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(共66張PPT)
章末檢測卷(三)(第四章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．“青箬笠，綠蓑衣，斜風細雨不須歸”是唐代詩人張志和《漁歌子》中描寫春雨美景的名句。一雨滴由靜止開始下落一段時間后，進入斜風區域下落一段時間，然后又進入無風區繼續運動直至落地，不計雨滴受到的阻力，則下列圖中最接近雨滴真實運動軌跡的是(　　)
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
B　[離開斜風區時雨滴的速度斜向左下方，進入無風區后雨滴只受重力，速度和加速度不在一條直線上，不可能做直線運動，A錯誤；離開斜風區時雨滴的速度斜向左下方，軌跡在速度和重力之間偏向重力一側，B正確，D錯誤；離開斜風區時雨滴有水平向左的分速度，所以在落地前雨滴的速度不可能豎直向下，C錯誤。]
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2．為了減小關后備箱時箱蓋和車體間的沖力，在箱蓋和車體間安裝液壓緩沖桿，其結構如圖所示。當液壓桿AO2長度為L時，AO2和水平方向夾角為75°，AO1和水平方向夾角為45°，A點相對于O1的速度是vA，則A點相對于O2的角速度為(　　)
A．
C．
√
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A　[將vA沿著桿AO2和垂直桿AO2分解，由幾何關系可得vA sin 60°＝ωL，解得ω＝，故選A。]
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3．(2024·河北唐山二模)一顆在低圓軌道上運行的衛星，軌道平面與赤道平面的夾角為30°，衛星運行到某一位置時恰好能觀測到南極點或北極點，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。則該衛星運行的周期為(　　)
A．4π B．4π
C．4π D．4π
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D　[設該衛星的軌道半徑為r，根據題意結合幾何關系可得sin 30°＝，可得r＝2R，根據萬有引力提供向心力可得G＝mr，在地球表面有 G＝m′g，聯立解得該衛星運行的周期為T＝4π。]
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4．如圖所示，光滑水平板開有小孔，頂角θ＝60°的光滑圓錐的頂點緊靠著小孔，圓錐的高位于豎直面。質量相同的小球用穿過小孔的輕繩連接，兩球分別位于水平板和圓錐側面上。為了保證小球Q的高度不變且剛好不脫離圓錐面，讓兩小球分別做勻速圓周運動。重力加速度為g，則小球P、Q做勻速圓周運動的向心加速度的差值為(　　)
A．g B．g
C．0 D．g
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D　[由牛頓第二定律可知，對小球P有FT＝ma1，對小球Q有FT
cos 60°＝ma2，FTsin 60°＝mg，聯立解得a1－a2＝g，故選D。]
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5．兩個質量相同的衛星繞月球做勻速圓周運動，半徑分別為r1、r2，則動能和周期的比值為(　　)
A．＝，＝ ＝，＝
C．＝，＝ ＝，＝
√
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A　[兩個質量相同的衛星繞月球做勻速圓周運動，則月球對衛星的萬有引力提供向心力，設月球的質量為M，衛星的質量為m，則對半徑為r1的衛星有＝＝r1，對半徑為r2的衛星有＝＝r2，再根據動能Ek＝mv2，可得兩衛星動能和周期的比值分別為＝，＝，故選A。]
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6．如圖所示，一運動員站在水平地面上射箭時，保持人拉弓的力及出射點位置不變，箭與水平方向夾角為θ(0°<θ<90°)，忽略空氣阻力和發射點到地面的距離，則(　　)
A．增大θ一定可以增大射箭的最遠距離
B．減小θ將增大箭支的最高高度
C．增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度
D．改變θ并不影響箭支落地時速度的方向
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C　[設箭的初速度為v，則s＝2vt cos θ，v sin θ＝gt，解得s＝，因此當θ＝時，箭射出的距離最遠，故A錯誤；箭支的最高高度為h＝gt2＝，故減小θ將降低箭支的最高高度，故B錯誤；箭支運動過程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即vx＝v cosθ，增大θ將減小箭支運動過程中的最小速度，故C正確；箭支落地時速度的方向與水平方向的夾角仍是θ，故改變θ會影響箭支落地時速度的方向，故D錯誤。]
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7．如圖所示為某排球場，一排球運動員正在離球網 3 m 處強攻，排球的速度方向水平，設矩形排球場的長為2L，寬為L(L為9 m)，若排球(可視為質點)離開手時正好在 3 m 線(即線)中點P的正上方高h1處，球網高H，對方運動員在近網處攔網，攔網高度為h2，且有h1>h2>H，不計空氣阻力。為了使球能落到對方場地且不被對方運動員攔住，則球離開手的速度v的范圍是(排球壓線不算出界)(　　)
