网校教育资源平台

2017-2018年人教版 高一物理 必修2 模块综合检测(二)

评价文档:
文档评论: 0

相关文档推荐

人教版必修2第五章第6节 平抛运动规律的拓展问题(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第8节 匀速圆周运动分析(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第4节 平抛运动的规律总结(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第11节 竖直平面内圆周运动实例分析 (学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第7节 描述圆周运动的物理量(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第1节 剖析运动的合成与分解(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第3节 解密斜牵引问题(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第12节 圆周运动的临界与突变问题 (学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第9节 非匀速圆周运动分析(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第5节 研究平抛运动实验的深入分析(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第10节 水平面内圆周运动实例分析(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第2节 解密小船渡河模型(学案含答案)
免费
人教版必修2第五章第7节 描述圆周运动的物理量(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第6节 平抛运动规律的拓展问题(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第1节 剖析运动的合成与分解(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第8节 匀速圆周运动分析(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第3节 解密斜牵引问题(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第11节 竖直平面内圆周运动实例分析(习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第4节 平抛运动的规律总结 (习题+解析)
免费
人教版必修2第五章第9节 非匀速圆周运动分析(习题+解析)
免费
分享到:
10积分 下载
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

                 模块综合检测(二)

                 (时间:90   分钟 满分:100      分)
    一、单项选择题(本大题共          10 小题,每小题      3 分,共   30 分.每
小题中只有一个选项是正确的,选对得                 3 分,错选、不选或多选均
不得分)
    1.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运
动到  D 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从                      A 点运
动到  E 点的过程中,下列说法中正确的是(  )


    A.质点经过      C 点的速率比    D 点的大
    B.质点经过     A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于                  90°
    C.质点经过      D 点时的加速度比      B 点的大
    D.质点从     B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增
大后减小

    解析:小球做匀变速曲线运动,所以加速度不变,故选项                        C 错
误.由于在     D 点速度方向与加速度方向垂直,则在                C 点时速度方向
与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由                 C 到  D 速率减小,即      C 点
速率比   D 点大,故选项      A 正确.在     A 点速度方向与加速度方向的夹
角也为钝角,故选项         B 错误.而从     B 到 E 的过程中速度方向与加速
度的方向间的夹角越来越小,故选项                D 错误.
    答案:A
    2.如图所示,两个相对的斜面,倾角分别为                 37°和  53°.在顶点
把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出,小球都
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

落在斜面上.     若不计空气阻力,则         A、B  两个小球的运动时间之比为
(  )


    A.1∶1                 B.4∶3
    C.16∶9                D.9∶16
    解析:两小球均做平抛运动,且均落在斜面上,则对于                       A 球有

             y      gtA         2v0tan 37°

tan    37°=x=     =2v0,解得    tA=   g  ,同理对于     B 球有  tB=
2v0tan 53° tA tan 37° 9
   g  ,则tB=tan 53°=16,故  D 正确.
    答案:D

    3.如图所示,河水流动的速度为              v,且处处相同,河宽度为
a,在船下水点      A 的下游距离为      b 处是瀑布,为了使小船安全渡河
(不掉到瀑布里去),本题中小船速度均指静水中的速度,则下列说
法正确的是(  )


                                                   b
    A.小船船头垂直于河岸渡河时间最短,最短时间为                      t=v,此时
                             av

小船速度最大,最大速度为            vmax= b
    B.小船沿    y 轴方向渡河,位移最小,速度最大,最大速度为

     av

vmax= b
    C.小船沿轨迹      AB  运动,位移最大,时间最长,速度最小,最

           av

小速度   vmin= b
    D.小船沿轨迹      AB  运动,位移最大,速度最小,最小速度
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

       av
      a2+b2
vmin=
                                                    a
    解析:小船船头垂直于河岸渡河时间最短,最短时间                      t=v船,
A 错误;小船沿      y 轴方向渡河,位移最小,此时船头与河岸有一定
夹角,指向上游,即小船的两个分速度夹角为钝角,合速度比两分

