题目内容
6．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径（C、D为圆轨道的最低点和最高点），已知∠BOC=30°．可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g=10m/s2．则（ ）
| A． | 圆轨道的半径为0.2m | |
| B． | 无法计算出小滑块的质量 | |
| C． | H取合适的值，可以使得小滑块经过最高点D后直接落到轨道AB上与圆心O等高的E点 | |
| D． | 由图乙可知，若H＜0.50m，小滑块一定会在运动到D点之前脱离轨道 |
分析 对A到D过程应用动能定理，并对滑块在D点应用牛顿第二定律即可得到F与H的关系，然后根据图乙即可求得半径、质量；在分析不同H的情况下，滑块的运动状态．
解答 解：AB、滑块在轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；那么，当H≥0.5m时，滑块可运动到D点，对滑块从A到D应用动能定理可得：$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}=mg（H-2R）$；
再对滑块在D点应用牛顿第二定律可得：$mg+F=\frac{m{{v}_{D}}^{2}}{R}$，所以，$F=\frac{2mg（H-2R）}{R}-mg$=$\frac{2mg}{R}H-5mg$；
所以，由图可知：$\frac{2mg}{R}=10$，且$\frac{2mg}{R}×0.5-5mg=0$，所以，R=0.2m，m=0.1kg；故A正确，B错误；
C、要使小滑块经过最高点D后直接落到轨道AB上与圆心O等高的E点，那么，滑块从D点水平抛出做平抛运动的水平位移为$x=\frac{R}{cos60°}=0.4m$，竖直位移y=R=0.2m，
所以，从D抛出的速度${v}_{D}′=\frac{x}{t}=\frac{x}{\sqrt{\frac{2y}{g}}}=2m/s$，滑块可以运动的D点，在D的速度${v}_{D}≥\sqrt{gR}=\sqrt{2}m/s$，所以，vD′＞vDmin，故H取合适的值，可以使得小滑块经过最高点D的速度为vD′，然后直接落到轨道AB上与圆心O等高的E点，故C正确；
D、当H≤R=0.2m时，滑块在轨道上做往返运动，不脱离轨道；当R＜H＜0.5m时，滑块运动在圆轨道上的最高点R＜h＜2R，然后脱离轨道，故D错误；
故选：AC．
点评 经典力学问题，一般先对物体进行受力分析求得合外力，然后根据几何关系及牛顿第二定律得到运动状态；分析做功情况，即可由动能定理、能量守恒解决相关问题．
综合自测系列答案
如图所示，消防车梯子的下端用铰链固定在车上，上端搁在竖直光滑的墙壁上，当消防队员沿梯子匀速向上爬时，下列说法正确的是（ ）| A． | 铰链对梯子的作用力减小 | B． | 墙壁对梯子的作用力增大 | ||
| C． | 地面对车子的弹力不变 | D． | 地面对车子的摩擦力增大 |
| A． | 卫星的向心加速度增大到原来的4倍 | |
| B． | 卫星的角速度减小到原来的$\frac{1}{4}$ | |
| C． | 卫星的动能将增大到原来的4倍 | |
| D． | 卫星的线速度减小到原来的$\frac{1}{2}$ |
| A． | 牵引力所做的功 | B． | 小车受到的阻力 | ||
| C． | 小车前进的距离 | D． | 小车克服阻力做的功 |
如图，在光滑水平轨道上，有竖直向下的匀强磁场，cd边接一电阻R，一金属棒ab的阻值为R/3、长度与轨道宽度相同，从图示位置分别以v1、v2的速度沿导轨匀速滑动相同距离，若v1：v2=1：3，轨道其余电阻不计，则在这两次过程中（ ）| A． | 回路电流I1：I2=1：3 | |
| B． | R产生的热量Q1：Q2=1：3 | |
| C． | 外力的功率P1：P2=1：3 | |
| D． | ab两端的电压皆为各次感应电动势的$\frac{1}{4}$ |
体育馆内，一个乒乓球从乒乓桌边缘无初速地落下，桌边离地高度约为普通女生身高的一半，则其落地速度约为（ ）| A． | 1.1m/s | B． | 3.4m/s | C． | 4.3m/s | D． | 5.7m/s |
