教师详解(听课手册)第四单元曲线运动万有引力与航天第9讲运动的合成与分解【教材知识梳理】核心填空一、切线匀变速曲线加速度合外力二、合运动分运动实际效果平行四边形思维辨析(1)(√) (2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(√) (6)(×)(7)(×)(8)(√)【考点互动探究】考点一例1 CD [解析] 如果F x、F y二力的合力沿v0方向,即F y=F x tan α,则质点做直线运动,选项A错误,C正确.若F x>F y cot α,则合力方向在v0与x轴正方向之间,所以轨迹向x轴一侧弯曲;若F x<F y cot α,则合力方向在v0与y轴之间,所以轨迹向y轴一侧弯曲;只知道F x>F y时,不能确定轨迹是偏向x轴一侧还是y轴一侧,选项B错误,D正确.变式题 B [解析] 物体获得由A指向B的任意大小的瞬时速度时,由运动的合成可知,物体的运动路径是直线,但不一定是路径2,只有该瞬时速度为某确定值时,物体的路径才是2,故A错误,B正确;物体持续受到平行于AB的任意大小的恒力时,物体做曲线运动,且运动路径弯向恒力方向,但物体不一定会经过C点,且路径一定不会是3,故C、D错误.考点二例 2 B [解析] 点火后,附加速度与飞经赤道上空的速度的合速度应该沿同步轨道切线方向,如图所示,根据三角形定则及数学知识得Δv==1.9×103 m/s,故B正确.变式题BC [解析] 橡皮向右上方运动,具有沿斜面向上的分速度,与钉子沿斜面向上的速度相等,即为v;橡皮还具有竖直向上的分速度,大小也等于v;其实际速度大小(合速度)是两个分速度的合成,故橡皮的实际速度大小(合速度)v'=2vcos 30°=v,且与水平方向成60°角,A、D错误,B、C正确.考点三例3 (1)0.2 m/s (2)0.33 m/s 200 m 53°[解析] (1)船头垂直于对岸方向航行时,如图甲所示.由x=v2t1得v2= m/s=0.2 m/s(2)船头保持与岸成α角向上游航行时,如图乙所示,有v2=v1cos αd=v1t2sin α由(1)可得d=v1t1联立解得α=53°,v1=0.33 m/s,d=200 m变式题BC [解析] 设运动员放箭的位置离目标的距离为x,运动员要在最短的时间内击中目标,射箭方向必须垂直于跑道,同时合速度必须指向目标,箭的合速度与分速度的矢量三角形如图所示,则射击时间t=,在射出时间内箭沿跑道的位移s=v1t=,故放箭位置到目标的距离x=.考点四例4[解析] 小船B的速度为沿绳方向速度和垂直于绳方向速度的合速度,根据平行四边形定则,有vcos θ=v0,则v=.变式题 B [解析] 设汽车向右运动的速度为v,绳子与水平方向的夹角为α,物块上升的速度为v',则vcos α=v',汽车匀速向右运动,α减小,v'增大,物块向上加速运动,A、D错误;物块的加速度向上,处于超重状态,B正确,C错误.1.[2017·江苏南通如皋中学模拟]关于曲线运动,下列说法错误的是( )A.做曲线运动的物体速度方向时刻在改变,故曲线运动是变速运动B.做曲线运动的物体受到的合外力方向与速度方向一定不共线C.做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心D.做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力[解析] D 做曲线运动的物体的速度方向时刻在改变,所以曲线运动一定是变速运动,A正确;物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上,故B正确;做匀速圆周运动的物体所受到的向心力是始终指向圆心的,大小不变,方向时刻改变,故C正确,D错误.2.[2014·四川卷]有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河.小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为( )A.C.[解析] B 设河岸宽为d,船速为u,则根据渡河时间关系得=k,解得u=,选项B正确. 3.如图所示,甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河,M、N分别是甲、乙两船的出发点,两船头与河岸均成α角,甲船船头恰好对准N点的正对岸P点,经过一段时间乙船恰好到达P点.如果划船速度大小相同,且两船若相遇,不影响各自的航行,下列判断正确的是( )A.甲船也能到达正对岸B.甲船渡河时间一定较短C.两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D.渡河过程中两船不会相遇[解析] C 设划船的速度大小为v,因乙船恰好垂直河岸渡河,故vcos α=v水,两船的渡河时间都是,选项B错误;甲船的航线在MP与MN之间,故甲船不能到达正对岸,选项A错误;两船在垂直河岸方向的分运动相同,且乙船的航线为NP,故二者相遇点一定在NP上,选项C正确;甲船到达对岸的位置在P点的右侧,且两船在垂直河岸方向的分运动相同,故二者一定相遇,选项D错误.4.