝2ax 1，解得v 1＝22mga sin θk.根据牛顿第二定律对B 有：F T 2－6mg sin θ＝2ma ， 对C 有：F ＋2mg sin θ－F T 2＝2ma ， 解得F ＝4m (g sin θ＋a )．(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1 ＝(m ＋2m ＋2m )v 2， 根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 21＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm ， 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k .答案：(1)4mg sin θk(2)22mga sin θk 4m (g sin θ＋a ) (3)16m 2ga sin θ5k。
高考物理大二轮复习 专题训练三 第1课时 抛体圆周和天体运动
拾躲市安息阳光实验学校【步步高】（全国通用）高考物理大二轮复习专题训练三第1课时抛体、圆周和天体运动专题定位应考策略熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．第1课时抛体、圆周和天体运动1．物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动．合运动与分运动具有等时性、性和等效性．2．平抛运动(1)规律：v x＝v0，v y＝gt，x＝v0t，y＝12gt2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ.3．竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v≥gR.(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v>0.4．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝m(2πf)2r.在天体表面，忽略自转的情况下有GMmR2＝mg.5．卫星的绕行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径r的关系(1)由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，则r越大，v越小．(2)由GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，则r越大，ω越小．(3)由GMmr2＝m4π2T2r，得T＝4π2r3GM，则r越大，T越大．6．卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小．(2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大．1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．2．对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3．分析天体运动类问题的一条主线就是F万＝F向，抓住黄金代换公式GM＝gR2. 4．确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法.考向1 抛体运动问题的分析例1静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是( )A．水流射出喷嘴的速度为gt tan θB．空中水柱的水量为Sgt2 2tan θC．水流落地时位移大小为gt22cos θD．水流落地时的速度为2gt cot θ解析由题意知，水做平抛运动，θ为总位移与水平方向的夹角，tan θ＝yx＝gt2v x，可得水流射出喷嘴的速度为v x＝gt2tan θ，故A错误；下落的高度y＝12gt2，水流落地时位移s＝ysin θ＝gt22sin θ，所以C错误；空中水柱的体积V＝Sv x t ＝Sgt22tan θ，所以B正确；水流落地时的速度v＝gt2＋v2x＝gt1＋14tan2θ，所以D错误．答案B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．如图1所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则( )图1A ．两小球同时落到D 点B ．两小球在此过程中动能的增加量相等C ．在击中D 点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3答案 CD解析 由于两球做平抛运动下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D 点；重力做功不等，则动能的增加量不等；在击中D 点前瞬间，重力做功的功率为P ＝mgv y ＝mg ·gt ，t 不等；设半圆的半径为R .小球从A 点平抛，可得R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，可得R sin 60°＝v 2t 2，R (1－cos 60°)＝12gt 22，联立解得v 1v 2＝63，故D 正确．考向2 圆周运动问题的分析例2 如图2所示，在竖直平面内有xOy 坐标系，其中y 轴竖直，长为l 的不可伸长细绳，一端固定在A 点，A 点的坐标为(0，l2)，另一端系一质量为m 的小球．现在x 坐标轴上(x >0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并水平，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动．图2(1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球经过最低点细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)在满足(1)的条件下，为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围．审题突破 由几何知识求出小球做圆周运动的轨道半径后，怎么才能求出绳子的拉力？小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动的条件是什么？解析 (1)当钉子在x ＝54l 的P 点时，小球绕钉子转动的半径为：R 1＝l －l22＋x 2小球由静止到最低点的过程中机械能守恒： mg (l2＋R 1)＝12mv 21在最低点细绳承受的拉力最大，有：F －mg ＝m v 21R 1联立求得最大拉力F ＝7mg .(2)小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有：mg ＝m v 22R 2运动中机械能守恒：mg (l 2－R 2)＝12mv 22钉子所在位置为x ′＝ l －R 22－l22联立解得x ′＝76l因此钉子所在位置的范围为76l ≤x ≤54l .答案 (1)7mg (2)76l ≤x ≤54l以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．