PAGE15-專題一綜合集訓練A組一、單項選擇題1.在物理學的重大發覺中科學家們創建出了很多物理學方法，如志向試驗法、限制變量法、極限思想法、類比法、科學假說法、建立物理模型法等等。以下關于所用物理學探討方法的敘述不正確的是()A.在不須要考慮物體本身的大小和形態時，用質點來代替物體的方法叫假設法B.依據速度定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，當Δt特別特別小時，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想方法C.在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變探討加速度與力的關系，再保持力不變探討加速度與質量的關系，該試驗應用了限制變量法D.在推導勻變速運動位移公式時，先把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后再把各小段的位移相加，這里采納了微元法解析不須要考慮物體本身的大小和形態時，用質點來代替物體的方法叫志向模型法，選項A不正確；其余涉及的物理學方法論述都正確，選項B、C、D正確。答案A2.如圖1為一質點運動的位移—時間圖象，其速度—時間圖象可能是下圖中的()圖1解析據題意，從位移—時間圖象可以看出圖線的斜領先減小到0然后又增加，即該質點先向正方向減速然后再反向加速，故選項B正確。答案B3.如圖2所示，內壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。A球、C球與B球分別用兩根輕質細線連接。當系統保持靜止時，B球對碗壁剛好無壓力，圖中θ＝30°，則A球和C球的質量之比為()圖2A.1∶2 B.2∶1C.1∶eq\r(3) D.eq\r(3)∶1解析B球對碗壁剛好無壓力，則依據幾何學問分析可得B球所在位置兩線的夾角為90°，以B球為探討對象，進行受力分析，水平方向所受合力為零，由此可知FAcosθ＝FCsinθ，eq\f(FA,FC)＝eq\f(mAg,mCg)＝tanθ＝eq\f(1,\r(3))，故選項C正確。答案C4.“嫦娥三號”著陸器在月球表面軟著陸后，著陸器的機械手臂帶著“玉兔號”月球車緩慢地下降到月球表面，下落過程中機械手臂與“玉兔號”月球車保持相對靜止。如圖3所示，由位置1到位置3，著陸器對“玉兔號”月球車的支持力FN和摩擦力Ff大小變更狀況是()圖3A.FN變小，Ff變小 B.FN變小，Ff變大C.FN變大，Ff變小 D.FN變大，Ff變大解析起先時“玉兔號”月球車受重力和支持力，下降過程還受到沿接觸面對上的靜摩擦力；靜摩擦力等于重力沿接觸面對下的分力，即Ff＝mgsinθ，隨角度的增大，摩擦力增大，支持力FN＝mgcosθ，隨角度的增大，支持力漸漸減小，故B正確。答案B5.以初速度v豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，下列圖象中，能正確反映小球從拋出到落回原處的速度隨時間變更狀況的是()解析由于小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，上升階段，由牛頓其次定律有mg＋kv＝ma，剛拋出時，速度最大，所受空氣阻力最大，加速度最大，速度圖象斜率最大。隨著小球上升，速度漸漸減小，所受空氣阻力減小，加速度減小，速度圖象斜率減小。下降階段，由牛頓其次定律有mg－kv＝ma，隨著速度的增大，所受空氣阻力增大，加速度減小，速度圖象斜率減小。依據上述分析可知，能正確反映小球從拋出到落回原處的速度隨時間變更狀況的是圖象A。答案A6.如圖4為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動摩擦因數為0.30。當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍舊保持相對靜止狀態，重物對車廂內水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為()圖4A.0.35mg B.0.30mgC.0.23mg D.0.20mg解析車廂內的重物受重力、支持力FN和水平向右的摩擦力Ff的作用，將加速度沿水平方向和豎直方向分解，由牛頓運動定律可知FN－mg＝masin37°，Ff＝macos37°，由牛頓第三定律可知，重物所受支持力FN＝1.15mg，代入上式解得Ff＝0.20mg，選項D正確。答案D7.傾角為θ＝30°的長斜坡上有C、O、B三點，CO＝OB＝10m，在O點豎直地固定一長10m的直桿AO。