专题04 曲线运动（讲义）（解析版）.docx

1、专题04 曲线运动01专题网络思维脑图02考情分析解密高考03高频考点以考定法04核心素养难点突破05创新好题轻松练习考点内容考情预测曲线运动中的合外力和速度曲线运动以合外力和速度的方向为简单的命题。主要以生活中的情景引入一些斜抛平抛类问题，此类命题偏难。小船渡河模型近几年高考命题偏少，近五年仅有2021年辽宁高考出现过。生活中的圆周运动也主要以圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直面内的圆周运动为考点结合生活现象引出命题。小船渡河模型平抛运动斜抛运动生活中的圆周运动学习目标1. 熟悉掌握曲线运动的合外力和速度方向，以及关联速度问题。2.理解小船渡河模型的最短时间渡河以及渡河距离最短的三类问题。3.掌

2、握平抛运动的基本公式，平抛问题的基本处理方法，以及斜面抛体问题和平抛的追及相遇问题。4.掌握斜抛的基本公式，斜抛问题的处理方法，清楚斜抛问题的对称性，以及反向类平抛问题。5.熟悉掌握圆锥摆、水平转盘上的物体，竖直面内的圆周运动等问题的临界问题，清楚圆周运动先受力分析再等于向心力的处理方法。【典例1】（2023湖南统考高考真题）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的

3、运动，下列说法正确的是（）A谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B谷粒2在最高点的速度小于v1C两谷粒从O到P的运动时间相等D两谷粒从O到P的平均速度相等【答案】B【详解】A抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；C谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的

4、速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；D两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。故选B。【典例2】（2023福建统考高考真题）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L=0.2m，杆与竖直转轴的夹角a始终为60，弹簧原长x0=0.1m，弹簧劲度系数k=100N/m，圆环质量m=1kg；弹簧始终在弹性限度内，

5、重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不计（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。【答案】（1）0.05m；（2）1063rad/s；（3）10rad/s【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得T0=mgcos=5N根据胡克定律F=kx得x0=T0k=0.05m弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1=x0-x0=0.05m（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定

6、律得mgtan=m02r由几何关系得圆环此时转动的半径为r=x0sin联立解得0=1063rad/s（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得T=kL-x0=10N对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有mg+Tcos=FNsin，Tsin+FNcos=m2r由几何关系得r=Lsin联立解得=10rad/s1.曲线运动的合外力和速度关系2.平抛运动的规律3.生活中的圆周运动考向01 曲线运动中的合外力和速度【针对练习1】如图，光滑水平面上一质点正以速度v0通过O点，O为光滑水平面上直角坐标系xOy的原点，此时给质点加上沿

7、x轴正方向的恒力Fx和沿y正方向的恒力Fy，则（）A若Fy=Fxtan，质点做直线运动B若FyFx，质点向y轴一侧做曲线运动C若FyFx，质点向x轴一侧做曲线运动D因为Fx与v0成角，所以质点做曲线运动【答案】A【详解】若有Fy=Fxtan则合力与v0共线，质点将做直线运动，故A正确；B C若只知道FyvB，tAtBCtAtB，AvB，AtB两球到P点的水平位移相等，由x=v0t可知，小球A的初速度较小，即vAvB两球运动到P点时，竖直分速度为vy=gt则有tan=v0vy=v0gt由于小球A在竖直方向的速度较大，初速度小，则有A1因此小球已脱离圆锥体表面，设此时细绳与竖直方向的夹角为，根据牛

8、顿第二定律可得mgtan=m2lsin代入数据解得cos=35即=53此时细绳的拉力为T=mgcos=100N故C错误；D当=536rad/s时，周期为T周=2=65s小球运动一周的过程中，细绳对小球的冲量为I=TT周=206Ns故D正确。故选D。【针对练习6】（多选）如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过角度时，小球的速度大小为v，v2与cos的关系如乙图所示，g取 10m/s。则（）A圆环半径为0.6mB=2时，小球所受合力为4NC0过程中， 圆环对小球的作用力一直增大