速度夹角为锐角时小,故不是最大速度,B                  错误;小船沿轨迹
AB 运动位移最大,但渡河的时间由船速的大小和方向共同决定,此
时船速有最小值,即当船速方向与               AB 垂直时,船速最小,由相似

           a   a2+b2             av
                                a2+b2
三角形,得vmin=       v ,解得    vmin=     ,C 错误,D    正确.
    答案:D
    4.汽车在平直公路上行驶,前一段时间内发动机的功率为

P1,后一段时间内的功率为           P2,已知在两段时间内发动机做的功相
等,则在全部时间内发动机的平均功率为(  )

      P1+P2
    A.  2                 B. P1P2
      P1P2                  2P1P2
    C.P1+P2               D.P1+P2
                      2W        W      W        2P1P2
                      +                          +
    解析:平均功率       P=t1  t2,又 t1=P1,t2=P2,故   P=P1  P2,故
选项  D 正确.
    答案:D
    5.以一定速度竖直上抛一个小球,小球上升的最大高度为                        h,

空气阻力的大小恒为         Ff,则从抛出至落回到原出发点的过程中,空
气阻力对小球做的功为(  )

    A.0                   B.-Ffh

    C.-2Ffh               D.-4Ffh

    解析:上升阶段,空气阻力做功              W1=-Ffh.下落阶段空气阻力
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


做功  W2=-Ffh,整个过程中空气阻力做功              W=W1+W2=-2Ffh,
故 C 选项正确.
    答案:C
    6.质量为    2×103  kg、发动机的额定功率为          80 kW 的汽车在平
直公路上行驶.若该汽车所受阻力大小恒为                  4×103   N,则下列判断
中正确的有(  )
    A.汽车的最大速度是         10 m/s
    B.汽车以    2 m/s2 的加速度匀加速启动,启动后第             2 s 末时发动
机的实际功率是       32 kW
    C.汽车以     2  m/s2 的加速度匀加速启动,匀加速运动所能维持
的时间为    10 s
    D.若汽车保持额定功率启动,则当其速度为                   5 m/s 时,加速度
为 8 m/s2

    解析:当牵引力大小等于阻力时速度最大,根据                    P=fvm 得,汽

                P  80 000

车的最大速度      vm=f=  4 000  m/s=20 m/s,故 A 错误;根据牛顿第二
定律,得    F-f=ma,解得      F=f+ma=4 000 N+2 000×2 N=8 000 

N,第   2 s 末的速度   v=at=2×2 m/s=4 m/s,第    2 s 末发动机的实际
功率  P=Fv=8    000×4 W=32   kW,故    B 正确;匀加速直线运动的

         P  80 000                                    v 10
末速度   v=F=  8 000  m/s=10 m/s,做匀加速直线运动的时间          t=a=  2  
                                                   P  80 000
s=5   s,故  C 错误;当汽车速度为         5  m/s 时,牵引力     F=v=   5   
                                                     F-f
N=16     000   N,根据牛顿第二定律,得汽车的加速度                 a=  m =
16 000-4 000
   2 000  m/s2=6 m/s2,故 D 错误.选    B.
    答案:B
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

    7.质量为    m 的滑块从半径为       R 的半球形碗的边缘滑向碗底,

过碗底时速度为       v,若滑块与碗间的动摩擦因数为              μ,则在过碗底时
滑块受到摩擦力的大小为(  )

                                v2
    A.μmg                 B.μm  R
            v2                   v2
          g+                      -g
    C.μm(    R )          D.μm(  R  )
    解析:滑块经过碗底时,由重力和支持力的合力提供向心

                                v2

力.根据牛顿第二定律得           FN-mg=m   R ,则碗底对球支持力        FN=
      v2

mg+m  R .所以在过碗底时滑块受到摩擦力的大小               f=μFN=
      v2       v2
  mg+m       g+
μ(    R )=μm(  R ),故选  C.
    答案:C
    8.一质量为    1 kg 的质点静止于光滑水平面上,从            t=0 时刻开始,
受到水平外力      F 作用,如图所示.下列判断正确的是(  )