A端與C點間和坡底B點間各連有一光滑的鋼繩，且各穿有一鋼球(視為質點)，兩球從A點由靜止起先，同時分別沿兩鋼繩滑到鋼繩末端，如圖5所示，則小球在鋼繩上滑行的時間tAC和tAB分別為圖5A.2s和2s B.eq\r(2)s和2sC.eq\r(2)s和4s D.4s和eq\r(2)s解析據題意，由于AO＝CO，且斜面傾角為θ＝30°，則三角形ACO為等邊三角形，過C點做AO的垂線，該垂線也是角平分線，故有AC＝10m，則有tAC＝eq\r(\f(2lAC,gsin30°))＝2s；由于AO＝OB＝10m，且三角形AOB為底角為30°的等腰三角形，則球經過底邊AB的時間為tAB＝eq\r(\f(2lAB,gsin60°))＝2s，故選項A正確。答案A8.(2024·嘉興聯考)羽毛球運動員林丹曾在某綜藝節目中表演羽毛球定點擊鼓，如圖6是他表演時的羽毛球場地示意圖。圖中甲、乙兩鼓等高，丙、丁兩鼓較低但也等高。若林丹各次發球時羽毛球飛出位置不變且均做平拋運動，則()圖6A.擊中甲、乙的兩球初速度v甲＝v乙B.擊中甲、乙的兩球初速度v甲＞v乙C.假設某次發球能夠擊中甲鼓，用相同速度發球可能擊中丁鼓D.擊中四鼓的羽毛球中，擊中丙鼓的初速度最大解析由題圖可知，甲、乙兩鼓的高度相同，所以羽毛球到達兩鼓用時相同，但由于離林丹的水平距離不同，甲鼓的水平距離較遠，所以由v＝eq\f(x,t)可知，擊中甲、乙的兩球初速度v甲＞v乙，A錯誤，B正確；由題圖可知，甲、丁兩鼓和林丹不在同始終線上，所以用能夠擊中甲鼓的相同速度發球不行能到達丁鼓，C錯誤；由于丁、丙兩鼓和林丹高度相同，但由圖可知，丁鼓離林丹的水平距離最大，所以擊中丁鼓的初速度肯定大于擊中丙鼓的初速度，D錯誤。答案B9.如圖7所示，D、A、B、C四點的水平間距相等，DA、AB、BC在豎直方向上的高度差之比為1∶4∶9。在A、B、C三點分別放置相同的小球，釋放三個壓縮的彈簧，小球沿水平方向彈出，小球均落在D點，不計空氣阻力，則下列關于A、B、C三點處的小球說法中正確的是()圖7A.三個小球在空中運動的時間之比為1∶2∶3B.三個小球彈出時的動能之比為1∶4∶9C.三個小球在空中運動的過程中重力做功之比為1∶5∶14D.三個小球落地時的動能之比為2∶5∶10解析小球彈出后做平拋運動，在豎直方向上，DA、AB、BC高度差之比為1∶4∶9，則A、B、C的高度之比為1∶5∶14，由h＝eq\f(1,2)gt2可得，在空中的運動時間之比為1∶eq\r(5)∶eq\r(14)，在水平方向上，三個小球的水平位移之比為1∶2∶3，由x＝v0t，則三小球彈出的初速度之比1∶eq\f(2\r(5),5)∶eq\f(3\r(14),14)，彈出的動能之比為1∶eq\f(4,5)∶eq\f(9,14)，A、B錯誤；由W＝mgh，重力做功之比為1∶5∶14，C正確；由動能定理和數學學問可知，無法算出三個球落地時的動能之比，D錯誤。答案C10.如圖8所示，一個勻速轉動的半徑為r的水平圓盤上放著兩個小木塊M和N，木塊M放在圓盤的邊緣處，木塊N放在離圓心eq\f(1,3)r處，它們都隨圓盤一起運動。下列說法中正確的是()圖8A.M受到重力、支持力、向心力B.M、N兩木塊的線速度相等C.M的角速度是N的3倍D.M的向心加速度是N的3倍解析M受到重力、支持力以及摩擦力作用，其所受合力充當其做圓周運動的向心力，A錯誤；因為兩個小木塊是同軸轉動，所以角速度相等，由于半徑不同，所以依據v＝ωr可得線速度不相等，B、C錯誤；依據公式an＝ω2r，故向心加速度和半徑成正比，所以M的向心加速度是N的3倍，D正確。答案D11.(2024·四川內江二模)“嫦娥四號”探測器于2024年12月8日由長征三號乙運載火箭放射升空，經過了26天飛行之后，于2024年1月3日勝利著陸月球背面，通過“鵲橋”中繼星傳回了世界第一張近距離拍攝的月背影像圖，揭開了古老月背的神奇面紗。如圖9所示為“嫦娥四號”飛行軌道示意圖。下列說法正確的是()圖9A.“嫦娥四號”探測器在與火箭分別前始終處于失重狀態B.“嫦娥四號”探測器在月球旁邊降軌前后，機械能增大C.“嫦娥四號”探測器由地球飛向近月軌道過程中，引力勢能先減小后增大D.不通過“鵲橋”中繼星，在月球背面的著陸器無法將信息干脆傳回地球解析放射過程中，加速上升，處于超重狀態，A錯誤；“嫦娥四號”探測器在月球旁邊降軌時，需點火減速，作用力做負功，故其機械能減小，B錯誤；“嫦娥四號”探測器飛向近月軌道過程中，萬有引力先做負功，再做正功，所以引力勢能先增大后減小，C錯誤；因月球繞地球公轉與自轉的周期相同，人類在地球上看到的月球只有一面始終面對地球，月球背面發出的信息，不借助衛星，信息將無法干脆傳回地球，選項D正確。答案D12.2015年9月20日，我國利用一枚運載火箭勝利將20顆微小衛星送入離地面高度約為520km的軌道。已知地球半徑約為6400km。若將微小衛星的運行軌道視為圓軌道，則與地球同步衛星相比，微小衛星的()A.周期大 B.角速度小C.線速度大 D.