《高考物理 專題精解 3 力與曲線運動課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理 專題精解 3 力與曲線運動課件（46頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2016年高考物理專題精解3.力與曲線運動 重要考點重要考點考題預測考題預測1.1.運動的合成與分解運動的合成與分解.().()2.2.拋體運動拋體運動.().()3.3.勻速圓周運動的向心力勻速圓周運動的向心力.().()4.4.萬有引力定律及其應用萬有引力定律及其應用.().()5.5.環(huán)繞速度環(huán)繞速度.().()平拋平拋( (類平拋類平拋) )運動問題、圓周運動的向運動問題、圓周運動的向心力分析、豎直平面內圓周運動的臨界心力分析、豎直平面內圓周運動的臨界問題、萬有引力和天體運動、衛(wèi)星的運問題、萬有引力和天體運動、衛(wèi)星的運行、變軌等是命題的熱點行、變軌等是命題的熱點. .20162016年

2、高考對萬有引力定律及其應用的年高考對萬有引力定律及其應用的考查以選擇題的形式命題可能性較大考查以選擇題的形式命題可能性較大, ,也可能結合牛頓運動定律、功能關系綜也可能結合牛頓運動定律、功能關系綜合命題合命題; ;對拋體運動規(guī)律、圓周運動的對拋體運動規(guī)律、圓周運動的考查可能與牛頓運動定律、功和能、電考查可能與牛頓運動定律、功和能、電和磁等知識綜合命題和磁等知識綜合命題. .一、平拋運動或類平拋運動1.處理方法分解為初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的初速度為零的勻加速直線運動.2.推論(1)如圖(甲)所示,物體任意時刻速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點.(2)如圖(乙)所示,

3、在任意時刻任意位置處,速度方向與水平方向的夾角為,位移方向與水平方向的夾角為,則有tan =2tan .二、豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題二、豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題 1.1.繩固定繩固定, ,物體能通過最高點的條件是物體能通過最高點的條件是 v vgR. . 2.桿固定,物體能通過最高點的條件是v0.三、萬有引力定律及其應用三、萬有引力定律及其應用 1.1.在處理天體的運動問題時在處理天體的運動問題時, ,通常把天體的運動看成是勻速圓周運動通常把天體的運動看成是勻速圓周運動, ,其其所需要的向心力由萬有引力提供所需要的向心力由萬有引力提供. .其基本關系式為其基本關系式為 G G2

4、Mmr=m=m2vr=m=m2 2r=mr=m( (2T) )2 2r=m(2r=m(2f)f)2 2r.r. 在天體表面在天體表面, ,忽略自轉的情況下有忽略自轉的情況下有 G G2MmR=mg=mg. . 2.2.衛(wèi)星的繞行速度衛(wèi)星的繞行速度 v v、角速度、周期、角速度、周期 T T 與軌道半徑與軌道半徑 r r 的關系的關系 (1)(1)由由 G G2Mmr=m=m2vr, ,得得 v=v=GMr, ,則則 r r 越大越大,v,v 越小越小. . (2)(2)由由 G G2Mmr=m=m2 2r,r,得得= =3GMr, ,則則 r r 越大越大, ,越小越小. . (3)(3)由由

5、 G G2Mmr=m=m224Tr,r,得得 T=T=234 rGM, ,則則 r r 越大越大,T,T 越大越大. . 3.衛(wèi)星變軌(1)由低軌變高軌,需增大速度,穩(wěn)定在高軌道上時速度比在低軌道小.(2)由高軌變低軌,需減小速度,穩(wěn)定在低軌道上時速度比在高軌道大.考點一 拋體運動的規(guī)律及應用例題 如圖所示 ,距地面高度h=5 m的平臺邊緣水平放置一個兩輪間距為d=6 m的傳送帶,一可視為質點的物塊從光滑平臺邊緣以v0=5 m/s的初速度滑上傳送帶.已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)若傳送帶不動,小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離;思路探究

6、 (1)小物塊在傳送帶上做怎樣的運動時,離開傳送帶后,小物塊才有最大的水平距離?答案:小物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動,離開傳送帶時有最大速度,平拋的水平距離也最大.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)傳送帶不動傳送帶不動, ,小物塊滑上后做勻減速運動小物塊滑上后做勻減速運動, ,加速度加速度 a a1 1= =- -g.g. 設小物塊離開傳送帶時的速度為設小物塊離開傳送帶時的速度為 v v1 1, ,則則21v- -20v=2a=2a1 1d,d,解得解得 v v1 1=1 m/s.=1 m/s. 物塊離開傳送帶后物塊離開傳送帶后, ,做平拋運動做平拋運動, ,設平拋運動時間為設平拋運動時