    A.0~2 s  内外力的平均功率是         4 W
    B.第   2 s 内外力所做的功是      4 J
    C.第   2 s 末外力的瞬时功率最大
    D.第   1 s 末与第  2 s 末外力的瞬时功率之比为         9∶5

                                    F1 3
                                            2      2
    解析:0~1     s 内,质点的加速度       a1= m =1 m/s =3 m/s ,则质
                      1     1

点在  0~1  s 内的位移    x1=2a1t21=2×3×1 m=1.5   m,1  s 末的速度
                                               F2  1
                                                       2
v1=a1t1=3×1  m/s=3  m/s,第  2 s 内质点的加速度      a2= m =1 m/s =
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

                              1             1
     2
1 m/s ,第  2 s 内的位移    x2=v1t2+2a2t2=3×1 m+2×1×1     m=3.5 

m,在   0~2    s 内外力  F 做功的大小     W=F1x1+F2x2=3×1.5      J+

                                           W   8
1×3.5 J=8  J,可知   0~2  s 内外力的平均功率       P=  t =2 W=4  W,

故 A 正确;第     2 s 内外力做功    W2=F2x2=1×3.5   J=3.5  J,故  B 错

误;第   1 s 末外力的瞬时功率       P1=F1v1=3×3 W=9 W,第       2 s 末的

速度  v2=v1+a2t2=3   m/s+1×1   m/s=4   m/s,则外力的瞬时功率

P2=F2v2=1×4 W=4 W,可知第         2 s 末外力的瞬时功率不是最大,
第 1 s 末和第  2 s 末外力的瞬时功率之比为          9∶4,故   C、D   错误.
    答案:A
    9.长为  0.5   m 的轻杆,其一端固定于          O 点,另一端连有质量
m=2   kg 的小球,它绕      O 点在竖直平面内做圆周运动,如图所示,

当通过最高点时,v=1 m/s,小球受到杆的力是(g                 取 10 m/s2)(  )


    A.16 N  推力            B.16 N  拉力
    C.4 N  推力             D.4 N  拉力
    解析:小球受重力和杆的弹力作用,设杆的弹力竖直向上.由

                        v2                v2

牛顿第二定律得       mg-FN=m   L ,解得   FN=mg-m   L =2×10  N-2×
12
0.5N=16 N,故球受到杆竖直向上的推力作用,大小为                   16 N,选项
A 正确.
    答案:A
    10.如图所示,两颗星组成的双星,在相互之间的万有引力作
用下,绕连线上的        O 点做周期相同的匀速圆周运动.
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


    现测得两颗星之间的距离为            L,质量之比为      m1∶m2=3∶2,下
列说法中正确的是(  )

    A.m1、m2   做圆周运动的线速度之比为            3∶2

    B.m1、m2   做圆周运动的角速度之比为           3∶2

                           2

    C.m1  做圆周运动的半径为5L
                           2

    D.m2  做圆周运动的半径为5L
                                 m1m2
                                                   2
    解析:根据     F 万=F  向,对  m1 得 G  L2 =m1   =m1r1ω  ,对
      m1m2                                         v1 r1
                        2
m2 得 G L2 =m2    =m2r2ω  ,又  r1+r2=L,由以上各式得v2=r2=
m2  2                           2π                2

m1=3,A  错误.由于     T1=T2,故   ω=  T 相同,B   错误.r1=5L,r2=
3
5L,C  正确,D   错误.
    答案:C
    二、多项选择题(本大题共          4 小题,每小题      6 分,共   24 分.每
小题有多个选项是正确的,全选对得                6 分,少选得    3 分,选错、多
选或不选得     0 分)
    11.我国已发射了“嫦娥三号”卫星,该卫星在距月球表面                      H 处
的环月轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,其运行的周期为                     T,随后“嫦娥
三号”在该轨道上        A 点采取措施,降至近月点高度为              h 的椭圆轨道
Ⅱ上,如图所示.若以          R 表示月球的半径,忽略月球自转及地球对
卫星的影响.则下述判断正确的是(  )
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


