2022届高三物理大一轮复习-第4章-第3节-圆周运动-教学讲义-.docx

第三节圆周运动同学用书P68一、描述圆周运动的物理量1线速度：描述物体圆周运动的快慢，v.2角速度：描述物体转动的快慢，.3周期和频率：描述物体转动的快慢，T，T.4向心加速度：描述线速度方向变化的快慢anr2vr.5向心力：作用效果产生向心加速度，Fnman.1.(多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s，转动周期为2 s，则()A角速度为0.5 rad/sB转速为0.5 r/sC轨迹半径为 mD加速度大小为4 m/s2答案：BCD二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动定义线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点F向、a向、v均大小不变，方向变化，不变F向、a向、v大小、方向均发生变化，发生变化向心力F向F合由F合沿半径方向的分力供应2.(多选)下列关于圆周运动的说法正确的是()A匀速圆周运动是匀变速曲线运动B向心加速度大小不变，方向时刻转变C当物体所受合力全部用来供应向心力时，物体做匀速圆周运动D做变速圆周运动的物体，只有在某些特殊位置，合力方向才指向圆心答案：CD三、离心运动1定义：做圆周运动的物体，在合力突然消逝或者不足以供应圆周运动所需的向心力的状况下，就做渐渐远离圆心的运动2供需关系与运动如图所示，F为实际供应的向心力，则(1)当Fm2r时，物体做匀速圆周运动；(2)当F0时，物体沿切线方向飞出；(3)当Fm2r时，物体渐渐靠近圆心3.(单选)下列关于离心现象的说法正确的是()A当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消逝后，物体将做背离圆心的圆周运动C做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消逝后，物体将沿切线做直线运动D做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消逝后，物体将做曲线运动答案：C考点一水平面内的圆周运动同学用书P68 1运动实例：圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等2重力对向心力没有贡献，向心力一般来自弹力、摩擦力或电磁力向心力的方向水平，竖直方向的合力为零3涉及静摩擦力时，常毁灭临界和极值问题如图所示，用一根长为l1 m的细线，一端系一质量为m1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角37，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为时，细线的张力为FT.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？审题点睛(1)小球离开锥面的临界条件是小球沿锥面运动，支持力为零，即小球在重力和拉力的作用下，在水平面内做圆周运动(2)细线与竖直方向夹角为60时，小球离开锥面，做圆锥摆运动解析(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿其次定律及向心力公式得：mgtan mlsin 解得：即0 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60角时，由牛顿其次定律及向心力公式：mgtan m2lsin 解得2，即2 rad/s.答案(1) rad/s(2)2 rad/s总结提升水平面内的匀速圆周运动的解题方法(1)对争辩对象受力分析，确定向心力的来源，涉及临界问题时，确定临界条件；(2)确定圆周运动的圆心和半径；(3)应用相关力学规律列方程求解1.(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A球A的线速度必定大于球B的线速度B球A的角速度必定小于球B的角速度C球A的运动周期必定小于球B的运动周期D球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力解析：选AB.依据上述规律可知，此题中的A、B两小球实际上是具有相同的向心加速度，依据aR2可知，加速度相同时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由RARB，可知vAvB，AB，TATB，则选项A、B正确，C错误由于A、B质量相同，在相同的倾斜面上，则向心力相等，进一步可知两球所受的弹力相等，结合牛顿第三定律可知选项D错误考点二竖直面内的圆周运动同学用书P69 1物体在竖直平面内的圆周运动有匀速圆周运动和变速圆周运动两种2只有重力做功的竖直面内的圆周运动确定是变速圆周运动，遵守机械能守恒3竖直面内的圆周运动问题，涉及学问面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题4一般状况下，竖直面内的变速圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形(单选)(2021广州模拟)轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v，AC为水平直径，BD为竖直直径物块相对于轮箱静止，则()A物块始终受两个力作用B只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C从B运动到A，物块处于超重状态D从A运动到D，物块处于超重状态审题点睛(1)物块在B、D两点受到的力有_向心力分别为_(2)物块在A、C两点受到的力有_，向心力是由_力供应(3)依据_的方向推断超、失重解析在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C错、D对答案D2.(单选)(2022高考新课标全国卷)如图，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()AMg5mg BMgmg CMg5mg DMg10mg解析：选C.