向心加速度小解析由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由Geq\f(Mm,r2)＝mrω2，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，由Geq\f(Mm,r2)＝ma解得a＝Geq\f(M,r2)，由于在離地面高度約為520km的軌道運行的微小衛星軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，所以微小衛星的周期小，角速度大，線速度大，向心加速度大，故選項C正確，A、B、D錯誤。答案C二、不定項選擇題13.如圖10所示，一條細線一端與地板上的物體B相連，另一端繞過質量不計的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的O′點，細線與豎直方向所成角度為α，則()圖10A.假如將物體B在地板上向右移動一點，角α將增大B.無論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，角α將不變C.增大小球A的質量，角α肯定減小D.懸掛定滑輪的細線的彈力不行能等于小球A的重力解析O、A之間的細線肯定沿豎直方向，假如物體B在地板上向右移動一點，O、B間的細線將向右偏轉，OA與OB間的夾角將增大，OA與OB兩段細線上的彈力都等于小球A的重力，其合力與懸掛定滑輪的細線的彈力大小相等、方向相反，懸掛定滑輪的細線的彈力方向(即OO′的方向)與∠AOB的角平分線在一條直線上，明顯物體B在地板上向右移動時角α將增大，A正確，B錯誤；增大小球A的質量，只要物體B的位置不變，則角α也不變，C錯誤；因物體B無論在地板上移動多遠，∠AOB都不行能達到90°，故懸掛定滑輪的細線的彈力不行能等于小球A的重力，D正確。答案AD14.如圖11甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的最大靜摩擦力fm與滑動摩擦力大小相等，則()圖11A.0～t1時間內物塊A的加速度漸漸增大B.t2時刻物塊A的加速度最大C.t3時刻物塊A的速度最大D.t2～t4時間內物塊A始終做減速運動解析0～t1時間內物塊A受到的拉力小于最大靜摩擦力，物塊處于靜止狀態，選項A錯誤；t2時刻物塊A受到的拉力F最大，物塊A的加速度最大，選項B正確；t3時刻物塊A受到的拉力減小到等于滑動摩擦力，加速度減小到零，物塊A的速度最大，選項C正確；t2～t3時間內物塊A做加速度漸漸減小的加速運動，t3～t4時間內物塊A始終做減速運動，選項D錯誤。答案BC15.如圖12所示，生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0，小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩地傳到乙上，乙的寬度足夠大，速度為v1，則()圖12A.在地面參考系中，工件做類平拋運動B.在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線C.工件在乙上滑動時，受到乙的摩擦力方向不變D.工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v1解析工件平穩地傳到乙上，沿傳送帶乙做初速度為零的勻加速運動，沿垂直傳送帶乙方向做勻減速運動，在地面參考系中，工件并非做類平拋運動，選項A錯誤；在乙參考系中，剛滑上乙時，工件相對乙運動的速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,1))，方向如圖所示。工件受到摩擦力的大小為f＝μmg，方向與工件相對乙運動的速度方向相反，如圖所示。所以在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線，受到乙的摩擦力方向不變，選項B、C正確；工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v1，選項D正確。答案BCD16.如圖13所示，一位同學玩飛鏢嬉戲，圓盤最上端有一點P，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為L。當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時，圓盤繞經過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動。忽視空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則()圖13A.飛鏢擊中P點所需的時間為eq\f(L,v0)B.圓盤的半徑可能為eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))C.