    A.“嫦娥三号”在环月轨道Ⅰ上需加速才能降至椭圆轨道Ⅱ

                                              (2R+H+h)3
    B.“嫦娥三号”在图中椭圆轨道Ⅱ上的周期为                      8(R+H)3 T

                   4π2(R+H)3
    C.月球的质量为         GT2
                            2π R(R+H)3
    D.月球的第一宇宙速度为               TR
    解析:“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动,要使其沿椭圆轨道运动,
“嫦娥三号”需做近心运动,故在轨道Ⅰ上需要对“嫦娥三号”减

速,“嫦娥三号”才可以沿轨道Ⅱ运动,故                  A 错误;根据开普勒第

      a3
三定律T2=k,得“嫦娥三号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的周期应满足

       (R+H)3
TⅠ   1                           (2R+H+h)3
      (2R+H+h) 3
    [2       ]                    8(R+H)3
TⅡ=           ,TⅠ=T,解得      TⅡ=          T,故   B 正确;
“嫦娥三号”在图中轨道Ⅰ上运动时,根据万有引力提供它做圆周

                   Mm     4π2
运动的向心力,有        G(R+H)2=m  T2 (R+H),解得月球的质量为        M=

4π2(R+H)3              Mm    v2
  GT2  ,故   C 正确;据    G R2 =m R ,得月球的第一宇宙速度为          v= 

 GM  2π R(R+H)3
 R =    TR   ,故   D 正确.
    答案:BCD
    12.如图所示,在粗糙水平板上放一个物体,使水平板和物体
一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab                     为水平直径,
cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始
终静止,则(  )
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


    A.物块始终受到三个力作用
    B.只有在    a、b、c、d    四点,物块受到合外力才指向圆心
    C.从   a 到 b,物体所受的摩擦力先减小后增大
    D.从   b 到 a,物块处于超重状态
    解析:在    cd 两点处,只受重力和支持力,在其他位置处物体受
到重力,支持力、静摩擦力三个作用,故                 A 错误;物体作匀速圆周
运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故                        B 错误;
从 a 运动到   b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加
速度先减小后反向增大,根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的

摩擦力先减小后增大.故           C 正确.从    b 运动到   a,向心加速度有向
上的分量,所以物体处于超重状态,故                 D 正确.
    答案:CD
    13.如图所示,在“嫦娥”探月工程中,设月球半径为                     R,月球
表面的重力加速度为         g.飞船在半径为      4R 的圆形轨道Ⅰ上运动,到
达轨道的    A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点                     B 时,
再次点火进入半径约为          R 的近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动,则(  )


                                  1
    A.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率等于2               g0R
    B.飞船在轨道Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上                    B 处的速率
    C.飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上                   B 处的加速度
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

    D.飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比                   TⅠ∶TⅢ=4∶1

                Mm
                ( )
    解析:根据     G 4R 2=m   ,得飞船在轨道Ⅰ上的运行速率              v1=

 GM                              g0R 1
 4R            2                  4    g0R
   ,又  GM=g0R   ,解得   v1=          =2    ,故   A 正确;根据

 Mm    v2           GM
G r2 =m r ,解得  v=    r ,飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的速率关系为

vⅢ>vⅠ,飞船在轨道Ⅱ上的           B 处减速进入轨道Ⅲ,则飞船在轨道
Ⅰ上的运行速率小于在轨道Ⅱ上              B 处的速率,故      B 正确;根据牛顿

                Mm
               G
                 r2 GM
第二定律,得      a=  m =  r2 ,飞船在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道

                                  Mm    4π2        4π2r3
Ⅱ上  B 处的加速度,故       C 错误;根据     G r2 =mr T2 ,得 T=  GM ,
飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的轨道半径之比为                    4∶1,则周期之比
为 8∶1,故    D 错误.
    答案:AB
    14.将一物体从地面以一定的初速度竖直上抛,从抛出到落回
原地的过程中,空气阻力恒定.以地面为零势能面,则下列反映物