法一：以小环为争辩对象，设大环半径为R，依据机械能守恒定律，得mg2Rmv2，在大环最低点有FNmgm，得FN5mg，此时再以大环为争辩对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为FNFN，方向竖直向下，故FMg5mg，由牛顿第三定律知C正确法二：设小环滑到大环最低点时速度为v，加速度为a，依据机械能守恒定律mv2mg2R，且a，所以a4g，以整体为争辩对象，受力状况如图所示FMgmgmaM0，所以FMg5mg，C正确考点三圆周运动的综合问题同学用书P69 圆周运动常与平抛(类平抛)运动、匀变速直线运动等组合而成为多过程问题，除应用各自的运动规律外，还要结合功能关系进行求解解答时应从下列两点入手：1分析转变点：分析哪些物理量突变，哪些物理量不变，特殊是转变点前后的速度关系2分析每个运动过程的受力状况和运动性质，明确遵守的规律(2021高考福建卷)如图，一不行伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m1.0 kg的小球现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L1.0 m，B点离地高度H1.0 m，A、B两点的高度差 h0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小审题点睛(1)小球从AB做圆周运动，其机械能守恒，轻绳断前瞬间绳拉力与重力的合力供应向心力(2)绳断瞬间，小球速度方向水平，做平抛运动平抛初速度等于绳断瞬间的速度解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mghmv小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2在水平方向上有svBt由式解得s1.41 m(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力供应向心力，有Fmgm由式解得F20 N依据牛顿第三定律得FF故轻绳所受的最大拉力为20 N.答案(1)1.41 m(2)20 N总结提升平抛运动与圆周运动的组合题，用平抛运动的规律求解平抛运动问题，用牛顿定律求解圆周运动问题，关键是找到两者的速度关系若先做圆周运动后做平抛运动，则圆周运动的末速等于平抛运动的水平初速；若物体平抛后进入圆轨道，圆周运动的初速等于平抛末速在圆切线方向的分速度3.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内A通过最高点C时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离解析：A球通过最高点时，由FNAmgm已知FNA3mg，可求得vA2B球通过最高点时，由mgFNBm已知FNB0.75mg，可求得vB平抛落地历时t故两球落地点间的距离s(vAvB)t3R.答案：3R物理模型竖直平面内圆周运动的“轻杆、轻绳”模型1模型特点在竖直平面内做圆周运动的物体，运动至轨道最高点时的受力状况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道的“过山车”等)，称为“轻绳模型”；二是有支撑(如球与杆连接、小球在弯管内运动等)，称为“轻杆模型”2模型分析绳、杆模型常涉及临界问题，分析如下：轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mgm得v临由小球能运动即可，得v临0争辩分析(1)过最高点时，v，FNmgm，绳、轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时v，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v0时，FNmg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0v时，FNmgm，FN背离圆心且随v的增大而减小(3)当v时，FN0(4)当v时，FNmgm，FN指向圆心并随v的增大而增大(多选)(2021东城区模拟)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是()A当v的值为时，杆对小球的弹力为零B当v由渐渐增大时，杆对小球的拉力渐渐增大C当v由渐渐减小时，杆对小球的支持力渐渐减小D当v由零渐渐增大时，向心力也渐渐增大审题点睛(1)模型类型：竖直平面内圆周运动的杆模型(2)临界条件：最高点杆受力为零的条件为v(3)选用规律：用牛顿其次定律列表达式、争辩解析在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿其次定律得：mg，v，A对；当v时，轻杆对球有拉力，则Fmg，v增大，F增大，B对；当v时，轻杆对球有支持力，则mgF，v减小，F增大，C错；由F向知，v增大，向心力增大，D对答案ABD总结提升竖直面内圆周运动的求解思路(1)定模型：首先推断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同，其缘由主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体(2)确定临界点：v临，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点(3)定规律：用牛顿其次定律列方程求解4.(单选)如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为()A.mgB2mgC3mg D4mg解析：选A.当小球到达最高点速率为v时，有mgm，当小球到达最高点速率为2v时，应有Fmgm，所以F3mg，此时最高点各力如图所示，所以FTmg，A正确1(多选)(2021四川资阳高三上学期诊断性考试)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr21.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为1，木块的向心加速度为a1；若转变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，木块的向心加速度为a2，则()A.B.C. D.解析：选AC.依据题述，a1r，ma1mg，联立解得gr，小木块放在P轮边缘也恰能静止，g2R22r，R2r，联立解得，选项A正确B错误；a2g2R，选项C正确D错误2(多选)(2021浙江杭州七校联考)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P, 细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种状况与原来相比较，下面的推断中正确的是()AQ受到桌面的支持力变大BQ受到桌面的静摩擦力变大C小球P运动的角速度变大D小球P运动的周期变大解析：选BC.金属块Q保持在桌面上静止，依据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故A错误设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力供应向心力，如图，则有FT，Fnmgtan m2Lsin ，得角速度，周期T2.