圓盤轉動角速度的最小值為eq\f(2πv0,L)D.P點隨圓盤轉動的線速度可能為eq\f(5πgL,4v0)解析飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝eq\f(L,v0)，A正確；飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，則2r＝eq\f(1,2)gt2，解得圓盤的半徑r＝eq\f(gL2,4veq\o\al(2,0))，B錯誤；飛鏢擊中P點，則P點轉過的角度滿意θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0，1，2…)故ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(（2k＋1）πv0,L)，，則圓盤轉動角速度的最小值為eq\f(πv0,L)，C錯誤；P點隨圓盤轉動的線速度為v＝ωr＝eq\f(（2k＋1）πv0,L)·eq\f(gL2,4veq\o\al(2,0))＝eq\f(（2k＋1）πgL,4v0)，當k＝2時，v＝eq\f(5πgL,4v0)，D正確。答案ADB組非選擇題(需寫出規范的解題步驟)1.航天飛機水平著陸在平直跑道上，其減速過程可簡化為兩個勻減速直線運動。航天飛機以水平速度v0著陸后馬上打開減速阻力傘，加速度大小為a1，運動一段時間后減速為v；隨后在無阻力傘狀況下勻減速直至停下，已知兩個勻減速滑行過程的總時間為t，求：(1)其次個減速階段航天飛機運動的加速度大小；(2)航天飛機著陸后滑行的總路程。解析(1)如圖，A為飛機著陸點，AB、BC分別為兩個勻減速運動過程，C點停下，A到B過程，依據v＝v0＋at，有第一段勻減速運動的時間為t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝eq\f(v0－v,a1)則B到C過程的時間為t2＝t－t1＝t－eq\f(v0－v,a1)B到C過程的加速度大小為a2＝eq\f(|vc－vb|,t2)＝eq\f(v,t－\f(v0－v,a1))＝eq\f(a1v,a1t－v0＋v)。(2)依據v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得第一段勻減速的位移x1＝eq\f(v2－veq\o\al(2,0),－2a1)＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)其次段勻減速的位移為x2＝eq\f(0－v2,－2a2)＝eq\f(v2,2\f(a1v,a1t－v0＋v))＝eq\f(v（a1t－v0＋v）,2a1)所以航天飛機著陸后滑行的總路程為x＝x1＋x2＝eq\f(va1t－vv0＋veq\o\al(2,0),2a1)。答案(1)eq\f(a1v,a1t－v0＋v)(2)eq\f(va1t－vv0＋veq\o\al(2,0),2a1)2.(原創題)如圖14所示，一條帶有豎直圓軌道的長軌道水平固定，豎直圓軌道底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m。物塊A以v0＝10m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點N，再沿圓軌道滑出，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.2m。物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為μ＝0.4，A的質量為m＝1kg(重力加速度g＝10m/s2，A可視為質點)。圖14(1)求A滑過N點時的速度大小v和受到的彈力大小；(2)若A最終停止在第k個粗糙段上，求k的數值；(3)求A滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn與n的關系式。解析(1)物塊A從動身至N點過程，機械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2①得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2g·2R)＝4eq\r(5)m/s②假設物塊在N點受到的彈力方向豎直向下為FN，由牛頓其次定律有mg＋FN＝meq\f(v2,R)③得物塊A受到的彈力為FN＝meq\f(v2,R)－mg＝150N。④(2)物塊A經豎直圓軌道后滑上水平軌道，在粗糙路段有摩擦力做負功，動能損失，由動能定理，有－μmgkL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑤得k＝62.5⑥物塊A最終停在第63個粗糙段上。(3)由動能定理，有－μmgnL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑦由⑦式，可得A滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgnL)⑧即vn＝eq\r(100－1.6n)m/s。