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A．B．C．D．√
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D　[若球能落到對方場地且不被對方運動員攔住，根據h1＝，得t1＝，平拋運動的最大水平位移為smax＝，則平拋運動的最大初速度為vmax＝＝·，根
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據h1－h2＝，得t2＝，則平拋運動的最小速度vmin＝＝，所以球離開手的速度v的范圍是題號
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8．太極球是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落。現將太極球拍和太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，A為圓周的最高點，C為最低點，B、D兩點與圓心O等高且在B、D處平板與水平面夾角為θ。設小球的質量為m，圓周運動的半徑為R，重力加速度為g。若小球運動的周期為T＝2π ，則(　　)
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A．在A處，平板對小球的作用力大小為mg
B．在C處，平板對小球的作用力大小為3mg
C．在B處，小球一定受兩個力的作用
D．在C、A處平板對小球作用力大小的差值
為2mg
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D　[在A處，對小球，由牛頓第二定律有FNA＋mg＝mR，解得FNA＝2mg，同理，在C處，對小球，由牛頓第二定律有FNC－mg＝mR，解得FNC＝4mg，在C、A處平板對小球作用力大小的差值為2mg，故A、B錯誤，D正確；在B處，小球可能只受重力和支持力兩個力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三個力作用，故C錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．摩托車跨越表演是一項驚險刺激的運動，受到許多極限愛好者的喜愛。假設在一次跨越河流的表演中，摩托車離開平臺時的速度為24 m/s，剛好成功落到對面的平臺上，測得兩岸平臺高度差為5 m，如圖所示。若飛越中不計空氣阻力，摩托車可以近似看成質點，g取 10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
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A．摩托車在空中的飛行時間為1 s
B．河寬為24 m
C．摩托車落地前瞬間的速度大小為10 m/s
D．若僅增加平臺的高度(其他條件均不變)，摩托車依然能成功跨越此河流
√
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ABD　[摩托車在豎直方向做自由落體運動，則有h＝gt2，解得摩托車在空中的飛行時間為t＝1 s，故A正確；河流的寬度即摩托車水平方向位移，d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，故B正確；豎直方向速度大小為vy＝gt＝
10 m/s，則摩托車落地前瞬間的速度大小為v＝＝ m/s＝26 m/s，故C錯誤；摩托車離開平臺做平拋運動，若僅增加平臺的高度(其他條件均不變)，則在空中的飛行時間增大，摩托車水平方向位移增大，所以摩托車依然能成功跨越此河流，故D正確。]
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10．(2024·湖南湘潭三模)如圖所示，一顆質量為m的衛星要發射到中地圓軌道上，通過M、N兩位置的變軌，經橢圓轉移軌道進入中地圓軌道運行。已知近地圓軌道的半徑可認為等于地球半徑，中地圓軌道與近地圓軌道共平面且軌道半徑為地球半徑的3倍，地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
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A．衛星進入中地圓軌道時需要在N點減速
B．在轉移軌道上的M點和N點速度關系為vM＝4vN
C．該衛星在中地圓軌道上運行的速度為
D．該衛星在轉移軌道上從M點運行至N點(M、N與地心在同一直線上)所需的時間為2π
√
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CD　[衛星進入中地圓軌道時需要在N點加速，故A錯誤；根據開普勒第二定律可知vMΔt·rM＝vNΔt·rN，根據題意rN＝3rM，則vM＝3vN，故B錯誤；衛星在中地圓軌道上，由萬有引力提供向心力得G＝m，在近地面G＝mg，聯立解得v＝，故C正確；
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衛星在中地圓軌道上周期T中＝＝6π，根據幾何關系可知轉移軌道的半長軸為2R，由開普勒第三定律得＝，聯立解得T轉＝4π，在轉移軌道上從M點運行至N點(M、N與地心在同一直線上)所需的時間tMN＝T轉＝2π，故D正確。]