7、間為 t,t, 由由 h=h=12gtgt2 2, ,解得解得 t=1 s.t=1 s. 由水平位移由水平位移 s s1 1=v=v1 1t,t,解得解得 s s1 1=1 m.=1 m. 答案:(1)1 m(2)試分析傳送帶的速度滿足什么條件時,小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離最大,并求最大距離;規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)當傳送帶順時針運動速度達到某一值后當傳送帶順時針運動速度達到某一值后, ,小物塊在傳小物塊在傳送帶上將一直做勻加速運動送帶上將一直做勻加速運動, ,即離開傳送帶后平拋初速度最大即離開傳送帶后平拋初速度最大, ,落落地的水平距離有最大值地的水平距離有最大值. .

8、設小物塊一直勻加速離開傳送帶時的速度為設小物塊一直勻加速離開傳送帶時的速度為 v v2 2, ,則則22v- -20v=2a=2a2 2d,ad,a2 2= =g.g.解得解得 v v2 2=7 m/s.=7 m/s. 即傳送帶順時針運動即傳送帶順時針運動, ,且且 v v7 m/s7 m/s 時小物塊落地水平距離最大時小物塊落地水平距離最大. . 設最大距離為設最大距離為 s s2 2,s,s2 2=v=v2 2t=7 m.t=7 m. 答案: (2)v7 m/s7 m思路探究(2)若傳送帶逆時針轉動,小物塊在傳送帶上做怎樣的運動?答案:小物塊一直做勻減速直線運動.(3)設傳送帶的速度為v,

9、且規(guī)定傳送帶順時針運動時v為正,逆時針運動時v為負.試分析畫出小物塊離開傳送帶右邊緣落地的水平距離s與v的變化關系圖線(不需要計算過程,只需畫出圖線即可).規(guī)范解答規(guī)范解答: :(3)(3)如圖所示如圖所示. . 答案: (3)見解析圖1.1.平拋運動的臨界問題平拋運動的臨界問題 (2015(2015 全國新課標理綜全國新課標理綜) )一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示. .水平臺面的長水平臺面的長和寬分別為和寬分別為 L L1 1和和 L L2 2, ,中間球網高度為中間球網高度為 h,h,發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點,

10、,能以不能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球, ,發(fā)射點距臺面高度為發(fā)射點距臺面高度為 3h.3h.不計空氣的作用不計空氣的作用, ,重力加速度大小為重力加速度大小為 g.g.若乒乓球的發(fā)射速率若乒乓球的發(fā)射速率 v v 在某范圍內在某范圍內, ,通過選擇合適的方向通過選擇合適的方向, ,就就能使乒乓球落到球網右側臺面上能使乒乓球落到球網右側臺面上, ,則則 v v 的最大取值范圍是的最大取值范圍是( ( ) ) A.A.126LghvLvL1 16gh B.B.14Lghvv221246LLgh C.C.126Lghvv22124126LLgh D.D.

11、14Lghvv 22124126LLgh D解析解析: :乒乓球做平拋運動乒乓球做平拋運動, ,落到右側臺面上時經歷的時間落到右側臺面上時經歷的時間 t t1 1滿足滿足3h=3h=12g g21t. .當當 v v 取最大值時其水平位移最大取最大值時其水平位移最大, ,落點應在右側臺面的臺角落點應在右側臺面的臺角處處, ,有有 v vmaxmaxt t1 1= =22212LL, ,解得解得 v vmaxmax= =22124126LLgh; ;當當 v v 取最小值時取最小值時其水平位移最小其水平位移最小, ,發(fā)射方向沿正發(fā)射方向沿正前方且恰好擦網而過前方且恰好擦網而過, ,此時有此時有3

12、h3h- -h=h=12g g22t, ,12L=v=vminmint t2 2, ,解得解得 v vminmin= =14Lgh. .故選項故選項 D D 正確正確. . 2.2.平拋運動規(guī)律平拋運動規(guī)律 (2014(2014 全國新課標理綜全國新課標理綜) )取水平地面為重力勢能零點取水平地面為重力勢能零點. .一物塊從某一高度一物塊從某一高度水平拋出水平拋出, ,在拋出點其動能與重力勢能恰好相等在拋出點其動能與重力勢能恰好相等. .不計空氣阻力不計空氣阻力. .該物塊落該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為地時的速度方向與水平方向的夾角為( ( ) ) A.A.6 B.B.4 C.C.