小船过河问题与切割玻璃问题的区别例1:小船在200 m宽的河中横渡,水流速度为2 m/s,船在静水中的速度是4 m/s,要使小船到达正对岸,应如何行驶?例2:宽9 m的成型玻璃以2 m/s的速度连续不断地向前行进,在切割工序处,金刚割刀的速度为10 m/s,为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形,则金刚割刀的轨道应如何控制?[解析] 这是两道经典题,但大多数学生搞不清这两道题在解法上有什么区别.如例1的解法如下:要使小船垂直过河,即合速度应垂直于河岸,如图甲所示,则cos θ=所以θ=60°,即航向与岸上游成60°角.对例2的解法,多数学生认为与例1的解法相同,即合速度应垂直于玻璃板,如图乙所示,则cos θ=即θ=arccos .实际上,例1的解法正确,例2的解法错误,例2的正确解法如下:由题目条件知,割刀运动的速度是实际的速度,所以为合速度,其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割.设割刀的速度v2的方向与玻璃板速度v1的方向的夹角为θ,如图丙所示,要保证割下矩形的玻璃板,由v2是合速度,得v1=v2cos θ所以cos θ=即θ=arccos要割下矩形板,割刀速度方向与玻璃板速度所成角度θ=arccos .这两道题看起来非常相似,解法上却有很大区别,为什么呢?这也是很多学生的疑点,分析可知,关键是找合速度的问题,例2中割刀运动的速度v2为什么是合速度?原来,割刀是由机器控制速度方向,它不会随玻璃行进的方向的改变而改变,也就是割刀运动的实际速度,所以为合速度.而例1中船行进的方向会随水流速度的改变而改变,故v船不是合速度,这就是两道题的区别.第10讲抛体运动【教材知识梳理】核心填空一、1.重力 2.抛物线 3.自由落体运动 4.(1)匀速直线(2)自由落体(3)g二、1.垂直 2.抛物线 3.初速度思维辨析(1)(√) (2)(×)(3)(√) (4)(×)(5)(√) (6)(×)【考点互动探究】考点一例1 C [解析] 由平抛运动的推论可知,Q为OM的中点,则从O点运动到P点的过程中,小球发生的水平位移s水平=OM=2QM=6 m.由于水平方向上为匀速直线运动,故小球在这段过程中运动的时间为t=3 s.变式题1 C [解析] 设A和B两小球的水平距离为x AB,A和B两小球平抛的初速度分别为v A和v B,小球从抛出到相遇的时间t=.当A和B两小球平抛的速度都变为原来的2倍时,小球从抛出到相遇的时间t'=,所以C正确.变式题2 AD [解析] 飞机第一次投弹的速度v1=,A正确;第一颗炸弹落地时,飞机的速度v2=v1+aT,在时间T内飞机的位移x1=v1T+aT2,第二颗炸弹的水平位移x2=v2T,由题意得x2=L2-x1,解得v2= ,a=,x1=,B、C错误,D正确.考点二例 2 B [解析] 平抛运动在竖直方向上的位移和在水平方向上的位移关系为tan θ=,则t=,可知运动的时间与初速度成正比,所以t1∶t2=2∶1,竖直方向上下落的高度h=gt2,可得竖直方向上的位移之比为4∶1,斜面上的距离s=,故AB∶AC=4∶1,选项B正确,选项A、C、D错误.变式题BC [解析] 设斜面的倾角为θ,对小球在A点的速度进行分解,有tan θ=,解得θ≈30°,A错误;小球距A点的竖直高度为h=gt2=15 m,B正确;若小球的初速度为v'0=5 m/s,过A点作水平面,小球落到该水平面时的水平位移是小球以初速度v0=10 m/s抛出时的一半,延长小球运动的轨迹,得到小球应该落在P、A之间,C正确,D错误.例3 D [解析] 小球落在环上的最低点C时的下落时间最长,选项A错误.v0取值不同,小球落到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同,选项B错误.假设小球能垂直撞击半圆环,此时速度与水平方向的夹角为θ,则落点和圆心的连线与水平方向的夹角为θ.连接抛出点和落点,其连线与水平方向的夹角为β,根据几何关系知,θ=2β.因为平抛运动的速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍,即tan θ=2tan β,这与θ=2β相矛盾,故假设不成立,选项D正确,C错误.变式题 A [解析] 从A点抛出的小球做平抛运动,它运动到D点时,有R=,R=v1t1,故R=,选项A正确,选项B错误;从C点抛出的小球也做平抛运动,它运动到D点时,有Rsin 60°=v2t2,R(1-cos 60°)=,解得v2=v1,选项C、D错误.