【導讀】1．定義：將物體以一定的初速度沿方向拋出，不考。慮空氣阻力，物體只在作用下所做的運動．。2．性質(zhì)：平拋運動是加速度為的曲線。運動，軌跡是拋物線．。重力加速度勻變速。若物體受恒力作用且恒力方向與初速度方向垂直，這。同，其運動規(guī)律與平拋運動規(guī)律也相同，只不過在分解時。2．性質(zhì)：斜拋運動是加速度恒為的勻變速曲。1．水平射程和飛行時間。任意相等的時間間隔Δt內(nèi)的速度變化量均豎直向下，且。4．平拋運動的兩個重要推論。即末狀態(tài)速度方向的反向延長線與x軸的交點B必為此時。1．在平拋運動過程中，位移矢量與速度矢量永遠不會。2．它們與水平方向的夾角關(guān)系為tanθ＝2tanφ，但不。1．類平拋運動的受力特點。線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具。加速運動階段，兩個階段的聯(lián)系紐帶是平拋運動的末速度。馬路右側(cè)邊緣．設(shè)小球剛好越過墻如圖中Ⅰ所

　　

【正文】 解，最后根據(jù)結(jié)果 的符號判斷力的真實方向 . (10分 )如圖 4－ 3－ 7所示，在光滑的圓錐體頂端用長為 l的細線懸掛一質(zhì)量為 m的小球．圓錐體固定在水平面上不動，其軸線沿豎直方向，母線與軸線之間的夾角為 30176。 .小球以速率 v繞圓錐體軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運動． (1)當 v1＝ 時，求線對小球的拉力； (2)當 v2＝ 時，求線對小球的拉力． [思路點撥 ] 當小球做圓周運動的速率 v足夠大時，小球有可能脫離圓錐體表面，因此應當求出臨界速度，然后對 (1)、 (2)問中的速度下小球的運動情況做出判斷． [解題樣板 ] 如圖 4－ 3－ 8甲所示，小球在錐面上運動，當支持力 FN＝ 0時，小球只受重力 mg和線的拉力 FT的作用，其合力 F應沿水平面指向軸線，由幾何關(guān)系知 F＝ mgtan30176。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ① (1分 ) 又 F＝ m ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ② (2分 ) 由 ①② 兩式解得 v0＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) (1)因為 v1＜ v0，所以小球與錐面接觸并產(chǎn)生彈力 FN，此時小球受力如圖 4－ 3－ 8乙所示．根據(jù)牛頓第二定律有 FTsinθ－ FNcosθ＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ③ (1分 ) FTcosθ＋ FNsinθ－ mg＝ 0┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ④ (1分 ) 由 ③④ 兩式解得 FT＝ ≈┄┄┄┄ (1分 ) (2)因為 v2＞ v0，所以小球與錐面脫離并不接觸，設(shè)此時線與豎直方向的夾角為 α，小球受力如圖 4－ 3－ 8丙所示．則 FTsinα＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑤ (1分 ) FTcosα－ mg＝ 0 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ ⑥ (1分 ) 由 ⑤⑥ 兩式解得 FT＝ 2mg. ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ (1分 ) [答案 ] (1) (2)2mg (1)先確定臨界值 v0，再對 v v2所對應的情況做出判斷，可 以減少解題的盲目性，少走彎路． (2)當小球與圓錐面脫離后，線與豎直方向的夾角發(fā)生了變 化，應重新設(shè)角度． 1．如圖 4－ 3－ 9所示，物塊在水平圓盤上，與圓盤一起繞固 定軸勻速轉(zhuǎn)動，下列說法中正確的是 ( ) A．物塊處于平衡狀態(tài) B．物塊受三個力作用 C．在角速度一定時，物塊到轉(zhuǎn)軸的距 離越遠，物塊越不容易脫離圓盤 D．