(2014·新课标Ⅱ·17)如图3所示，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( ) 图3A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg 答案 C解析 设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv 2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F N ′＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F N ′＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 考向3 天体运动问题的分析例3 人类发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图4所示．关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( ) 图4A ．卫星在三个轨道运动的周期关系是：T 1<T 2<T 3B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的动能小于它在轨道2上经过Q 点时的动能D ．卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能审题突破 需要根据什么规律比较椭圆运动的周期关系？在P 点和Q 点两次点火是加速还是减速？解析 轨道1的半长轴最小，轨道3的半长轴最大，根据a 3T2＝k 知，T 1＜T 2＜T 3，故A 正确；卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动，角速度ω＝GMr3，知轨道半径大的角速度小，故B 错误；卫星在轨道1上Q 点点火加速，做离心运动进入轨道2，故在轨道2经过Q 点时的速度大，动能大，故C 正确；卫星在轨道2上机械能小于它在轨道3上的机械能，故D 错误． 答案 AC以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝ma n )和黄金代换公式(GM ＝gR 2)就能轻松解决．2．“卫星变轨”模型——卫星速度改变时，卫星将变轨运行．①当v 增大时，卫星将做离心运动，周期变长，机械能增加．②速度减小时，卫星将做向心运动，周期变短，机械能减少．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图5所示．从水星与金星在一条直线上开始计时，若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得( ) 图5A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星表面的重力加速度之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比 答案 AD解析 由题知它们的角速度之比为θ1∶θ2，则周期比为θ2∶θ1；水星和金星是环绕天体，无法求出质量，也无法知道它们的半径，所以求不出密度比，也求不出表面的重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，G Mm r2＝mrω2，r ＝3GMω2，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比，根据a ＝rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，故D 正确． 4．平抛与圆周运动组合问题的综合分析例4 (17分)如图6所示，一小物块自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．有一半径为R 的光滑圆轨道与斜面AB 在B点相切连接，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：图6(1)小物块水平抛出的初速度v0是多少；(2)若小物块能够通过圆轨道最高点，圆轨道半径R的最大值．思维导图解析 (1)小物块自平台做平抛运动，由平抛运动知识得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s(2分)由于物块恰好沿斜面下滑，则tan 53°＝v yv 0(3分)得v 0＝0.6 m/s.(2分)(2)设小物块过圆轨道最高点的速度为v ，受到圆轨道的压力为F N .则由向心力公式得：F N ＋mg ＝m v 2R(2分)由动能定理得：mg (H ＋h )－μmgH cos 53°sin 53°－mg (R ＋R cos 53°)＝12mv 2－12mv 20(5分)小物块能过圆轨道最高点，必有F N ≥0(1分) 联立以上各式并代入数据得：R ≤821 m ，即R 最大值为821 m ．(2分)答案 (1)0.6 m/s (2)821 m(限时：15分钟，满分：19分)(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力． 图7(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有 mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧ cos θ＝hR⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R ⑩(限时：45分钟)题组1 抛体运动问题的分析1．如图1所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A 、B 两处．不计空气阻力，则落到B 处的石块( )图1A ．初速度大，运动时间短B ．初速度大，运动时间长C ．初速度小，运动时间短D ．初速度小，运动时间长 答案 A解析 由于B 点在A 点的右侧，说明水平方向上B 点的距离更远，而B 点距抛出点的高度较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B 点的石块的初速度较大，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．如图2所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B 点，过B 点的半圆柱体半径与水平面夹角为30°，则半圆柱体的半径为(不计空气阻力，重力加速度为g )( ) 图2A.23v 203g B.23v 209gC.43－6v 20gD.4－23v 2g答案 C解析 在B 点，据题可知小球的速度方向与水平方向成60°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，v 0t ＝R ＋R cos 30°，v y ＝gt ，得R ＝43－6v 2g，故选C.3．如图3所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力( ) 图3A ．当小球的初速度v 0＝2gR2时，掉到环上时的竖直分速度最大B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 答案 ABD解析 当下落的高度为R 时，竖直分速度最大，根据R ＝12gt 2得，t ＝2R g，则v 0＝R t ＝2gR2，故A 、B 正确；设小球垂直击中环，则其速度反向沿长线必过圆心，设其速度与水平方向的夹角为θ，R sin θ＝12gt 2，R (1＋cos θ)＝v 0t ，且tan θ＝gtv 0，可解得θ＝0，但这是不可能的，故C 错误，D 正确，故选A 、B 、D.