考点三例4 (1)(2)L(3)L=2h[解析] (1)对打在中点的微粒,有gt2解得t=(2)对打在B点的微粒,有v1=2h=解得v1=L同理,打在A点的微粒初速度v2=L故微粒初速度范围为L(3)由能量关系得+2mgh联立解得L=2h变式题 D [解析] 当球落到右侧角上的时候,设飞行时间为t1,则3h=,t1=,t1时间内的水平位移x1=,发射速度v1=;当球刚好擦网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t2,则3h-h=,t2=2,t2时间内的水平位移x2=,发射速度v2=,则v2<v<v1,所以D 正确.考点四例5 AD [解析] 滑雪者到达N点时的竖直分速度为v y=gt0=v0tan 60°,得g=,到达N点时的速度大小为v==2v0,A正确;M、N两点之间的水平距离为x=v0t0,竖直高度差为y=v0t0,故M、N两点之间的距离为s=v0t0,B错误;由mgsin 60°=ma,解得滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为a=gsin 60°=,C错误;N、P之间的距离为s'=vt0+v0t0,N、P两点之间的高度差为s'sin60°=v0t0,故M、P之间的高度差为h=y+s'sin 60°=v0t0,D正确.变式题(1)3 m/s (2)5.35 m/s[解析] (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y,则v y=gt=10×0.4 m/s=4 m/sv0=v y tan 37°=3 m/s.(2)小球落入凹槽时的水平位移x=v0t=3×0.4 m=1.2 m则小滑块的位移为s= m=1.5 m小滑块上滑时,由牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma解得a=8 m/s2根据公式s=vt-at2解得v=5.35 m/s.考点五例6 A [解析] 抛体运动的加速度始终为g,与抛体的质量无关.当将它们以相同速率沿同一方向抛出时,运动轨迹应该相同,故选项A正确.1.[2017·温州质检]如图所示,小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出,若小球到达斜面的位移最小,则飞行时间t为(重力加速度为g) ( )A.[解析] D 如图所示,要使小球到达斜面的位移最小,则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直,所以有tanθ=,而x=v0t,y=gt2,解得t=.2.[2017·陕西商洛二模]如图所示,竖直平面内有一段圆弧MN,将小球从圆心O处水平抛出.若初速度为v a,小球将落在圆弧上的a点;若初速度为v b,小球将落在圆弧上的b点.已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β,不计空气阻力,则( )A.B.C.D.[解析] D 小球被水平抛出,做平抛运动,若落到a点,则有Rsin α=v a t a,Rcos α=,解得v a=·sinα;若落到b点,则有Rsin β=v b t b,Rcos β=,解得v b=·sin β,故.3.如图所示,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,炸弹垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h,山坡倾角为θ,由以上条件不能算出( )A.轰炸机的飞行高度B.轰炸机的飞行速度C.炸弹的飞行时间D.炸弹被投出时的动能[解析] D 根据题述,有tan θ=,x=vt,tan θ=,H=h+y,y=gt2,由此可算出轰炸机的飞行高度H、轰炸机的飞行速度v、炸弹的飞行时间t.由于题中没有给出炸弹质量,所以不能算出炸弹被投出时的动能,故D 正确.4.[2017·运城调研]如图所示,小球从楼梯上以2 m/s的速度水平抛出,所有台阶的高度和宽度均为0.25 m,取g=10 m/s2,小球抛出后首先落到的台阶是( )A.第一级台阶B.第二级台阶C.第三级台阶D.第四级台阶[解析] D 设小球落到过台阶棱角的斜线上的时间为t,水平方向,有x=v0t,竖直方向,有y=gt2,则=1,解得t=0.4 s,相应的水平距离x=2×0.4 m=0.8 m,台阶数n==3.2,可知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶,故D正确.5.(多选)[2017·绵阳二诊]正方体空心框架ABCD-A1B1C1D1下表面在水平地面上,将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出,沿某一水平方向抛出的小球的速度大小可以变化,小球在水平地面上的落点都在△B1C1D1内(包括边界).不计空气阻力,以地面为重力势能参考平面,则( )A.落在C1点的小球运动时间最长B.小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2C.