9、D0过程中，圆环对小球的作用力先减小后增大【答案】AD【详解】A.小球下滑过程由机械能守恒定律有mgR-Rcos=12mv2得v2=-2gRcos+2gR对比图线可知2gR=12得R=0.6m故A正确；B.=2时，小球的速度平方为12，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有N=mv2R=4N小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为F=N2+mg2=20N故B错误；CD.02时，有mgcos-N=mv2R可知随的增大，同时v也增大，所以N必须减小，2ya则有tb=tctaa的飞行时间比b的短，b和c的飞行时间相同，故A错误，B正确；C. 小球a、b在水平方向做匀速直线运动，根据x=v0t由于小球

10、a的水平位移大于小球b的水平位移，且a的飞行时间小于b的飞行时间，则a的初速度比b的大，故C错误；D. 小球b、c在水平方向做匀速直线运动，根据x=v0t由于小球b的水平位移大于小球c的水平位移，且b的飞行时间等于c的飞行时间，则b的初速度比c的大，故D错误。故选B。9如图所示，a、b两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出。已知半圆轨道的半径为R与斜面竖直高度相等，斜面底边长为其竖直高度的2倍。若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，a、b均可视为质点，重力加速度取g,则下列说法正确的是（）A如果a球落在半圆轨道最低点，则其速度方向竖直向下Bb球落在斜面上

11、时，其速度方向与水平面夹角的正切值为0.5C调整a球初速度v0的大小，能使a球垂直落在半圆轨道上Da、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则其初速度v0=22gR5【答案】D【详解】A平抛运动的末速度不可能竖直向下，A错误；B设斜面倾角为，则速度方向与水平面夹角的正切值为tan=2tan=212=1B错误；C平抛运动末速度的反向延长线交于水平位移的中点，若a球垂直落在半圆轨道上，则反向延长线过圆心，不是中点，不符合实际情况，C错误；Da、b两球如果同时落在半圆轨道和斜面上，则下落高度相同，且位移偏转角均等于斜面倾角，则Rsin=12gt2，R1+cos=v0t而sin=22得v0=22gR5D

12、正确。故选D。10如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力mg和恒定的浮力F的作用，且F=mg3。如果物体从M点以水平初速度v0开始运动，最后落在N点，MN间的竖直高度为h，其中g为重力加速度，则下列说法正确的是（）A从M运动到N的时间为2hgBM与N之间的水平距离为v03hgC从M运动到N的轨迹不是抛物线D减小水平初速度v0，运动时间将变长【答案】B【详解】ACD根据题意可知，物体水平方向不受力，以v0做匀速直线运动，竖直方向上，由牛顿第二定律有mg-F=ma解得a=23g竖直方向做匀加速直线运动，可知，物体做类平抛运动，则从M运动到N的轨迹是抛物线，竖直方向上有h=12at2解得t=2h

13、a=3hg可知，飞行时间与初速度大小无关，故ACD错误；B根据题意，结合上述分析，由v2=2ah可得，物体运动到N点时，竖直速度为vy=2ah=4gh3设M与N之间的水平距离为x，由平抛运动规律有hx=12vyv0解得x=v03hg故B正确。故选B。11在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg，在水平方向上恒定的外力F=4N的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角=37，sin37=0.6，则下列说法中正确的是（）A水平恒力F的方向与PQ连线成53夹角B滑块从P点到Q点做匀速圆周运动C滑块从P点到Q

14、点的过程中动能最小值为16JDP、Q两点间距离为16m【答案】C【详解】B由于物体运动过程中受到恒力的作用，故运动轨迹应该为抛物线，B错误；A因为PQ两点的速度大小相等，所以外力的方向垂直于PQ的连线，A错误；C垂直外力方向的分速度为速度的最小值，由速度分解可知vPQ=vcos可得vPQ=vcos=4m/s最小动能为Ek=12mvPQ2=16JC正确；DPQ之间的距离为x=vcost=vcosvsinFm=12mD错误。故选C。12如图所示，倾角为37的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能

15、够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则（）A小球在空中飞行的时间为0.3sB小球抛出点到斜面P点的水平距离为1.2mC滑块沿斜面下滑的加速度为6m/s2D小球抛出点到斜面底端的竖直高度为0.8m【答案】B【详解】A设物体在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37，将v正交分解如下图：球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，则有tan37=v0gt解得小球在空中飞行的时间为t=0.4s故A错误；B由水平方向的运动规律x=v0t得小球抛出点到斜面P点的水平距离为x=1.2m故B