题组2 圆周运动问题的分析4．(2014·新课标Ⅰ·20)如图4所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( ) 图4A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝ 2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：f a ＝mω 2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mω 2a l ，ωa ＝kgl；对木块b ：f b ＝mω 2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mω 2b ·2l ，ωb ＝kg2l，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg2l时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 5．如图5所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面的倾角．板上一根长为l ＝0.6 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3 m/s.若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内(取重力加速度g ＝10 m/s 2)? 图5答案 α≤30°解析 小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力的作用．在垂直板面方向上合力为0，重力在沿板面方向的分量为mg sin α，小球在最高点时，由绳子的拉力和重力分力的合力提供向心力：F T ＋mg sin α＝mv21l①研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理： －mgl sin α＝12mv 21－12mv 20② 若恰好通过最高点绳子拉力F T ＝0，联立①②解得：sin α＝v 203gl ＝323×10×0.6＝12.故α最大值为30°，可知若小球能在板面内做圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°.题组3 天体运动问题的分析6．(2014·新课标Ⅱ·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( ) A.3πg 0－g GT 2g 0 B.3πg 0GT 2g 0－gC.3πGT 2D.3πg 0GT 2g答案 B解析 物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m (2πT )2R ＝G MmR2，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2g 0－g .故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7．2013年12月11日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔”从距月面高度为100 km 的环月圆轨道Ⅰ上的P 点变轨，进入近月点为15 km 的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q 成功落月，如图6所示．关于“嫦娥三号”，下列说法正确的是( )图6A ．沿轨道 Ⅰ 运行一周的位移大于沿轨道 Ⅱ 运行一周的位移B ．沿轨道 Ⅱ 运行时，在P 点的加速度小于在Q 点的加速度C ．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期D ．在轨道Ⅱ上由P 点到Q 点的过程中机械能增加 答案 B解析 沿轨道Ⅰ运行一周的位移与沿轨道Ⅱ运行一周的位移都是零，即相等，故A 错误．根据GMm r 2＝ma 得a ＝GMr 2，沿轨道Ⅱ运行时，在P 点的加速度小于在Q点的加速度，故B 正确．根据a3T2＝k 可得半长轴a 越大，运行周期越大，故沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故C 错误．在轨道Ⅱ上由P 点运行到Q 点的过程中，只有万有引力对其做功，机械能守恒，故D 错误．8．(2014·东北三省第二次模拟)一颗围绕地球运行的飞船，其轨道为椭圆．已知地球质量为M ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，地球表面重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．飞船在远地点速度一定大于gRB ．飞船在近地点瞬间减速转移到绕地圆轨道后，周期一定变小C ．飞船在远地点瞬间加速转移到绕地圆轨道后，机械能一定变小D ．飞船在椭圆轨道上的周期可能等于π 27R 5g答案 BD解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma ，G Mm R2＝mg 得绕地球的最大速度v ＝gR ，A 错误；飞船在近地点瞬间减速，飞船将做向心运动，则由a 3T2＝k 知，周期减小，B 正确；飞船在远地点瞬间加速，除引力外，其他力对飞船做正功，机械能一定增加，C 错误；r ＝R 时，由T ＝ 4π2r3GM得最小周期T ＝π4Rg＜π27R 5g，D 正确．题组4 平抛与圆周运动组合问题的综合9．如图7所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54 m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)从轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力． 图7(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间． 答案 (1)150 N (2)13 N (3)1＋72 s解析 (1)M 由A 到B 过程，由机械能守恒定律得 MgR ＝12Mv 2B ①解得v B ＝5 m/s滑块在B 点时，由向心力公式得F N －Mg ＝M v2B R②解得F N ＝150 N③由牛顿第三定律知，M 在B 点时对轨道的压力大小为150 N.(2)M 离开B 点后平抛运动的水平位移为 x ＝v B t ＝5 m④由几何关系可知m 的位移为s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m⑤设滑块m 向上运动的加速度为a ，由s ＝12at 2⑥得a ＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑦ 解得F ＝13 N ．⑧(3)撤去拉力后，滑块m 沿斜面上滑过程的加速度a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m ＝8 m/s 2⑨上滑时间t 1＝va 1＝0.5 s⑩上滑位移s 1＝v 22a 1＝1 m ⑪滑块m 沿斜面下滑过程的加速度a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝4 m/s 2⑫下滑过程s ＋s 1＝12a 2t 22⑬由⑪⑫⑬得t 2＝72s 所以碰后在斜面上运动的时间为t 总＝t 1＋t 2＝1＋72s ⑭10．