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11．(2024·廣東卷)如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以60 m/s的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質量為1 000 kg，背罩質量為 50 kg，該行星的質量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝
10 m/s2，忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法
正確的有(　　)
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A．該行星表面的重力加速度大小為4 m/s2
B．該行星的第一宇宙速度為7.9 km/s
C．“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為80 m/s2
D．“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為
30 kW
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√
AC　[在星球表面，根據G＝mg可得g＝。又行星的質量和半徑分別為地球的和，地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2，可得該行星表面的重力加速度大小g′＝4 m/s2，故A正確；在星球表面上空，根據萬有引力提供向心力有G＝m，可得星球的第一宇宙速度v＝，行星的質量和半徑分別為地球的和，可得該行
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星的第一宇宙速度v行＝v地，地球的第一宇宙速度為7.9 km/s，所以該行星的第一宇宙速度v行＝×7.9 km/s，故B錯誤；“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分析，可知探測器與保護背罩之間的作用力F＝mg′＝4 000 N，“背罩分離”后瞬間，背罩所受的合力大小為4 000 N，對背罩，根據牛頓第二定律得F＝m′a，解得a＝80 m/s2，故C正確；“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率P＝mg′v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D錯誤。故選AC。]
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12．(2024·華南師大附中校聯考期中)如圖1所示，輕繩一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，繩上有一拉力傳感器(質量可忽略)。初始時，小球靜止在最低點，現給小球一水平向右的初速度使其繞O點在豎直面內做圓周運動，在其軌跡最高點設置一光電門，可測量小球在最高點的速度v。多次改變小球初速度，記錄小球運動到最高點時的拉力F和對應速度平方v2并繪制F-v2圖像如圖2所示。小球可看成質點，下列說法正確的是(　　)
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A．重力加速度等于
B．輕繩長度等于
C．當v2＝a時，向心加速度為
D．當v2＝2a時，小球所受的拉力等于其重力的兩倍
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√
BC　[在最高點，由牛頓第二定律可知F＋mg＝m，所以F＝·v2－mg，結合題圖可知－b＝－mg，解得g＝，A錯誤；由上述分析可知＝k＝，解得R＝，B正確；由幾何知識可得，題圖2中的直線表達式為F＝·v2－b，當v2＝a時，F＝0，由牛頓第二定律可知，此時向心加速度為a′＝＝g＝，C正確；由上述分析可知，當v2＝2a時，F＝b＝mg，D錯誤。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)一同學用如圖甲所示的裝置探究向心力與角速度的關系。將力傳感器固定在鐵架臺上，將細線一端固定在力傳感器上，另一端連接一個直徑為d的金屬小球，該同學測出小球重心到懸點的距離為L，然后拉起小球，使細線伸直與豎直方向成一角度，靜止釋放小球，讓小球在豎直平面內做圓周運動，當小球擺到最低點時，小球中心恰好經過光電門，該同學在一次實驗中測得小球通過光電門的時間為Δt。
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(1)小球通過光電門時的角速度為________。
(2)多次拉起小球，每次拉起小球時細線與豎直方向的夾角不同，每次都記錄小球通過光電門的時間Δt與細線的拉力F，作出F-圖像如圖乙所示，已知圖像的斜率為k，截距為b，則小球的質量為________， 當地的重力加速度為________。(用題中給出的字母表示)
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[解析]　(1)小球通過最低點時的線速度v＝，
由v＝ωL，可得角速度ω＝。
(2)在最低點對小球受力分析可得F－mg＝mω2L，把ω＝代入，可得F＝mg＋·，可得＝k，mg＝b，解得m＝，g＝。
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14．(8分)(2024·陜西渭南一模)小紅設計了探究平拋運動水平分運動特點的實驗，裝置如圖1所示。把白紙和復寫紙疊放一起固定在豎直木板上，在桌面上固定一個斜面，斜面的底邊與桌子邊緣及木板平行。將木板插入自制水平卡槽中，槽口間距相等用以改變木板到桌邊的距離，讓小球從斜面頂端同一位置靜止滾下，通過碰撞復寫紙，在白紙上記錄小球的落點，重力加速度為g。