体的机械能     E、动能    Ek、重力势能     Ep 及克服阻力所做的功        W  随距
地面高度    h 变化的四个图象中,可能正确的是(  )


    解析:物体运动过程中受重力和阻力,除重力外其余力做的功
等于机械能的变化量,上升过程和下降过程中物体一直克服阻力做
功,故机械能不断减小,但落回原地时有速度,机械能不可能为零,

故 A 错误;物体运动过程中受重力和阻力,合力做功等于动能的变

化量,上升过程动能不断减小,表达式为-(mg+f)h=Ek-Ek0,下
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


降过程动能不断增大,表达式为(mg-f)(H-h)=Ek,故                  B 正确;重

力做功等于重力势能的减少量,以地面为零势能面,故                       Ep=mgh,
故 C 正确;上升过程中克服阻力所做的功                W=fh,下降过程中克服
阻力做的功为      W=f(H-h)=fH-fh,故      D 正确.
    答案:BCD
    三、非选择题(本题共         4 小题,共   46 分.把答案填在题中的横
线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式
和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,

答案中必须明确写出数值和单位)
    15.(8 分)在做“研究平抛运动”的实验中,为了确定小球不同
时刻在空中所通过的位置,实验时用了如图所示的装置.


    先将斜槽轨道的末端调整水平,在一块平整的木板表面钉上白
纸和复写纸.将该木板竖直立于水平地面上,使小球从斜槽上紧靠

挡板处由静止释放,小球撞到木板并在白纸上留下痕迹                       A;将木板
向远离槽口的方向平移距离            x,再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静
止释放,小球撞在木板上得到痕迹               B;将木板再向远离槽口的方向
平移距离    x,小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,再得到痕迹

C.若测得木板每次移动距离           x=10.00 cm.A、B  间距离   y1=5.02 cm,

                                2
B、C  间距离   y2=14.82 cm(g=9.80 m/s ). 
    (1)为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放?
    ______________________________________________________.
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

    (2)根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为

v0=________________(用题中所给字母表示).

    (3)小球初速度的值为       v0=________ m/s.
    解析:(1)每次从斜槽上紧靠挡板处由静止释放小球,是为了使
小球离开斜槽末端时有相同的初速度.

    (2)根据平抛运动在水平方向上为匀速直线运动,则小球从                      A 到
B 和从  B 到 C 运动时间相等,设为         T;竖直方向由匀变速直线运动

                                               g
               2                              y2-y1
推论有   y2-y1=gT  ,且  v0T=x.解以上两式得:v0=x             .

    (3)代入数据解得     v0=1.00 m/s.
    答案:(1)为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同 

          g
    (2)x y2-y1 (3)1.00
    16.(8 分)如图所示,半径为         R 的半球形陶罐,固定在可以绕竖
直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心                    O 的对称轴    OO′重
合,转台以一定角速度          ω 匀速旋转,一质量为         m 的小物块落入陶罐
内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它

和 O 点的连线与      OO′之间的夹角     θ 为 45°.已知重力加速度大小为

                                          2
g,小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为                  f= 4 mg.


    (1)若小物块受到的摩擦力恰好为零,求此时的角速度                    ω0;
    (2)若小物块一直相对陶罐静止,求陶罐旋转的角速度的最大值
和最小值.

    解析:(1)当小物块受到的摩擦力为零,支持力和重力的合力提
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

供向心力,有

    mgtan θ=mω20Rsin θ,

               2g
               R
    解得  ω0=     .

    (2)当 ω>ω0 时,重力和支持力的合力不够提供向心力,当角速
度最大时,摩擦力方向沿罐壁切线向下时摩擦力达到最大值,设此

时最大角速度为       ω1,

    由牛顿第二定律,得         fcos θ+FNsin θ=mω21Rsin θ,

    fsin θ+mg=FNcos θ,

                            3 2g
                            2R
    联立以上三式,解得         ω1=     .