16、正确；C根据几何关系可得斜面顶端A点到P点的距离为xAP=l-xcos37=0.4m又xAP=12at2代入数据解得a=5m/s2故C错误；D小球抛出点到斜面底端的竖直高度为H=12gt2+xtan37=1.7m故D错误。故选B。13某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO=15m、NO=12m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1=8m/s，快艇在静水中的速度大小为v2=10m/s。现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；

17、第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则下列说法不正确的是（）A第一个过程快艇的出发点位于M点左侧12m处B第一个过程所用的时间约为1.17sC第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为37D第二个过程所用的时间为2s【答案】B【详解】AB第一个过程以最短的时间运动到目标靶，则此时快艇的船头要垂直于河岸，此过程运动的时间为t1=MOv2=1.5s则此过程中沿河岸运动的位移为x=v1t1=12m所以第一个过程快艇的出发点位于M点左侧12m处，故A正确，B错误；C第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，快艇的运动轨迹要沿ON方向，则快艇的船头方向要与河岸上游

18、方向成一定的角度，则根据几何关系有cos=v1v2=0.8则第二个过程快艇的船头方向应指向河的上游并与河岸夹角为=37。故C正确；D快艇实际的速度为v=v22-v12=6m/s则第二个过程所用的时间为t=ONv=2s故D正确。本题选不正确选项，故选B。14有一条两岸平直且平行的河流，河水流速恒定，大小为v1，一条小船在河上横渡，已知船在静水中的速度大小为v2，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，第二次过河时行驶路线与河岸垂直，若v1、v2均不变，试求第一次过河与第二次过河所用时间的比值为（）Av1v12-v22Bv12-v22v1Cv22-v12v2Dv22+v12v2【答案】C【详解】

19、根据题意，设河宽为d，第一次过河时船头始终指向与河岸垂直的方向，则渡河时间为t1=dv2第二次过河时行驶路线与河岸垂直，此时船的合速度为v=v22-v12渡河时间为t2=dv22-v12则第一次过河与第二次过河所用时间的比值为t1t2=v22-v12v2故选C。15如图所示，小船以大小v1（在静水中速度），方向与河流上游成角的速度从O点处过河，恰好到达河正对岸 P处，现在雨天水流变急（即v2增大），要使小船仍到达正对岸且时间相同下列方法可取的是（）A不改变v1的大小，只减小角B不改变角，只增大v1的大小C增大v1的大小，同时适当减小角D增大v1的大小，同时适当增大角【答案】C【详解】设小船的合

20、速度为v，河宽为d，渡河时间为t，则在垂直河岸方向有d=vt分速度与合速度之间的关系为v=v1sin，v2=v12-v22由于时间t不变，因此可知合速度v不变，又因为v2变大，因此可知v1需要增大，可知同时sin减小，因此减小。故选C。16洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有人民子弟兵的身影。如图所示，水流速度大小恒为v，A处下游的C处有个半径为r的漩涡，其与河岸相切于B点，A、B两点的距离为3r。若消防武警驾驶冲锋舟把被困群众从A处沿直线避开游涡送到对岸，冲锋舟在静水中最小速度值为（）A32vB13vC3vD12v【答案】A【详解】如图所示当冲锋舟在静水中的速度v舟与其在河流中的速度v合

21、垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则v舟=vsin由几何关系知=60解得v舟=32v故选A。17如图所示，甲、乙两船从A、B两个码头同时开始渡河，船头与河岸均成60角，两船在静水中的速度大小相等，甲船出发时船头刚好指向C点，乙船恰能沿BC到达正对岸的C点，则下列说法正确的是（）A两船不会相遇B两船在C点相遇C两船在AC的中点相遇D两船在BC的中点相遇【答案】D【详解】由题意可知，水流速度为船速的一半，两船沿垂直河岸的分速度相等，所以两船在BC的中点相遇。故选D。18旋转木马可以简化为如图所示的模型，两个完全相同的可视为质点的小球a、b分别用悬线悬于水平杆A、B两端，OB2OA，将装置绕竖直杆匀