在物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時，物塊運 動周期越小，越不容易脫離圓盤 圖 4－ 3－ 9 解析： 對物塊進行受力分析可知，物塊受豎直向下的重力、垂直圓盤向上的支持力及指向圓心的摩擦力共三個力作用，合力提供向心力， A錯， B正確．根據(jù)向心力公式 F＝ mrω2可知，當 ω一定時，半徑越大，所需的向心力越大，越容易脫離圓盤；根據(jù)向心力公式 F＝ mr 可知，當物塊到轉(zhuǎn)軸距離一定時，周期越小，所需向心力越大，越容易脫離圓盤，C、 D錯誤． 答案： B 2．如圖 4－ 3－ 10所示，光滑水平面上，小球 m在拉力 F作用 下做勻速圓周運動．當小球運動到 P點時拉力 F發(fā)生變化， 關(guān)于小球以后運動情況的說法正確的是 ( ) A．若拉力突然消失，小球?qū)⒀剀壽E Pa做離心運動 B．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽E Pa做離心運動 C．若拉力突然變大，小球?qū)⒀剀壽E Pb做離心運動 D．若拉力突然變小， 小球?qū)⒀剀壽E Pc做近心運動 圖 4－ 3－ 10 解析： 當拉力變小時，小球會由于拉力不足以提供向心力而做離心運動，同時又由于細線還有拉力而改變運動方向，所以小球?qū)⒀厍芯€和圓周之間的某一方向飛出，即沿軌跡Pb做離心運動；在拉力突然變大后，由于所施加的拉力大于所需的向心力，會把小球向內(nèi)拉動，偏離了圓周，而向圓心的一側(cè)運動，即沿軌跡 Pc運動；若拉力突然消失，小球?qū)⒂捎趹T性沿軌跡 Pa做離心運動．故只有 A正確． 答案： A 3．鐵路轉(zhuǎn)彎處的彎道半徑 r是根據(jù)地形決定的．彎道處要求 外軌比內(nèi)軌高，其內(nèi)、外軌高度差 h的設(shè)計不僅與 r有關(guān)， 還與火車在彎道上的行駛速率 v有關(guān)．下列說法正確的是 ( ) A． v一定時， r越小則要求 h越大 B． v一定時， r越大則要求 h越大 C． r一定時， v越小則要求 h越大 D． r一定時， v越大則要求 h越大 解析： 設(shè)軌道平面與水平方向的夾角為 θ，由 mgtanθ＝ m 得 tanθ＝ 可見 v一定時， r越大， tanθ越小，內(nèi)、 外軌的高度差 h越小，故 A正確， B錯誤；當 r一定時， v越大，tanθ越大，內(nèi)、外軌的高度差 h越大，故 C錯誤， D正確． 答案： AD 4．小球質(zhì)量為 m，用長為 L的輕質(zhì)細線懸掛在 O點，在 O點 的正下方處有一釘子 P，把細線沿水平方向拉直，如圖 4 － 3－ 11所示，無初速度地釋放小球，當細線碰到釘子 的瞬間，設(shè)線沒有斷裂，則下列說法錯誤的是 ( ) A．小球的角速度突然增大 B．小球的瞬時速度突然增大 C．小球的向心加速度突然增大 D．小球?qū)揖€的拉力突然增大 解析： 當細線碰到釘子時，線速度不變，但小球做圓周運動的半徑將減?。?ω＝ ， R減小， ω增大；由 a＝ ， R減小， a增大；由 FT－ mg＝ m ，得 FT增大，故 A、 C、 D正確， B錯誤． 答案： B 5． (2020金華模擬 )在 2020年北京奧 運會體操男子單杠決賽中，中國 小將鄒凱問鼎冠軍．鄒凱完成了 一個單臂回環(huán)動作后恰好靜止在 最高點，如圖 4－ 3－ 12所示．設(shè) 鄒凱的重心離杠 l＝ m，體重 56 kg .忽略摩擦力，且認 為單臂回環(huán)動作是圓周運動 (g＝ 10 m/s2)．試求： (1)達到如圖 4－ 3－ 12所示效果，鄒凱的重心在最低點的 速度大小． (2)鄒凱在最高點與最低點時對杠的作用力分別是多大． 解析： (1)根據(jù)機械能守恒，設(shè)鄒凱在最低點的速度為 v，則 mgh ＝ mv2 h＝ 2l 所以 v＝ ＝ m/s. (2)在最高點鄒凱處于靜止狀態(tài)，故所受杠的支持力等于其重力 FN＝ mg＝ 560 N 由牛頓第三定律，鄒凱對杠的作用力為 560 N. 在最低點做圓周運動，設(shè)杠對鄒凱的作用力為 FN′ 則 FN′－ mg＝ m 故 FN′＝ mg＋ m ＝ 2800 N 由牛頓第三定律知，鄒凱對杠的作用力為 2800 N. 答案： (1) m/s (2)560 N 2800 N