    当 ω<ω0  时,重力和支持力的合力大于所需向心力,摩擦力方
向沿罐壁切线向上,当角速度最小时,摩擦力向上达到最大值,设

此最小角速度为       ω2,

    由牛顿第二定律,得         FNsin θ-fcos θ=mω2Rsin θ,

    mg=FNcos θ+fsin θ,

                   2g
                  2R
    联立解得    ω2=     .

              2g      3 2g    2g
    答案:(1)    R    (2) 2R     2R
    17.(14 分)我国将于     2022 年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具
观赏性的项目之一.如图所示,质量                m=60 kg 的运动员从长直助滑
道 AB  的 A 处由静止开始以加速度          a=3.6 m/s2 匀加速滑下,到达助

滑道末端    B 时速度   vB=24  m/s,A  与 B 的竖直高度差      H=48  m.为
了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道

衔接,其中最低点        C 处附近是一段以       O 为圆心的圆弧.助滑道末端
B 与滑道最低点      C 的高度差    h=5  m,运动员在      B、C  间运动时阻力
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台

做功  W=-1 530 J,取    g=10 m/s2.


    (1)求运动员在    AB 段下滑时受到阻力        Ff 的大小;
    (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的                   6 倍,则  C 点
所在圆弧的半径       R 至少应为多大.
    解析:(1)运动员在      AB 上做初速度为零的匀加速运动,设

AB 的长度为    x,则有    vB2=2ax,①

                        H

    由牛顿第二定律,有         mgx-Ff=ma,②

    联立①②式,代入数据,解得             Ff=144 N.③

    (2)设运动员到达     C 点时的速度为      vC,在由   B 到达   C 的过程中,

                       1     1
由动能定理,有       mgh+W=2mvC2-2mvB2,④

    设运动员在     C 点所受的支持力为        FN,由牛顿第二定律,有

    FN-mg=m      ,⑤
    由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的                   6 倍,联立
④⑤式,代入数据解得          R=12.5 m.
    答案:(1)144 N (2)12.5 m
    18.(16 分)如图所示,一轻质弹簧左端固定在足够长的水平轨

道左侧,水平轨道的         PQ 段粗糙,调节其初始长度为            l0=1.5 m,水
平轨道右侧连接半径为          R=0.4 m  的竖直圆形光滑轨道,可视为质点
的滑块将弹簧压缩至         A 点后由静止释放,经过水平轨道             PQ  后,恰
好能通过圆形轨道的最高点            B.已知滑块质量      m=1   kg,与   PQ 段间
的动摩擦因数      μ=0.4,轨道其他部分摩擦不计.g            取  10 m/s2,求:
             中国现代教育网  www.30edu.com  全国最大教师交流平台


    (1)弹簧压缩至    A 点时弹簧的弹性势能         Ep;
    (2)若每次均从    A 点由静止释放滑块,同时调节             PQ 段的长度,
为使滑块在进入圆形轨道后能够不脱离轨道而运动,PQ                       段的长度
l 应满足什么条件?

    解析:(1)设滑块冲上圆形轨道最高点              B 时速度为    v,由能量守
恒定律,得

        1
           2
    Ep=2mv  +2mgR+μmgl0,①
    滑块在   B 点时,重力提供向心力,由牛顿第二定律,得

          v2
    mg=m  R ,②

    联立①②式并代入数据,解得             Ep=16 J.
    (2)若要使滑块不脱离轨道,分两种情况讨论:
    ①滑块能够通过       B 点而不脱离轨道,则应满足            l≤1.5 m,③

    ②滑块能够到达圆形轨道,则应满足               Ep≥μmgl,解得      l≤4 
m,④


    滑块到达圆形轨道而又不超过与圆心等高的                  C 点时,如图所示,

临界条件取到达       C 点时速度恰好为零,则有           Ep≤mgR+μmgl,解得

l≥3 m,⑤
    联立③④⑤式,可得         PQ 段长度   l 应满足的条件是:

    l≤1.5 m 或 3 m≤l≤4 m.
    答案:(1)16 J (2)l≤1.5 m  或  3 m≤l≤4 m
10积分下载