使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，增大，cos 减小，则得到细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小，C正确，D错误对Q，由平衡条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确3.(多选)(2021洛阳模拟)如图所示，竖直圆环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，在环的最低点静止放置一个小球C.A、B、C的质量均为m，给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动不计一切摩擦，重力加速度为g，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时速度v必需满足()A最小值为 B最小值为C最大值为 D最大值为解析：选BD.要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mgm，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg，满足3mgm，从最低点到最高点由机械能守恒得：mvmg2rmv，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为.4.(单选)(2021杭州四中统测)有一长度为L0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到()A6.0 N的拉力B6.0 N的压力C24 N的拉力 D24 N的压力解析：选B.设杆对小球的作用力为FN，方向竖直向下，如图所示，由向心力公式得FNmgm，则FNmmg N6 N.负号说明FN的方向与假设方向相反，即竖直向上由牛顿第三定律知应选B.5.(单选)如图所示， 为了检测一玩具枪射出子弹的速度，用一个半径为r的圆盘做目标靶，枪口与圆盘的距离为L，圆盘绕垂直盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动，转动的角速度大小为.子弹出枪口时圆盘边缘上的A点在最高点位置，若子弹恰好击中A点，空气阻力忽视不计，重力加速度为g，则子弹出枪口的速度可能为()A. B.C. DL解析：选B.子弹射出后做平抛运动，有Lv0t；子弹击中A点时，A恰好在最低点位置，则A点转过的角度为t2k(k0,1,2)，联立得v0(k0,1,2)，B正确6.(多选)(2021长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为53和37，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，sin 370.6，cos 370.8，则()AA、B两球所受支持力的大小之比为43BA、B两球运动的周期之比为43CA、B两球的动能之比为169DA、B两球的机械能之比为11251解析：选AD.由题意可知N，所以，A正确；mgtan mRsin ，所以，B错误；Ekv2，vRsin ，所以，C错误；EpmgR(1cos )，所以，D正确一、单项选择题1.(2021廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动状况的说法正确的是()A若拉力突然消逝，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动答案：A2(2021浙江台州书生中学检测)如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A.把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开头释放，当细绳遇到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是()A小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B小球的线速度突然增大到原来的3倍C小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：选A.细绳遇到钉子的瞬间，线速度不变，B错误圆周运动的半径由L变为，由a知，a增大到原来的3倍，A正确依据vr知角速度增大到原来的3倍，C错误细绳遇到钉子前瞬间FTmgm，碰后瞬间FTmgm，再依据机械能守恒有mgLmv2，由此可得FTFT，D错误3(2021高考江苏卷)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析：选D.依据vr，两座椅的相等，由rBrA可知vBvA，A错误；向心加速度a2r，因相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtan m2r，即tan ，因rBrA，故BA，C错误；竖直方向T cos mg，绳子拉力T，因BA，故TBTA，D正确4.(2021安徽江南十校联考)如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则()A若v0，则物块落地点离A点RB若球面是粗糙的，当v0时，物块确定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C若v0，则物块落地点离A点为RD若v0，则物块落地点离A点至少为2R解析：选D.若v0，物块将离开球面做平抛运动，由y2Rgt2/2，xv0t，得x2R，A错误，D正确；若v0，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A点距离大于R，B、C错误5.(2021黑龙江示范性高中联考)一对男女溜冰运动员质量分别为m男80 kg和m女40 kg，面对面拉着一弹簧测力计做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为9.2 N，则两人()A速度大小相同约为40 m/sB运动半径分别为r男0.3 m和r女0.6 mC角速度相同为6 rad/sD运动速率之比为v男v女21解析：选B.由于两人的角速度相等，由Fm2r以及两者的质量关系m男2m女，可得r女2r男，所以r男0.3 m，r女0.6 m，则角速度均为0.6 rad/s，B正确，C错误；由vr知，运动速率之比为v男v女12，A、D错误二、多项选择题6.大路急转弯处通常是交通事故多发地带如图，某大路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向大路内外两侧滑动的趋势则在该弯道处，()A路面外侧高内侧低B车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小解析：选AC.