题目内容
4．质量为m=1kg的小球置于高h=0.8m的水平桌面的右边缘A点，现给其一水平向右的初速度，小球恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆孤轨道．B、C 为圆弧的两端点，其连线水平，已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应圆心角θ=106°，轨道最低点为O，固定斜面刚好与圆弧的C点相切．小球离开圆弧轨道后沿斜面继续向上运动，其能到达的最高点为D 点．小球与斜面间的动摩擦因素为0.5．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）小物块离开A点的水平初速度vA；
（2）小物块经过O点时对轨道的压力；
（3）斜面上CD间的距离．
分析 （1）小物块从A到B的过程做平抛运动，根据高度求出经过B点时竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出物体运动到A点的速度．
（2）由速度的合成求出B点的速度．小物块从B到0，运用动能定理可以求出小物块经过O点时的速度．在O点，由合力提供向心力，由牛顿定律求压力．
（3）小物块沿斜面上滑时做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再由运动学公式求CD间的距离．
解答 解：（1）对小物块，由A到B做平抛运动，则有
${v}_{y}^{2}$=2gh
得经过B点时竖直方向上的分速度 vy=4m/s
在B点，有 tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{A}}$ 所以 vA=3m/s
（2）对小物块，经过B点的速度 vB=$\sqrt{{v}_{A}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=5m/s
由B到O，由动能定理有
mgR（1-cos53°）=$\frac{1}{2}m{v}_{O}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
在O点，由牛顿第二定律有 N-mg=m$\frac{{v}_{O}^{2}}{R}$
所以 N=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为 N′=N=43N
（3）物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有：
mgsin53°+μmgcos53°=ma
解得加速度大小 a=11 m/s2；
由机械能守恒知 vC=vB=5m/s
小物块由C上升到最高点D点的位移为 x=$\frac{{v}_{C}^{2}}{2a}$=$\frac{25}{22}$m
答：
（1）小物块离开A点的水平初速度vA是3m/s．
（2）小物块经过O点时对轨道的压力是43N；
（3）斜面上CD间的距离为$\frac{25}{22}$m．
点评 对于平抛运动，要知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，掌握分运动的规律，以及明确圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
| A． | 4g | B． | 2g | C． | 0.4g | D． | 0.2g |
如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中（ ）| A． | 工件对传送带做功为-$\frac{1}{2}$mv2 | |
| B． | 传送带与工件间摩擦产生热量为$\frac{1}{2}$mv2 | |
| C． | 传送带因为传送工件需要多做的功为mv2 | |
| D． | 传送带对工件做的功为$\frac{1}{2}$mv2 |
| A． | 某时刻物体的速度为零，其一定处于静止状态 | |
| B． | 物体速度变化量为负值时，它的加速度可能为正值 | |
| C． | 物体速度变化很快，其加速度一定很大 | |
| D． | 物体的加速度减小，它的速度也一定减小 |
如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A，接电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果正确的是（ ）| A． | 先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转 | |
| B． | 先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转 | |
| C． | S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转 | |
| D． | S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转 |
如图所示，一圆弧轨道固定在地面上，一可以看做质点的质量m=3kg的小球以初速度v0沿光滑的水平台面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平台面等高，圆弧AB对应的圆心角θ=53°，轨道半径R=2m（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力，取g=10m/s2）．
在水平面上一轻质弹簧竖直放置，在它正上方一物体自由落下，如图所示，在物体压缩弹簧速度减为零的过程中（ ）| A． | 物体的动能不断减小 | B． | 物体所受的合力减小为零 | ||
| C． | 弹簧的弹性势能减小 | D． | 物体和弹簧组成的系统机械能守恒 |