22、速旋转后，a、b在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为、，则下列判断正确的是（）Atan=2tanBtan=2tanCcos=2cosDsin=2sin【答案】B【详解】由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，设OA段长为L，OB段长为2L，对a球有mgtan=m2htan+L对b球有mgtan=m2(htan+2L)解得tan=2tan故选B。19如图所示，一个上表面粗髓、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。已知木块、小球皆可视为质点，质量均为m，木块到O点的距离为R，O点与小球之间的细线长为L。当圆盘以角

23、速度匀速转动时，小球以角速度随圆盘做圆锥摆运动，木块相对圆盘静止。连接小球的细线与竖直方向的夹角为，小孔与细线之间无摩擦，则下列说法错误的是（）A若木块和圆盘保持相对静止，L不变，越大，则越大B若R=L，无论多大木块都不会滑动C若RL，增大，木块可能向O点滑动D若RL时，有Fn=m2Rm2LT可知绳子的张力不足以提供木块做圆周运动的向心力，静摩擦力指向O，则当增大到一定值时，最大静摩擦力与绳子张力之和不足于提供木块做圆周运动的向心力时，木块做离心运动。故C错误，与题意相符；D当RL，有Fn=m2Rv2，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则（）A若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为，s

24、in=v2v1B若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为，sin=v12-v22v1C箭射到固定目标的时间为dv2D箭射到固定目标的时间为dv1v2v12-v22【答案】AD【详解】AB已知v1v2，要想命中目标射出的箭在空中飞行距离最短，则合速度方向与射出的箭速度方向垂直，若箭的实际运动方向和马的速度方向的夹角为，则sin=v2v1故A正确B错误；CD箭的实际位移为dsin，实际速度v12-v22，所以箭射到固定目标的时间为t=dsinv12-v22=dv1v2v12-v22故C错误D正确。故选AD。25如图为场地自行车比赛的圆形赛道。某运动员骑自行车在赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为R，

25、路面与水平面的夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A当自行车的速度大小为gRtan时，自行车不受侧向摩擦力作用B当自行车的速度大小为gRsin22时，自行车不受侧向摩擦力作用C当自行车的速度大小为gRsin时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上D当自行车的速度大小为gRsin时，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向下【答案】AC【详解】AB设人和自行车的总质量为m，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mgtan=mv2R解得v=gRtan故B错误，A正确；CD当自行车的速度大小为gRsingRtan时，支持力与重力的合力大于所

26、需向心力，自行车有近心运动的趋势，自行车所受侧向摩擦力的方向沿倾斜路面向上，故C正确，D错误。故选AC。26如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，当小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动，小环和夹子的质量均不计，小环、夹子和物块均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A物块向右匀速运动时，绳中的张力大于MgB小环碰到钉子P时，绳中的张力等于Mg+Mv2LC速度v不能超过2(F-Mg)LMD速度v不能超过

27、(2F-Mg)LM【答案】BD【详解】A物块向右匀速运动时以夹子和重物为研究对象，受到重力和绳子拉力，根据平衡条件可知绳中的张力等于Mg，故A错误；B小环碰到钉子P时，夹子和重物做圆周运动，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律有T-Mg=Mv2L解得T=Mg+Mv2L故B正确；CD以物块为研究对象，小环碰到钉子P时，重物做圆周运动，根据牛顿第二定律有2F-MgMv2L解得v(2F-Mg)LM故C错误，D正确。故选BD。27如图（a），被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q四个压力传感器。一小球（可视

28、为质点）在水平轨道内以不同的初速度v0向右运动（传感器不影响小球的运动）。在同一坐标系中绘出传感器的示数F与v02的图像I、II、III如图（b）所示。重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是（）A直线I、II、III分别是 M、N、P传感器的图像B由图像可求得小球的质量m=1kgC当v0=3m/s时，Q传感器的示数为28ND当v0=6m/s时，N传感器的示数为22N【答案】BC【详解】A在Q点F-mg=mv2R在N点mg-F=mv2R对M点mg+F=mv2RP传感器不会受到压力作用，故A错误；B根据以上分析可知，I、II、III对应P、M、N，由图像可求得，当速度为零时，在P点F0=mg