⑨答案(1)4eq\r(5)m/s150N(2)63(3)vn＝eq\r(100－1.6n)m/s3.滑雪是冬季很受歡迎的消遣活動。如圖15所示，AB為長度x1＝80m傾角為θ的雪面，BC為長度x2＝15m的水平雪面，質量m＝50kg的游客從A點由靜止起先加速直線下滑，通過滑板與雪杖可以變更加速度的大小，滑到BC水平雪面之后勻減速直線滑行，為了平安，整個賽道限速16m/s，且滑到雪道終點C點的速度必需不大于1m/s。設游客經過B點時，沒有機械能損失，游客可看做質點，已知g＝10m/s2。求：圖15(1)若游客以最大平安速度通過B點，游客在BC段受到的阻力至少多大；(2)若游客從靜止起先以a1＝3m/s2做勻加速直線運動，運動24m之后，游客擔憂會超過平安速度，馬上實行措施變更加速度，接著以加速度a2做勻變速直線運動，游客通過B點剛好不超速，求a2的大小；(3)若游客在AB雪面上運動的最大加速度可達到a3＝2m/s2，求游客從A到B的最短時間。解析(1)veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2ax2求得a＝8.5m/s2阻力f＝ma＝425N。(2)以a1加速veq\o\al(2,1)＝2a1x1′以a2加速veq\o\al(2,m)－veq\o\al(2,1)＝2a2(x1－x1′)求得a2＝1m/s2。(3)t1＝eq\f(vm,a3)＝8sΔx＝eq\f(vm,2)t1＝64m<80m，t2＝eq\f(x－Δx,vm)＝1s得tmin＝t1＋t2＝9s。答案(1)425N(2)1m/s2(3)9s4.2024年2月第23屆平昌冬奧會在韓國實行。高臺滑雪以其驚險刺激而著名，運動員在空中的飛躍姿態具有很強的欣賞性。某滑雪軌道的完整結構可以簡化成如圖16所示的示意圖。其中AB段是助滑雪道，傾角α＝30°，BC段是水平起跳臺，CD段是著陸雪道，AB段與BC段圓滑相連，DE段是一小段圓弧(其長度可忽視)，在D、E兩點分別與CD、EF相切，EF是減速雪道，CD、EF的傾角均為θ＝37°。軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數均為μ＝0.25，圖中軌道最高點A處的起滑臺距起跳臺BC的豎直高度h＝10m。A點與C點的水平距離L1＝20m，C點與D點的距離為32.625m。運動員連同滑雪板的質量m＝60kg，滑雪運動員從A點由靜止起先起滑，通過起跳臺從C點水平飛出，在落到著陸雪道上時，運動員靠變更姿態進行緩沖使自己只保留沿著陸雪道的分速度而不彈起。除緩沖外運動員均可視為質點，設運動員在全過程中不運用雪杖助滑，忽視空氣阻力的影響，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖16(1)運動員在C點水平飛出時速度的大小；(2)運動員在著陸雪道CD上的著陸位置與C點的距離；(3)運動員滑過D點時的速度大小；(4)從運動員到達E點起，經3.0s正好通過減速雪道上的G點，求EG之間的距離。解析(1)滑雪運動員從A到C的過程中，由動能定理得mgh－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)①解得vC＝10m/s。(2)滑雪運動員從C水平飛出到落到著陸雪道過程中作平拋運動，x＝vCt②y＝eq\f(1,2)gt2③tanθ＝eq\f(y,x)④著陸位置與C點的距離s＝eq\f(x,cosθ)⑤解②～⑤得s＝18.75m，t＝1.5s。(3)著陸位置到D點的距離s′＝13.875m滑雪運動員在著陸雪道上做勻加速直線運動，初速度為v0＝vCcosθ＋gtsinθ⑥設加速度為a1，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1⑦運動到D點的速度為veq\o\al(2,D)＝veq\o\al(2,0)＋2a1s′⑧解⑥～⑧得vD＝20m/s。(4)滑雪運動員在減速雪道上做勻減速直線運動，加速度為－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑨減速到速度為0時，經過的時間為t1＝eq\f(0－vD,a2)⑩通過的位移為s1＝eq\f(vD,2)t1eq\o(○,\s\up3(11))解⑨～eq\o(○,\s\up3(11))得s1＝25m，t1＝2.5s<3.0s滑雪運動員在減速雪道上又向下做勻加速直線運動，加速度為mgsinθ－μmgcosθ＝ma1eq\o(○,\s\up3(12))時間為t2＝0.5seq\o(○,\s\up3(13))通過的位移為s2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)eq\o(○,\s\up3(14))解eq\o(○,\s\up3(12))～eq\o(○,\s\up3(14))得s2＝0.5mEG之間的距離為sEG＝s1－s2＝24.5m。