13、3 D.D.512 B 解析解析: :設物塊的初速度為設物塊的初速度為 v v0 0, ,質量為質量為 m,m,則因動能與重力勢能相等則因動能與重力勢能相等, ,則則12m m20v=mgh,=mgh,則則 h=h=202vg, , 落地時落地時, ,由機械能守恒定律可知由機械能守恒定律可知 mgh+mgh+12m m20v= =12mvmv2 2 聯立得聯立得 v=v=2v v0 0, ,則則 cos cos = =0vv= =22, ,則則= =4, , 由此可知由此可知 B B 項正確項正確,A,C,D,A,C,D 項錯誤項錯誤. . 3.平拋運動與斜面組合問題(多選)如圖,轟炸機沿水平

14、方向勻速飛行,到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈,并垂直擊中山坡上的目標A.已知A點高度為h,山坡傾角為,由此可算出( )A.轟炸機的飛行高度B.轟炸機的飛行速度C.炸彈的飛行時間D.炸彈投出時的動能ABC解析解析: :設轟炸機投彈位置高度為設轟炸機投彈位置高度為 H,H,炸彈水平位移為炸彈水平位移為 x,x,則則H H- -h=h=12v vy yt,x=vt,x=v0 0t,t,二式相除二式相除Hhx= =120yvv, ,因為因為0yvv= =1tan,x=,x=tanh, ,所以所以 H=h+H=h+22tanh, ,選項選項 A A 正確正確; ;根據根據 H H- -h=h=12gt

15、gt2 2, ,可求出飛行時間可求出飛行時間, ,再由再由 x=vx=v0 0t,t,可求出飛行速度可求出飛行速度, ,故選項故選項 B,CB,C 正確正確; ;不知不知道炸彈質量道炸彈質量, ,不能求出炸彈的動能不能求出炸彈的動能, ,選項選項 D D 錯誤錯誤. . 考點二 圓周運動的規(guī)律及應用典例 如圖所示,半徑為R的半球形陶罐,固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上,轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO重合.轉臺以一定角速度勻速旋轉,一質量為m的小物塊落入陶罐內,經過一段時間后,小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止,它和O點的連線與OO之間的夾角為60.重力加速度大小為g.(1)若=0,小物塊

16、受到的摩擦力恰好為零,求0;思路探究:(1)小物塊受到的摩擦力恰好為零時,哪幾個力的合力提供向心力?答案:小物塊受到的重力和支持力的合力提供向心力.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)當當= =0 0時時, ,小物塊只受重力和支持力作用小物塊只受重力和支持力作用, ,如圖如圖( (甲甲) )所示所示, ,其合力提供向心力其合力提供向心力, , F F合合=mgtan =mgtan F F向向=m=m20r r 而而 r=Rsin r=Rsin ,F,F合合=F=F向向 由得由得0 0= =2gR. . (2)若=(1k)0,且00(或0(或0)時,物塊做圓周運動需要的向心力大于(或小于)=0時的

17、向心力,物塊相對陶罐有向上(或向下)運動趨勢.(3)若=(1k)0.用正交分解法處理小物塊的受力時,豎直方向上的合力與水平方向上的合力有什么不同?答案:豎直方向上的合力為零,而水平方向上的合力不為零,提供小物塊的向心力.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)當當=(1+k)=(1+k)0 0, ,且且 0k01t1 年年, ,故選項故選項 A A 錯誤錯誤; ;木星沖日時間木星沖日時間間隔間隔 t t木木= =335.25.21年年22 年年, ,所以選項所以選項 B B 正確正確; ;由以上公式計算由以上公式計算 t t土土2t2t天天, , t t海海最小最小, ,選項選項 C C 錯誤錯誤,