29、=10N所以小球的质量m=1kg，故B正确；C根据图b可知，当v02=25时，N处弹力为零，此时到达N处的速度12mvN2-12mv02=-2mgR对N处，当弹力为零时mg=mvN2R解得R=0.5m当v0=3m/s时，Q传感器的示数为F1-mg=mv02R解得F1=28N故C正确；D当v0=6m/s时，到达N点的速度12mvN2-12mv02=-2mgRN传感器的示数mg-F2=mvN2R解得F2=-22N所以此时N传感器示数为零，故D错误。故选BC。三、解答题28如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于

30、C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角=37。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l=10m。一质量为M=1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数=0.75，取g=10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）物块从A点飞出的速度大小vA和在A点受到的压力大小FA；（2）物块到达C点时的速度大小vC及对C点的压力大小FC；（3）若传送带顺时针运转的速率为v=4m/s，求

31、物块从E端到F端所用的时间。【答案】（1）8m/s，5509N；（2）10m/s，208N；（3）2.125s【详解】（1）物块在C处的速度分解如图在竖直方向有vy2=2g2R水平方向v0=vytan联立代入数据求得v=8m/s在A处受力如图由牛顿第二定律得FNA+Mg=Mv02R得FNA=5509N（2）物块在C处速度vC=v0cos=10m/s其受力分析如图由牛顿第二定律得FN-Mgcos=MvC2r得FN=208N根据牛顿第三定律知物块对C处的压力大小为FNC=FN=208N（3）物块的速度从vC减到v1的过程，受力如图有Mgcos+Mgsin=Ma1解得a1=12m/s2用时t1=vC

32、-v1a1=0.5s通过的位移为x1=vC+v12t=3.5m物块的速度减到v1之后，受力如图有Mgsin-Mgcos=Ma2解得a2=0物块此后与传送带一起匀速至Ft2=l-x1v=1.625s则物块从E到F所用的时间为t=t1+t2=2.125s29如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x=3.7m处放着一质量为m=0.1kg的小铁块（可看作质点），铁块与水平桌面间的动摩擦因数=0.4。现用方向水平向右、大小为1.9N的推力F作用于铁块，作用一段时间后撤去F，铁块继续运动，到达水平桌面边缘A点时飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知=37

33、，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.4m，C点为圆弧轨道的最低点。（不计空气阻力，取sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2）（1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；（2）若铁块以vC=5m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力FC；（3）求铁块运动到B点时的速度大小vB；（4）求水平推力F作用的时间t。【答案】（1）7.25N，方向竖直向下；（2）5m/s；（3）0.4s【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得mg=mvD2R可得vD=2m/s（2）小球

34、在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则FN-mg=mvC2R得FN=7.25N由牛顿第三定律对轨道压力大小为7.25N，方向竖直向下。（3）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有2gH=vy2得vy=3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则vBsin37=vy解得vB=5m/s（4）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得vA=vBcos37=50.8m/s=4m/s小球在水平面上做加速运动时F-mg=ma1可得a1=15m/s2小球做减速运动时减速的加速度大小为a2mg=ma2可得a2=4m/s2由运动学的公式可知最大速度vm=a1t减速运动时间为t2，

35、则vA=vm-a2t2又因为x=vm2t+vm+vA2t2解得t=0.4s30如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可以不同的转速绕其中心轴OO转动，筒内壁粗糙，筒口半径为R，筒高为H，且满足H=3R4，筒内壁A点处有一质量为m的小物块，A点位于斜面的一半处，即A到OO轴的距离为R2。（1）当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；（2）当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度；（3）若已知斜面的最大静摩擦因数0=0.5，转动过程中，要求物块相对锥筒一直保持静止，求锥筒的最大角速度。【答案】（1）f=35mg，N=45mg；（2）3g2R；（3）2gR【详解

36、】（1）设圆锥母线与水平方向的夹角为，当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，如图可得sin=HH2+R2=35由平衡条件得摩擦力和支持力的大小为f=mgsin=35mg，N=mgcos=45mg（2）当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，如图设筒转动的角速度为有mgtan=m2R2由几何关系得tan=34联立解得=3g2R（3）当角速度最大时筒壁对物块的最大静摩擦力沿筒壁向下，由牛顿第二定律，竖直方向有Ncos=fsin+mg水平方向有Nsin+fcos=m2R2又f=N联立得=2gRrad/s即最大角速度不能超过2gRrad/s。