汽车在大路转弯处做圆周运动，需要外力供应向心力，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向大路内外两侧滑动的趋势，即没有指向大路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力供应，故路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于vc时，车所需向心力减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不愿定能够滑动，选项B错误；同理，当车速高于vc，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不愿定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C正确；当路面结冰时，只是最大静摩擦力变小，vc值不变，D错误7.(2021广东广州一模)如图，在绕地球运行的“天宫一号”试验舱中，航天员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它做圆周运动在a、b两点时，设小球动能分别为Eka、Ekb，细绳拉力大小分别为Ta、Tb，阻力不计，则()AEkaEkbBEkaEkbCTaTb DTaTb解析：选BD.在“天宫一号”中，小球处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球做匀速圆周运动，动能不变，A错，B对；其向心力由绳子拉力供应，由牛顿其次定律有Fm，因m、R、v2不变，所以拉力大小也不变，C错，D对，所以本题选择BD.8.(2021四川泸州一模)如图所示，物体P用两根长度相等不行伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为，则()A只有超过某一值时，绳子AP才有拉力B绳子BP的拉力随的增大而增大C绳子BP的张力确定大于绳子AP的张力D当增大到确定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力解析：选AC.较小时，AP松弛，故A选项正确当达到某一值0时，AP刚好要绷紧P受力如图，其合力供应向心力，竖直方向合力为零故FBPFAP，C选项正确9(2021湖北孝感三中期中)如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是()A受到的向心力为B受到的摩擦力为mC受到的摩擦力为D受到的合力方向斜向左上方解析：选CD.物体在最低点做圆周运动，则有FNmgm，解得FNmgm，故物体受到的滑动摩擦力FfFN，A、B错误，C正确物体受到重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力，故物体所受的合力斜向左上方，D正确10.(2022高考新课标全国卷)如图，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.若圆盘从静止开头绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A. b确定比a先开头滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开头滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力供应向心力，由牛顿其次定律得，fm2r，明显b受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f达到最大值fmax，由题设知fmaxkmg，所以kmgm2r，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度0，由此得a发生相对滑动的临界角速度为 ，b发生相对滑动的临界角速度为 ；若，a受到的是静摩擦力，大小为fm2lkmg.综上所述，本题正确答案为AC.三、非选择题11.(2021开封模拟) 如图所示，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调整其与水平面所成的夹角板上一根长为l0.60 m的轻细绳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v03.0 m/s.若小球能保持在板面上做圆周运动，倾角的值应在什么范围内？(取重力加速度g10 m/s2)解析：小球在板面上运动时受绳子拉力、板面弹力、重力在垂直板面方向上合力为0，重力沿板面对下的分力为mgsin .小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿板面对下的分力的合力供应向心力，有Tmgsin 争辩小球从释放到最高点的过程，据动能定理mglsin mvmv若恰好通过最高点，绳子的拉力T0联立，解得sin 代入数据得30所以，要使小球能保持在板面上做圆周运动，板面的倾角应小于等于30.答案：3012.如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入BOC37的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.7，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g10 m/s2.求：(1)小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板解析：(1)从A点到B点，物块做平抛运动，Hhgt2设到达B点时竖直分速度为vy，则vygt，联立解得vy3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为37有tan vy/v03/4，得v04 m/sv15 m/s.(2)从A点至C点，由动能定理有：mgHmvmv设物块在C点受到的支持力为FN，则有FNmg解得：v22 m/s，FN47.3 N依据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff1mg7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff2(Mm)g10 N由于FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l2.0 m.答案：(1)4 m/s5 m/s(2)47.3 N(3)2.0 m