某工厂生产流水线示意图如图8所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶．在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求： 图8(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力F N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．答案 (1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…) 解析 (1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F N B ′－mg ＝m v2B r解得F N B ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2L v B ＋v C ＝0.5 s则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件 t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3…)解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3…)．。
2023年高考物理与强基计划核心知识点复习与真题精选 绳、杆系统机械能守恒
绳、杆系统机械能守恒一、真题精选（高考必备）1．（2012·上海·高考真题）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B上升的最大高度是（）A．2R B．5R/3C．4R/3D．2R/32．（2013·山东·高考真题）（多选）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功3．（2015·全国·高考真题）（多选）如图，滑块a、b的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。
不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。
则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg4．（2008·全国·高考真题）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l1．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小．5．（2017·天津·高考真题）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。
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二大定理、二大定律专题系列强化训练3：
与绳有关的物理问题
1．用长为L=1.0m的轻软绳将质量为m的小球悬于O点。然后拿
住小球将其自悬点O下方距离为h=0.4m的位置以初速度v0水平抛出，
当悬绳刚要伸直时，小球水平射程为S=0.8m，如图所示。设随后小球
即做圆周运动，试计算小球运动到最低点时的速度多大（不计空气阻
力，取g=10m/s2）
2.（22分）如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板
的左端有一质量为m的物块，物块上连接一根很长的细绳，
细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度向下拉
绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达
桌边定滑轮。求
（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中 点时
板的位移；
（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能达到板的右端，板与桌面的动摩擦因数的范围；
（3）若板与桌面间的动摩擦因数取（2）问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端
的过程中，人拉绳的力所做的功（其他阻力均不计）。
3．有许多个质量都为m的木块互相靠着沿一直线排列于光滑水平面上，每两个相邻的
木块均用长为L的柔绳连接着。现用一恒力F沿排列方向拉第一块木块，以后各个木块依次
被牵动。求第n个木块被牵动时的速度。
l
M
m
(第25题图)
二大定理、二大定律专题系列强化训练3：
与绳有关的物理问题
（详解）
1．解：软绳刚伸直时与竖直方向的夹角为
53)8.0arcsin(arcsin
L
S
小球从抛出至绳伸直的过程中：
下落高度：mmhLh2.0)4.06.01(cos
飞行时间：ssght2.0102.022
水平速度：smtsVVx/40
竖直速度：smgtVr/2
绳子张紧后沿绳方向（径向）速度为零，垂直绳方向（切向）速度不变（即小球随后以
此切向速度开始作圆周运动），此速度为
smVVVr/8.0cossin0
设圆周运动最低点速度为V′，对小球作圆周运动到达最低点的过程：
22
212
1
)cos1(mVVnmgL
smgLVV/94.2)cos1(22
2．解：（1）设物块在板上滑行的时间为1t，对板应用动量定理得 （7分）
Mvmgt
11
2分 ∴mgMvt11 ①
设在此过程中物块前进位移为1S，板前进位移为2S，
则11tvS ② 1分
12
2
tvS
③ 1分
2
21
l
SS
④ 1分
由①②③④得：mglMv21 1分
2
2
l
S
1分
故物块与板间的摩擦因数为mglMv21，物块到达板的中点时，板的位移22lS。
（2）设板与桌面间摩擦因数为2，物块在板上滑行的时间为2t则对板应用动量定理得（8
分 ）
MvtgMmmg221])([
gMmmgMvt)(212
3分
又设物块从板的左端运动到右端的时间为3t
则ltvtv332
v
lt2
3
2分
为了使物块能到达板的右端，必须满足32tt 1分
即vlgMmmgMv2)(21
glMmMv)(222
2分
所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数glMmMv)(222
（3）设绳子的拉力为T，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为3S，则有（7分）
01mgT
2分
ltvS233
2分
所以由功的计算公式得：
2
2
13222MvlmgmglMvlmgSTWT
3分
所以在物块从板的左端到达板的右端的过程中，绳的拉力做功为22Mv。
（或W△KE△E＋W22122)(21MvglmMmglMv）
（注：用牛顿运动定律及运动学公式解答或用其它方法解答，只要正确，同样给分）
3．解：对第一个木块，由动能定理得mFLvmvFL2,21121
在拉动第二个木块的过程中，动量守恒mFLvvmvmv221,21221，
mFLvmvmvFL2322122
1
'2222'
2
mFLvvmvmv323
2
,32'233'2
，
nm
FLnvn)1(