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(1)小紅家中有乒乓球、小塑料球和小鋼球，其中最適合用作實驗中平拋物體的是________。
(2)為了完成實驗，以下做法錯誤或不必要的是________。
A．實驗時應保持桌面水平
B．斜面的底邊必與桌邊重合
C．將木板插入卡槽1，且緊靠桌子邊緣，小球由某位置靜止釋放，白紙上小球的落點記為O
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小鋼球
BE
D．依次將木板插入卡槽2、3、4，小球從同一位置靜止釋放，白紙上小球的落點分別記為a、b、c
E．選擇對小球摩擦力盡可能小的斜面
F．更換白紙，多次實驗
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(3)選取落點清晰的白紙如圖2所示，用刻度尺測出相鄰兩點之間的距離分別為y1、y2、y3及相鄰槽口間的距離x，若y1∶y2∶y3＝________，說明平拋運動在水平方向是勻速直線運動。小球平拋的
初速度v0 ＝ ___________(用測量所得的物理量y1、y2及x、g表示)。
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1∶3∶5
x
[解析]　(1)為了減小空氣阻力的影響，應選擇體積小、質量大的物體，即最適合用作實驗中平拋物體的是小鋼球。
(2)為了確保小球飛出后的速度方向沿水平方向，實驗時應保持桌面水平，故A正確，不符合題意；實驗中只需要保持小球飛出后的速度大小一定，方向沿水平方向，可知斜面的底邊不要求必與桌邊重合，故B錯誤，符合題意；實驗中需要記下小球在白紙上留下的痕跡，將木板插入卡槽1，且緊靠桌子邊緣，小球由某位置靜止釋放，
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白紙上小球的落點記為O，故C正確，不符合題意；為了確保小球飛出的初速度一定，依次將木板插入槽2、3、4，小球從同一位置靜止釋放，白紙上小球的落點分別記為a、b、c，故D正確，不符合題意；當小球每次均從同一位置靜止釋放時，小球克服摩擦力做功相同，小球飛出的初速度相等，即實驗中不需要選擇對小球摩擦力盡可能小的斜面，故E錯誤，符合題意；為了減小實驗過程中的誤差，需要更換白紙，多次實驗，故F正確，不符合題意。故選BE。
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(3)平拋運動在豎直方向上的分運動是自由落體運動，在水平方向上的分運動是勻速直線運動，由于槽口間距相等，表明白紙上相鄰點跡經歷的時間相等，白紙上的點跡反映的是豎直方向的自由落體運動，根據初速度為0的勻加速直線運動中，相鄰相等時間內的位移之比為連續的奇數比，即y1∶y2∶y3＝1∶3∶5，豎直方向上，根據相等時間內的位移差規律有y2－y1＝gT2，水平方向上有x＝v0T，聯立解得v0＝x。
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15．(8分)(2024·北京延慶一模)中國北斗衛星導航系統是中國自行研制的全球衛星導航系統。如圖甲是北斗導航系統衛星分布示意圖，如圖乙所示為其中一顆北斗衛星的軌道示意圖。已知該衛星繞地球做勻速圓周運動的周期為T，地球半徑為R，地球表面附近的重力加速度為g，引力常量為G。
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(1)求地球的質量M；
(2)求該衛星的軌道距離地面的高度h；
(3)請推導第一宇宙速度v1的表達式，并分析比較該衛星的運行速度v與第一宇宙速度v1的大小關系。
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[解析]　(1)設一物體的質量為m1，在地球表面附近有G ＝m1g
解得地球質量M＝。
(2)設衛星的質量為m2，根據牛頓第二定律有G ＝m2(R＋h)
解得h＝－R。
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(3)根據牛頓第二定律有G＝m
解得v＝
第一宇宙速度為近地衛星的運行速度，即r＝R時，v1＝＝
該衛星的軌道半徑r′＝R＋h>R
因此其速度v[答案]　(1)　(2)－R　(3)v1＝　v16．(8分)(2024·山東臨沂一模)最初的投石機結構很簡單，一根巨大的杠桿，長端是用皮套或是木筐裝載的石塊，短端系上幾十根繩索，當命令下達時，數十人同時拉動繩索，利用杠桿原理將石塊拋出。某學習小組用如圖所示的模型演示拋石過程。質量m＝1 kg的石塊裝在長臂末端的口袋中，開始時口袋位于水平面并處于靜止狀態。現對短臂施力，當長臂轉到與豎直方向夾角為θ＝53°時立即停止轉動，石塊以v0＝20 m/s的速度被拋出后打在地面上，石塊拋出點P離地面高度h＝1.65 m，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
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(1)拋出后石塊距離地面的最大高度；
(2)在石塊運動軌跡最高點左側豎立一塊長度L＝3.2 m的木板充當城墻擋住石塊，木板離石塊拋出點最近距離。
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[解析]　(1)石塊拋出時沿豎直方向分速度為
v0y＝v0sin θ＝16 m/s
則石塊從拋出到最高點的高度為
h1＝＝12.8 m
拋出后石塊距離地面的最大高度為H＝h1＋h＝14.45 m。