18、D,D 正確正確. . 答案:BD 天體運動問題的主要類型(1)(1)“天體公轉”型“天體公轉”型某天體繞中心天體做勻速圓周運動某天體繞中心天體做勻速圓周運動. . 動力學方程動力學方程:G:G2Mmr=m=m2vr=m=m2 2r=mr=m( (2T) )2 2r=mar=man n 黃金代換公式黃金代換公式:GM=gR:GM=gR2 2 (2)“衛(wèi)星變軌”型衛(wèi)星速度改變時,衛(wèi)星將變軌運行.當速度增大時,衛(wèi)星將做離心運動,周期變長,機械能增加.速度減小時,衛(wèi)星將做向心運動,周期變短,機械能減少.(3)(3)“行星沖日”型“行星沖日”型 兩顆行星在同一軌道平面內繞中心天體做勻速圓周運動兩顆行星

19、在同一軌道平面內繞中心天體做勻速圓周運動, ,若某時刻兩行星若某時刻兩行星正好同時通過中心天體同一點正上方正好同時通過中心天體同一點正上方, ,相距最近相距最近( (如圖如圖 1 1 所示所示).). 當它們轉過的角度之差當它們轉過的角度之差= =, ,即滿足即滿足a at t- -b bt=t=時時, ,兩行星第一兩行星第一次相距最遠次相距最遠, ,如圖如圖 2 2 所示所示. . 當它們轉過的角度之差當它們轉過的角度之差=2=2, ,即滿足即滿足a at t- -b bt=2t=2時時, ,兩行星再兩行星再次相距最近次相距最近. . 1.1.萬有引力與重力的關系萬有引力與重力的關系 (20

20、14(2014 全國新課標理綜全國新課標理綜) )假設地球可視為質量均勻分布的球體假設地球可視為質量均勻分布的球體. .已知地球已知地球表面重力加速度在兩極的大小為表面重力加速度在兩極的大小為 g g0 0, ,在赤道的大小為在赤道的大小為 g;g;地球自轉的周期為地球自轉的周期為T,T,引力常量為引力常量為 G.G.地球的密度為地球的密度為( ( ) ) A.A.0203 ggGTg B.B.0203gGTgg C.C.23GT D.D.023 gGTg B 解析解析: :對赤道上質量為對赤道上質量為 m m 的物體進行分析可知的物體進行分析可知 mgmg0 0- -mg=mg=22mRT,

21、 ,由此可得由此可得R=R=2024gg T, ,在兩極上在兩極上, ,物體的重力大小等于萬物體的重力大小等于萬有引力有引力, ,即即2GMmR=mg=mg0 0, ,則則M=M=20g RG, ,則地球的密度為則地球的密度為= =343MR= =0203gGTgg, ,由此可知由此可知 B B 項正項正確確,A,C,D,A,C,D 項錯誤項錯誤. . 2.衛(wèi)星運行的規(guī)律(多選)P1,P2為相距遙遠的兩顆行星,距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1,s2做勻速圓周運動.圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a,橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方,兩條曲線分別表示P1,P2周圍

22、的a與r2的反比關系,它們左端點橫坐標相同.則( )A.P1的平均密度比P2的大B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小C.s1的向心加速度比s2的大D.s1的公轉周期比s2的大AC解析解析: :設行星的半徑為設行星的半徑為 R R、質量為、質量為 M M、衛(wèi)星的質量為、衛(wèi)星的質量為 m,m,對于衛(wèi)星有對于衛(wèi)星有G G2Mmr=ma,=ma,則則 a=a=2GMr. .由由 a a- -r r2 2圖像中兩條曲線左端點橫坐標相同可知圖像中兩條曲線左端點橫坐標相同可知, ,行星行星P P1 1,P,P2 2的半徑的半徑R R是相同的是相同的, ,而兩顆衛(wèi)星到各自行星表面的距離也相同而兩顆衛(wèi)星到各自行

23、星表面的距離也相同, ,所以衛(wèi)星所以衛(wèi)星s s1 1,s,s2 2到各自行星的距離到各自行星的距離r r是相同的是相同的, ,由圖像可知由圖像可知,s,s1 1的向心加速的向心加速度比度比s s2 2的大的大, ,即即C C正確正確; ;由由a=a=2GMr可知可知,r,r相同時相同時,a,a大說明對應的大說明對應的M M也大也大, ,故故 P P1 1的平均密度比的平均密度比 P P2 2的大的大, ,即即 A A 正確正確; ;設在行星表面發(fā)射衛(wèi)星的 “第一宇設在行星表面發(fā)射衛(wèi)星的 “第一宇宙速度” 為宙速度” 為 v,v,則有則有 G G2MmR=m=m2vR,v=,v=GMR, ,可見