答案(1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s(4)24.5m5.如圖17所示，在水平地面上固定一個傾角α＝45°、高H＝4m的斜面，在斜面上方固定放置一段由內壁光滑的圓管構成的軌道ABCD，圓周部分的半徑R＝eq\f(2,3)m，AB與圓周相切于B點，長度為eq\r(3)R，與水平方向夾角θ＝60°，軌道末端豎直，已知圓周軌道最低點C、軌道末端D與斜面頂端處于同一高度。現將一質量為0.1kg、直徑可以忽視的小球從管口A處由靜止釋放，g＝10m/s2。圖17(1)求小球在C點時對軌道的壓力；(2)若小球與斜面碰撞(不計能量損失)后做平拋運動落到水平地面上，則碰撞點距斜面左端的水平距離x多大時小球平拋運動的水平位移最大？最大位移是多少？解析(1)設AD之間的豎直高度為h，由幾何關系可知h＝R＋Rsin30°＋LABsin60°＝2m。A到C依據動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點，設軌道對小球的支持力為FN，由牛頓運動定律，FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FN＝7N。由牛頓第三定律可知，小球在C點時對軌道的壓力為7N，方向豎直向下。(2)設D到碰撞點的高度為y，從A到碰撞點，依據動能定理得mg(h＋y)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，eq\f(y,x)＝tan45°，小球與斜面碰撞后做平拋運動，H－y＝eq\f(1,2)gt2，s＝v0t，代入數據整理得s＝eq\r(4（2＋x）（4－x）)當2＋x＝4－x即x＝1m時平拋運動的水平位移s有最大值，最大值sm＝6m。答案(1)7N方向豎直向下(2)1m6m6.兒童樂園里的彈珠嬉戲不僅具有消遣性還可以熬煉兒童的眼手合一實力。某彈珠嬉戲可簡化為如圖18所示的豎直平面內OABCD透亮玻璃管道，管道的半徑較小。為探討便利建立平面直角坐標系，O點為拋物口，下方接一滿意方程y＝eq\f(5,9)x2的光滑拋物線形態管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數μ＝0.8的粗糙管道：各部分管道在連接處均相切。A、B、C、D的橫坐標分雖為xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，彈珠質量m＝100g，直徑略小于管道內徑。E為BC管道的最高點，A、B縱坐標相等，在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：圖18(1)若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度v0應當多大；(2)若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在O點拋射速度v0應當多大；(3)嬉戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分在O點拋射速度v0的范圍。解析(1)由y＝eq\f(5,9)x2得A點坐標(1.20m，0.80m)由平拋運動規律xA＝v0t，yA＝eq\f(1,2)gt2代入數據，求得t＝0.4s，v0＝3m/s。(2)在A點，由tanθ＝eq\f(vy,v0)，可得θ＝53°，求得AB、BC圓弧的半徑R＝0.5m對E點3mg＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)求得vE＝2eq\r(5)m/sOE過程由動能定理得mgyA－mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)求得v0＝2eq\r(2)m/s。(3)sinα＝eq\f(2.65－2.00－0.40,0.5)＝0.5，α＝30°，CD與水平面的夾角也為α＝30°(可不求)設3次通過E點的速度最小值為v01，有mgyA－mgR(1－cos53°)－2μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)求得v01＝2eq\r(3)m/s設3次通過E點的速度最大值為v02，有mgyA－mgR(1－cos53°)－4μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)求得v02＝6m/s考慮2次經過E后不從O點離開，有－2μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,03)，求得v03＝2eq\r