落在B1D1线段上的小球落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2D.轨迹与AC1线段相交的小球在交点处的速度方向相同[解析] BD 小球在竖直方向上都做自由落体运动,因为所有小球下落的高度相同,由h=gt2得小球落到地面上△B1C1D1内所用的时间相同,A错误;小球在水平方向上做匀速直线运动,落到地面上△B1C1D1内的小球的最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2,由x=vt得小球的最小初速度与最大初速度之比为1∶2,B正确;小球抛出后只受重力作用,因此小球的机械能守恒,落地时的机械能等于抛出时的机械能,落在B1D1线段上的小球中,落在B1、D1两点的小球水平位移最大,水平速度最大,抛出时的初动能最大,故抛出时的机械能最大,设正方体框架的边长为L,由L=gt2,L=vt,E k=mv2,联立得E k=mgL,故机械能E=mgL,落在B1D1线段中点上的小球水平位移最小,水平速度最小,抛出时的初动能最小,故抛出时的机械能最小,由L=gt2,L=v't,E'k=mv'2,联立得E'k=mgL,故机械能E'=mgL,故最大机械能与最小机械能之比为10∶9,C错误;轨迹与AC1线段相交的小球落到线段上时,合位移方向与水平方向的夹角都为45°,根据平抛运动的推论知合速度方向与水平方向夹角的正切值是合位移方向与水平方向夹角正切值的2倍,故在交点处的速度方向相同,D正确.6.如图所示,光滑斜面长为l,宽为b,倾角为θ,一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入,恰好从底端Q点离开斜面,则 ( )A.P→Q所用的时间t=2B.P→Q所用的时间t=C.初速度v0=bD.初速度v0=b[解析] C 物块的加速度为a=gsin θ,根据l=at2,得t= ,故A、B错误;初速度v0=,故C正确,D错误.7.[2014·浙江卷]如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触.枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s.在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下.装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹.(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g取10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围.[答案] (1) m/s2(2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L≤570 m[解析] (1)装甲车加速度a= m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t1==0.5 s弹孔离地高度h1=h-=0.55 m第二发子弹离地的高度h2=h-=1.0 m两弹孔之间的距离Δh=h2-h1=0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L1=(v0+v)=492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L2=v+s=570 mL的范围为492 m<L≤570 m.8.如图所示,排球场总长为18 m,设球网高度为2 m,运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.(1)若击球高度为2.5 m,为使球既不触网又不出界,求水平击球的速度范围;(2)当击球点的高度低于何值时,无论水平击球的速度多大,球不是触网就是越界?[答案] (1)3 m/s (2) m[解析] (1)排球被水平击出后,做平抛运动,如图所示.若正好压在底线上,则球在空中的飞行时间t1= s由此得排球不越界的临界速度v1= m/s若球恰好触网,则球在网上方运动的时间t2= s由此得排球触网的临界速度v2= m/s要使排球既不触网又不越界,水平击球速度v的取值范围为3 m/s.(2)设击球点的高度为h时,以某一速度将球击出,球刚好擦网而过,落地时又恰好压在边界线上. 由几何知识可得得h= m.即击球高度低于 m时,球不是出界就是触网.[点评] 在解决体育运动中的平抛运动问题时,既要考虑研究平抛运动的思路和方法,又要考虑所涉及的体育运动设施的特点,如乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题,要求球既能过网,又不出边界;足球的球门有固定的高度和宽度.9.