24、可見 R R 相同時相同時 M M 大的對應的大的對應的 v v也大也大, ,即即 P P1 1的“第一宇宙速度”大的“第一宇宙速度”大, ,故故 B B 錯誤錯誤; ;衛(wèi)星的公轉周期設為衛(wèi)星的公轉周期設為 T,T,則則有有 G G2Mmr=m=m224Tr,T=2r,T=23rGM, ,可見可見 s s1 1的公轉周期小的公轉周期小, ,故故 D D 錯誤錯誤. . 3.人造衛(wèi)星的變軌問題在“神舟十號”與“天宮一號”自動交會對接過程中.可認為“天宮一號”繞地球做勻速圓周運動,且對接軌道所處的空間存在極其稀薄的空氣,則下面說法正確的是( )A.如不加干預,“天宮一號”的軌道高度將緩慢升高B.如

25、不加干預,在運行一段時間后,“天宮一號”的動能可能會增加C.為實現對接,兩者運行速度的大小都應介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間D.航天員在“天宮一號”中處于失重狀態(tài),說明航天員不受地球引力作用B解析:如不加干預,“天宮一號”在原來軌道上的速度會減小,將做近心運動,“天宮一號”會離開原來軌道降到低軌道上運行,故選項A錯誤;在“天宮一號”軌道降低過程中,線速度會增加,動能可能會增加,故選項B正確;第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度,在實現對接時,兩者運行速度都小于第一宇宙速度,故選項C錯誤;航天員在“天宮一號”中雖處于失重狀態(tài),但仍受地球引力作用,故選項D錯誤.“繩桿”模型1.模型特點(1)物體在豎直

26、平面內做變速圓周運動.(2)“輕繩模型”在軌道最高點無支撐,“輕桿模型”在軌道最高點有支撐.2.模型的臨界問題該類問題并伴有“最大”“最小”“剛好”等詞語,現對兩種模型分析比較如下: 輕繩模型輕繩模型 ( (最高點無支撐最高點無支撐) ) 輕桿模型輕桿模型 ( (最高點有支撐最高點有支撐) ) 常見類型常見類型 最高點最高點 受力受力 重力重力 mg,mg,彈力彈力 F F彈彈向下或等于零向下或等于零 重力重力 mg,mg,彈力彈力 F F彈彈向下、向上或等于零向下、向上或等于零 向心力向心力 來源來源 mg+Fmg+F彈彈=m=m2vr mgmgF F彈彈=m=m2vr 恰好過最高點的恰好過

27、最高點的臨界條件臨界條件 由由 F F彈彈=0,mg=m=0,mg=m2vr臨得得 v v臨臨= =gr 由小球恰能過最高點得由小球恰能過最高點得 v v臨臨=0=0 討論分析討論分析 (1)(1)過最高點時過最高點時,v,vgr,F,FN N+mg=m+mg=m2vr, ,繩、軌道對球產生繩、軌道對球產生彈力彈力 F FN N (2)(2)不能過最高點不能過最高點 vvgr, ,在到達最在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道高點前小球已經脫離了圓軌道 (1)(1)當當 v=0v=0 時時,F,FN N=mg,F=mg,FN N為支持力為支持力, ,沿半徑背離圓心沿半徑背離圓心 (2)(2)當當

28、0v0vvgr時時,F,FN N+mg=m+mg=m2vr,F,FN N指向圓心并隨指向圓心并隨 v v 的增大而的增大而 增大增大 3.模型的綜合問題(1)該類問題往往考查圓周運動的臨界和極值問題.(2)該類問題往往是多過程問題,涉及加速(直線或曲線)運動、圓周運動、平拋運動等.(3)解答多過程問題時,要特別注意運用有關規(guī)律建立兩運動之間的聯系,把轉折點的速度做為分析重點.(4)解答多過程問題時,平拋運動通常運用運動的合成與分解,豎直面內圓周運動通常應用動能定理、功能關系和牛頓第二定律,加速(直線或曲線)運動通常用動力學規(guī)律或動能定理來分析.4.模型綜合問題的一般求解思路(1)定模型:首先判