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(2)當石塊剛好被木板上端擋住時，木板離石塊拋出點距離最近，石塊從最高點到木板上端過程做平拋運動，豎直方向有H－L＝
解得t2＝＝1.5 s
石塊從拋出到最高點所用時間為
t1＝＝1.6 s
石塊拋出時的水平分速度為
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v0x＝v0cos θ＝12 m/s
則木板離石塊拋出點最近距離為
x＝v0x(t1＋t2)＝37.2 m。
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[答案]　(1)14.45 m　(2)37.2 m
17．(14分)如圖所示的離心裝置中，輕質彈簧一端固定在桿的O點，另一端與一質量為M的方形中空物塊A連接，彈簧和物塊A均套在光滑豎直方形輕桿OC上，長為L的輕桿OB一端通過鉸鏈連在O點(輕桿可在豎直面內轉動)，另一端固定質量為m的小球B，物塊A與小球B之間用長為L的輕質細線連接，物塊A、小球B和彈簀均能隨豎直輕桿OC一起繞過O點的豎直轉軸轉動。裝置靜止時，輕質細線AB繃緊，輕桿OB與水平方向的夾角為53°，現將裝置由靜止緩慢加速轉動，當轉速穩定時，輕桿OB與水平方向的夾角減小到37°，輕桿中的力恰好減小到零，重力加速度為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
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(1)轉速穩定時，彈簧長度x及裝置轉動的角速度ω；
(2)裝置靜止時，細線張力和彈簧彈力大小。
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[解析]　(1)轉速穩定時，由幾何關系有
x＝2L sin 37°＝1.2L
小球B做勻速圓周運動，輕桿中的力為0，則對B進行受力分析有
T sin 37°＝mg
T cos 37°＝mω2r
根據幾何關系有r＝L cos 37°
解得ω＝。
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(2)裝置靜止時，對小球B進行受力分析如圖所示
由平衡條件可知，細線對B的力與桿對B的力大小相等，設為F1，豎直方向有
2F1sin 53°＝mg
解得F1＝mg
對物塊A進行受力分析，豎直方向有
F彈＝F1sin 53°＋Mg
解得F彈＝mg＋Mg。
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[答案]　(1)1.2L　　(2)mg　mg＋Mg
18．(16分)如圖所示，餐桌中心是一個半徑r＝1.5 m 的圓盤，圓盤可繞中心軸轉動，近似認為圓盤與餐桌在同一水平面內且兩者之間的間隙可忽略不計。已知放置在圓盤邊緣的小物體與圓盤間的動摩擦因數 μ1＝0.6，與餐桌間的動摩擦因數μ2＝0.225，餐桌離地高度h＝0.8 m。設小物體與圓盤以及餐桌之間的最
大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取
10 m/s2，不計空氣阻力。
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(1)為使物體不滑到餐桌上，圓盤的角速度ω的最大值為多少？
(2)緩慢增大圓盤的角速度，物體從圓盤上甩出，為使物體不滑落到地面，餐桌半徑R的最小值為多大？
(3)若餐桌半徑R′＝r，則在圓盤角速度緩慢增大時，物體從圓盤上被甩出后滑落到地面上的位置到從圓盤甩出點的水平距離L為多少？
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[解析]　(1)由題意可得，當小物體在圓盤上隨圓盤一起轉動時，圓盤對小物體的靜摩擦力提供向心力，所以隨著圓盤轉速的增大，小物體受到的靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大時，小物體即將離開圓盤，此時圓盤的角速度達到最大，有
Ffm＝μ1mg＝mω2r
解得ω＝2 rad/s。
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(2)由題意可得，當物體滑到餐桌邊緣時速度恰好減為零，對應的餐桌半徑取最小值。設物體在餐桌上滑動的位移為x，物體在餐桌上做勻減速運動的加速度大小為a，有a＝
又Ff＝μ2mg
解得a＝μ2g＝2.25 m/s2
物體在餐桌上滑動的初速度v0＝ωr＝3 m/s
由運動學公式＝－2ax可得x＝2 m
由幾何關系可得餐桌半徑的最小值
R＝＝2.5 m。
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(3)當物體滑離餐桌時，開始做平拋運動，平拋的初速度為物體在餐桌上滑動的末速度v
由題意可得＝－2ax′
由于餐桌半徑R′＝r，所以x′＝r＝1.5 m
解得v＝1.5 m/s
設物體做平拋運動的時間為t，則h＝gt2
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解得t＝＝0.4 s
物體做平拋運動的水平位移x″＝vt＝0.6 m
所以，水平距離L＝x′＋x″＝2.1 m。
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[答案]　(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m
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