如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置,其中水平台AO长s=0.70 m,长方体薄壁槽紧贴O点竖直放置,槽宽d=0.10 m,高h=1.25 m.现有一弹性小球从平台上A点水平射出,已知小球在平台上受到的阻力恒为其重力的,重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P点,求小球在平台上运动的时间;(2)若小球碰壁后能立即以原速率反弹,为使小球能击中O点正下方槽壁上的B点,B点和O点的距离h B=0.8 m,求小球从O点射出速度的所有可能值.[答案] (1)1 s (2)0.5n m/s (n=1,2,3,…)[解析] (1)小球恰好落到P点,设小球在O点抛出时的速度为v0,做平抛运动的时间为t1,则水平方向上,有d=v0t1竖直方向上,有h=解得v0=0.2 m/s设小球在平台上运动时加速度大小为a,则0.1mg=ma解得a=1 m/s2设小球在A点射出时的速度为v A,在平台上运动的时间为t2,则从A到O,由运动学公式得=-2asv0=v A-at2解得t2=1 s.(2)水平方向上,有2nd=v0t(n=1,2,3,…)竖直方向上,有h B=gt2解得v0=0.5n m/s(n=1,2,3,…).第11讲圆周运动【教材知识梳理】核心填空一、1.保持不变 2.时刻变化 3.大小不变圆心思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(√) (4)(×)(5)(√)思维拓展1.两个“匀速”意义不同,匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动,其速度、向心加速度都是变化的.2.匀速圆周运动中不变的物理量有:角速度、周期、频率、转速、动能,变化的物理量有:线速度、向心加速度、向心力、动量.【考点互动探究】考点一1.D [解析] 由图可知r A>r B>r C,齿轮A边缘与齿轮B边缘线速度大小是相同的,即v A=v B,由v=ωr,可得,故ωA<ωB;齿轮B与齿轮C共轴,则齿轮B与齿轮C角速度相等,即ωB=ωC,由v=ωr可得,齿轮B与齿轮C边缘的线速度大小之比,故v B>v C.综上所述,v A=v B>v C,ωB=ωC>ωA,A、B、C错误,D正确.2.D [解析] A、B两点角速度相同,由a n=ω2r,可知a A∶a B=R1∶R2;B、C两点线速度大小相同,由a n=,可知a B∶a C=R3∶R2,故a A∶a C=R1R3∶,D正确.3.D [解析] A、B靠摩擦传动,则边缘上a、b两点的线速度大小相等,即v a∶v b=1∶1,选项A错误;B、C同轴转动,则边缘上b、c两点的角速度相等,即ωb=ωc,转速之比,选项B、C错误;对a、b两点,由a n=,对b、c两点,由a n=ω2r得,故a a∶a b∶a c=9∶6∶4,选项D正确.考点二例1 BC [解析] 根据f=mrω2得ω=,当角速度逐渐增大时,B物块受到的静摩擦力先达到最大静摩擦力;角速度继续增大,B物块所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力,故绳子的拉力增大,且绳子的拉力增加量等于B物块的向心力增加量,但大于A物块的向心力增加量,则A物块所受的静摩擦力减小;当拉力增大到一定程度时,A物块所受的静摩擦力减小到零后反向增大,所以A物块所受的静摩擦力先增大后减小,再反向增大,B物块所受的静摩擦力先增大,达到最大静摩擦力后不变,A错误,B、C正确.在转动过程中,B物块运动需要向心力来维持,一开始是静摩擦力作为向心力,当其受到的静摩擦力不足以提供向心力时,绳子的拉力作为补充,由合外力提供向心力,角速度再增大,当这两个力的合力不足以提供向心力时,物块将会发生相对滑动,根据向心力公式F n=mrω2可知,在发生相对滑动前,B物块运动的半径是不变的,质量也不变,随着角速度的增大,向心力增大,故物块所受的合外力增大,故D错误.变式题 B [解析] 由于A和A、B整体受到的静摩擦力均提供向心力,故对A,有μ1m A g≥m Aω2r,对A、B整体,有(m A+m B)ω2r≤μ2(m A+m B)g,解得ω≤rad/s,故选项B正确.例2 BC [解析] 金属块Q在桌面上保持静止,根据平衡条件知,Q受到桌面的支持力等于其重力,保持不变,故D错误.设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T,细线的长度为L,P球做匀速圆周运动时,由重力和细线拉力的合力提供向心力,如图所示,则有F T=,F n=mgtan θ=mω2Lsin θ,得角速度ω=,使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cos θ减小,则细线拉力F T增大,角速度增大,A错误,B正确.对Q,由平衡条件知,Q受到桌面的静摩擦力变大,故C正确.