29、斷是輕繩模型還是輕桿模型,兩種模型過最高點的臨界條件不同.(2)(2)確定臨界點確定臨界點:v:v臨臨= =gr, ,對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點, ,而對輕桿模型來說是而對輕桿模型來說是 F FN N表現為支持力還是拉力的臨界點表現為支持力還是拉力的臨界點. . (3)研究狀態(tài):通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況.(4)受力分析:對物體在最高點或最低點時進行受力分析,根據牛頓第二定律列出方程F合=F向求解.(5)過程分析:應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態(tài)聯系起來列方程.典例 如圖所示,一小物塊自平臺上以速度

30、v0水平拋出,剛好落在鄰近一傾角為53的粗糙斜面AB頂端,并恰好沿該斜面下滑,已知斜面頂端與平臺的高度差h=0.032 m,小物塊與斜面間的動摩擦因數為=0.5,A點離B點所在平面的高度H=1.2 m.有一半徑為R的光滑圓軌道與斜面AB在B點相切連接,已知cos 53=0.6,sin 53=0.8,g取10 m/s2.求:(1)小物塊水平拋出的初速度v0的大小;思路探究(1)物塊拋出后恰好沿斜面下滑的含義是什么?答案:沿斜面方向的速度與水平方向的夾角為53.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(1)(1)小物塊自平臺做平拋運動小物塊自平臺做平拋運動, ,由平拋運動知識得由平拋運動知識得 v vy y= =2

31、gh= =2 100.032 m/s=0.8 m/s m/s=0.8 m/s 由于物塊恰好沿斜面下滑由于物塊恰好沿斜面下滑, ,則則 tan 53tan 53= =0yvv, ,得得 v v0 0=0.6 m/s.=0.6 m/s. 答案答案: :(1)0.6 m/s(1)0.6 m/s (2)若小物塊能夠通過圓軌道最高點,圓軌道半徑R的最大值.思路探究(2)小物塊能過圓軌道最高點的條件是什么?答案:軌道對物塊壓力FN0.規(guī)范解答規(guī)范解答: :(2)(2)設小物塊過圓軌道最高點的速度為設小物塊過圓軌道最高點的速度為 v,v,受到圓軌道的壓受到圓軌道的壓力為力為 F FN N. . 則由向心力公

32、式得則由向心力公式得 F FN N+mg=m+mg=m2vR 由動能定理得由動能定理得 mg(H+h)mg(H+h)- - cos53sin53mgH。- -mg(R+Rcos 53mg(R+Rcos 53)=)=12mvmv2 2- -12m m20v 小物塊能過圓軌道最高點小物塊能過圓軌道最高點, ,必有必有 F FN N0 0 聯立以上各式并代入數據得聯立以上各式并代入數據得 R R821 m, m,即即 R R 最大值為最大值為821 m. m. 答案答案: :( (2)2)821 m m (多選)如圖所示,豎直面內有個光滑的3/4圓形導軌道固定在一水平地面上,半徑為R.一個質量為m的

33、小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落,恰好從N點沿切線方向進入圓軌道.不考慮空氣阻力,則下列說法正確的是( )A.適當調整高度h,可使小球從軌道最高點M飛出后,恰好落在軌道右端口N處B.若h=2R,則小球在軌道最低點對軌道的壓力為5mgC.只有h大于等于2.5R時,小球才能到達圓軌道的最高點MD.若h=R,則小球能上升到圓軌道左側離地高度為R的位置,該過程重力做功為mgRBC解析解析: :小球到達圓形軌道最高點的最小速度為小球到達圓形軌道最高點的最小速度為 v=v=gR, ,水平拋出后水平拋出后, ,豎直方向豎直方向 R=R=12gtgt2 2, ,水平方向水平方向 x=vt,

34、x=vt,解得水平距離解得水平距離 x=x=2RR,RR,選項選項 A A 錯錯誤誤; ;若若 h=2R,h=2R,小球到達最低點速度為小球到達最低點速度為 v v1 1, ,則則 mgh=mgh=12m m21v,F,FN N- -mg=mg=21mvR, ,解得解得 F FN N=5mg,=5mg,由牛頓第三定律可知由牛頓第三定律可知, ,選項選項 B B 正確正確; ;由機械能守恒定律由機械能守恒定律mg(hmg(hminmin- -2R)=2R)=12mvmv2 2, ,解得解得 h hminmin=2.5R,=2.5R,選項選項 C C 正確正確; ;若若 h=R,h=R,該過程重力做該過程重力做功為零功為零, ,選項選項 D D 錯錯誤誤. .