江蘇省2019版高中物理學(xué)業(yè)水平測試復(fù)習(xí) 專題二 平拋運動與圓周運動綜合應(yīng)用（三）沖A集訓(xùn).doc

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平拋運動與圓周運動綜合應(yīng)用(三) 1．(2018屆蘇州學(xué)測模擬)如圖1所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，用質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊壓緊彈簧，從A處由靜止釋放后的物塊，在彈簧彈力的作用下沿水平桌面向右運動，物體離開彈簧后繼續(xù)運動，離開桌面邊緣B后，落在水平地面C點．C點與B點的水平距離x＝1 m，桌面高度為h＝1.25 m，AB長度為s＝1.5 m，物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小物塊可看成質(zhì)點，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)物塊在水平桌面上運動到桌面邊緣B處的速度大小； (2)物塊落地時速度大小及速度與水平方向夾角的正切值； (3)彈簧彈力對物塊做的功． 2．(2018揚州學(xué)測模擬)如圖2甲所示，一長為l＝1 m的輕繩，一端穿在過O點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動．給系統(tǒng)輸入能量，使小球通過最高點的速度不斷加快，通過測量作出小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與小球在最高點動能Ek的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，不考慮摩擦和空氣阻力，請分析并回答以下問題： 圖2 (1)若要小球能做完整的圓周運動，對小球過最高點的速度有何要求？ (2)請根據(jù)題目及圖象中的條件，求出圖乙中b點所示狀態(tài)小球的動能； (3)當(dāng)小球到達(dá)圖乙中b點所示狀態(tài)時，立刻停止能量輸入．之后的運動過程中，在繩中拉力達(dá)到最大值的位置時輕繩繃斷，求繃斷瞬間繩中拉力的大?。? 3．(2018鹽城學(xué)測模擬)如圖3所示是某一通關(guān)游戲的示意圖，安裝在長為l的豎直軌道AB上可上下移動的彈射器，能水平射出質(zhì)量為m、速度大小可調(diào)節(jié)的彈丸(可視為質(zhì)點)，彈丸射出口在B點的正上方，豎直面內(nèi)的半圓弧軌道BCD的半徑為R，直徑BD水平且與軌道AB處在同一豎直面內(nèi)、小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為α.只有彈丸垂直P點圓弧切線方向射入小孔P，游戲才能進(jìn)入下一關(guān)，不計空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖3 (1)能射到P的彈丸重力勢能變化的最大值； (2)能射到P的彈丸射出時初速度的最大值； (3)要使游戲進(jìn)入下一關(guān)，彈射器離B點的高度． 4．(2018泰州中學(xué)學(xué)測模擬)宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖4甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜軌道AB和圓弧軌道BC組成．將質(zhì)量m＝0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的點由靜止釋放，用壓力傳感器測出小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關(guān)系如圖乙所示．求： 圖4 (1)圓軌道的半徑； (2)星球表面的重力加速度； (3)作出小球經(jīng)過C點時動能隨H的變化關(guān)系Ek－H圖象． 答案精析 1．(1)2 m/s　(2) m/s　2.5　(3)8 J 解析　(1)物塊離開桌子邊緣后做平拋運動 豎直方向上有h＝gt2，解得t＝0.5 s 水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2 m/s (2)平拋過程由機(jī)械能守恒定律得 mgh＋mvB2＝mvC2解得vC＝ m/s 物塊落地時水平方向vx＝vB＝2 m/s 豎直方向上vy＝gt＝5 m/s 則tan θ＝＝2.5. (3)從A到B的過程中，由動能定理有 W彈－μmgs＝mvB2－0 解得W彈＝8 J. 2．(1)v≥ m/s　(2)3.0 J　(3)16 N 解析　(1)小球剛好通過最高點做完整圓周運動，要求在最高點受力滿足mg≤m 因此小球過最高點的速度要滿足v≥ m/s. (2)小球在最高點時有mg＋F＝m 將m＝0.2 kg、l＝1 m、F＝4.0 N代入， 可求得vb＝ m/s 則Ekb＝mvb2＝3.0 J (3)在停止能量輸入之后，小球在重力和輕繩拉力作用下在豎直面內(nèi)做圓周運動，運動過程中機(jī)械能守恒．當(dāng)小球運動到最低點時，繩中拉力達(dá)到最大值． 設(shè)小球在最低點的速度為vm，對從b狀態(tài)開始至到達(dá)最低點的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，有 mg2l＋Ekb＝mvm2 設(shè)在最低點繩中拉力為Fm，由牛頓第二定律有 Fm－mg＝m 聯(lián)立解得Fm＝16 N，即繃斷瞬間繩中拉力的大小為16 N. 3．見解析 解析　(1)從軌道頂端A射出的彈丸射到P點時，重力勢能變化最大． ΔEpm＝mgh＝mg(l＋Rsin α) (2)從軌道底端B射出的彈丸射到P點時，彈丸射出時初速度最大． Rsin α＝gt2 Rcos α＋R＝v0t得v0＝(1＋cos α) (3)設(shè)彈射器在離B點h′高處以初速度v0′發(fā)射的彈丸恰好垂直P點圓弧切線方向射入小孔P. Rsin α＋h′＝gt12 Rcos α＋R＝v0′t1 tan α＝.聯(lián)立解得h′＝R(tan α－sin α) 4．(1)0.2 m　(2)5 m/s2　(3)見解析圖 解析　(1)由牛頓第二定律和牛頓第三定律，小球過C點時有：F＋mg＝m 由動能定理得：mg(H－2r)＝mvC2 得F＝H－5mg 由題圖乙可以知道：當(dāng)H1＝0.5 m時，F(xiàn)1＝0 得r＝0.2 m (2)當(dāng)H2＝1.0 m時，F(xiàn)1＝5 N 得g＝5 m/s2 (3)由動能定理得：mg(H－2r)＝mvC2 則Ek＝mg(H－2r)＝H－0.4(H≥0.5 m)．