变式题(1) rad/s (2)2 rad/s[解析] (1)若要使小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线的拉力,小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力沿水平方向,受力分析如图所示.由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan θ=m lsin θ解得ω0= rad/s.(2)同理,当细线与竖直方向成α=60°角时,由牛顿第二定律及向心力公式得mgtan α=mω'2lsin α解得ω'= rad/s.例3 (1)1 m/s (2)0.2[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t,竖直方向上,有H=gt2水平方向上,有s=v0t联立解得v0=s =1 m/s.(2)物块离开转台时,最大静摩擦力提供向心力,有μmg=m联立解得μ==0.2.考点三例4 A [解析] 轻杆可对小球产生向上的支持力,小球经过最高点的速度可以为零,B错误;当小球过最高点的速度v=时,杆所受的弹力等于零,A正确;若v<,则小球过最高点时,杆对小球的弹力竖直向上,有mg-F=m,随着v增大,F减小,若v>,则小球过最高点时,杆对小球的弹力竖直向下,有mg+F=m,随着v增大,F增大,C、D错误.变式题 B [解析] 小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零,选项A错误,选项B正确;小球在水平线ab以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力F N与小球的重力在背离圆心方向的分力F G的合力提供向心力,即F N-F G=m,因此,外侧管壁对球一定有作用力,而内侧管壁对球无作用力,选项C错误;小球在水平线ab以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力与小球速度大小有关,选项D错误.例5 A [解析] 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r,小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ=30°,则有r=Lcos θ=L.根据题述,小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,有mg=m;小球在最高点速率为2v时,设每根绳的拉力大小为F,则有2Fcos θ+mg=m,联立解得F=mg,选项A正确.变式题 D [解析] 要保证小球能通过环的最高点,在最高点的最小速度满足mg=m,由最低点到最高点,由机械能守恒定律得,可得小球在最低点的瞬时速度的最小值为,A、C错误;为使环不会竖直向上跳起,则球在最高点有最大速度时对环的压力为2mg,满足3mg=m,从最低点到最高点,由机械能守恒定律得,可得小球在最低点的瞬时速度的最大值为,B错误,D正确.1.(多选)如图所示,一位同学玩飞镖游戏.圆盘最上端有一点P,飞镖被抛出时与P等高,且与P点距离为L.在将飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘绕经过圆心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动.忽略空气阻力,重力加速度为g.若飞镖恰好击中P点(飞镖击中P点时,P恰好在最下方),则 ( )A.飞镖击中P点所需的时间为B.圆盘的半径为C.圆盘转动角速度的最小值为D.P点随圆盘转动的线速度可能为[解析] BD 飞镖做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,因此运动的时间t=,故A错误;飞镖击中P 点时,P恰好在最下方,则2r=gt2,解得圆盘的半径r=,故B正确;飞镖击中P点时,P恰好在最下方,则P 点转过的角度θ=ωt=π+2kπ(k=0,1,2,…),可得ω=(k=0,1,2,…),则圆盘转动角速度的最小值为,故C错误;P点随圆盘转动的线速度为v=ωr=(k=0,1,2,…),当k=2时,v=,故D正确.2.(多选)[2014·全国卷Ⅰ]如图所示,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO'的距离为l,b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g,若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度.下列说法正确的是( )A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω=是b开始滑动的临界角速度。
