專題19動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題及等時(shí)圓模型-2023屆高三物理一輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)逐個(gè)突破-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

(1)兩大分析——物體的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析；
(2)一個(gè)“橋梁”——物體運(yùn)動(dòng)的加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁
(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解
2.解決動(dòng)力學(xué)基本問題時(shí)對(duì)力的處理方法
(1)在物體受兩個(gè)力時(shí)一般采用“合成法”
(2)若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”。
3.動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題的分析方法
(1)選定研究對(duì)象。
(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析并畫出受力示意圖,根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，表示出物體所受的合外力，列出牛頓第二定律方程。
(3)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析并畫出運(yùn)動(dòng)示意圖，標(biāo)出已知量和待求量，選擇合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，列出運(yùn)動(dòng)學(xué)方程。
(4)聯(lián)立牛頓第二定律方程和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解。
如圖所示，質(zhì)量m＝15 kg的木箱靜止在水平地面上，木箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
μ＝0.2?，F(xiàn)用F＝60 N的水平恒力向右拉動(dòng)木箱(g取10 m/s2)。求：
(1)3 s時(shí)木箱的速度大小。
(2)木箱在2 s內(nèi)的位移大小。
【答案】(1)6 m/s (2)4 m
【解析】
(1)對(duì)木箱受力分析如圖所示。
由牛頓第二定律得F－μmg＝ma
解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(60－0.2×15×10,15) m/s2＝2 m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s。
(2)木箱在2 s內(nèi)的位移大小為x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m。
2．（2022·四川·遂寧安居育才卓同國(guó)際學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖所示，一個(gè)放置在水平臺(tái)面上的木塊，其質(zhì)量為2kg，受到一個(gè)斜向下的、與水平方向成37°角的推力F=10N的作用，使木塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)，4s后撤去推力，若木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）撤去推力F時(shí)木塊的速度為多大？
（2）木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總位移為多少？
【答案】（1）10.8m/s；（2）79.92m
【解析】
（1）撤去推力前，對(duì)木塊受力分析如圖
由牛頓第二定律可得Fcs37°?f=ma，N=Fsin37°+mg
又f=μN(yùn)
聯(lián)立，可得a=2.7m/s2
依題意，木塊做靜止開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
4s后撤去推力F時(shí)木塊的速度為v=at=10.8m/s
（2）撤去推力F后，對(duì)木塊受力分析如圖
由牛頓第二定律可得 μmg=ma'
解得 a′=1m/s2
可知，木塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)其加速度大小為1m/s2，根據(jù)速度與位移關(guān)系式可得木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總位移為 x=v22a+v22a'
解得 x=79.92m
3.如圖所示，樓梯口一傾斜的天花板與水平地面成θ＝37°角。一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對(duì)刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為F＝10 N，刷子的質(zhì)量為m＝0.5 kg，刷子可視為質(zhì)點(diǎn)，刷子與天花板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，天花板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝4 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。試求：
(1)刷子沿天花板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；
(2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時(shí)間。
【答案】(1)2 m/s2 (2)2 s
【解析】(1)以刷子為研究對(duì)象，受力分析如圖所示
設(shè)桿對(duì)刷子的作用力為F，滑動(dòng)摩擦力為Ff，天花板對(duì)刷子的彈力為FN，刷子所受重力為mg，由牛頓第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cs 37°＝ma
代入數(shù)據(jù)解得a＝2 m/s2。
(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝eq \f(1,2)at2
代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s。
4．（2022·上海師大附中高三學(xué)業(yè)考試）避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為水平面夾角為θ（小角度）的斜面。一輛長(zhǎng)L＝12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為v1＝23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)。當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了s＝4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端d＝38m。再過一段時(shí)間，貨車停止。已知空貨車質(zhì)量M是貨物質(zhì)量m的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取csθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。
（1）求貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；
（2）請(qǐng)畫出當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)貨車的受力示意圖，并求出貨車此時(shí)的的加速度的大小和方向；
（3）求出制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。
【答案】（1）5m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下；（2）示意圖見解析，5.5m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下；（3）98m
【解析】
（1）以貨物為研究對(duì)象，由于貨物相對(duì)車箱向前滑行，所受摩擦力向后，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得a=5m/s2方向沿制動(dòng)坡床向下。
（2）貨車受力示意圖，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律Mgsinθ+μ′(M+m)gcsθ?μmgcsθ=Ma′
可得貨車的加速度a′=5.5m/s2方向沿制動(dòng)坡床向下。
（3）根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系v0t?12at2?(v0t?12a′t2)=s
解得t=4s
這段時(shí)間內(nèi)，貨車的位移s貨=v0t?12a′t2=48m
制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為s貨+d+L=98m
5．（2022·浙江·高考真題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長(zhǎng)度l1=4m，水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cs24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2）。
（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大?。?br>（2）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大??；
（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長(zhǎng)度l2。
【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m
【解析】
（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°?μmgcs24°=ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1=2m/s2
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a1l1=v2
解得v=4m/s
（3）根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式?2a2l2=vmax2?v2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得 l2=2.7m
6．（2022·湖北·黃岡中學(xué)二模）機(jī)動(dòng)車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m=1.0×103kg的汽車以v1=36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長(zhǎng)l=4m的隊(duì)伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時(shí)間。
（1）求汽車開始剎車到停止所用的時(shí)間和所受阻力的大??；
（2）若路面寬L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽車停在斑馬線處等待小朋友全部通過所需的時(shí)間；
（3）假設(shè)駕駛員以v2=54m/h超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽車運(yùn)動(dòng)到斑馬線時(shí)的速度大小。
【答案】（1）t1=4s，F(xiàn)f=2.5×103N；（2）16s；（3）v=55m/s
【解析】
（1）根據(jù)平均速度 t1=sv
解得剎車時(shí)間 t1=4s
剎車加速度 a=v1t1
根據(jù)牛頓第二定律 Ff=ma
解得 Ff=2.5×103N
（2）小朋友過時(shí)間 t2=l+Lv0
等待時(shí)間 t=t2?t1=16s
（3）根據(jù) v22?v2=2as
解得 v=55m/s
7.可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲．如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲(企鵝在滑動(dòng)過程中姿勢(shì)保持不變)．若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)企鵝向上“奔跑”的位移大??；
(2)企鵝在冰面滑動(dòng)的加速度大??；
(3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大?。?計(jì)算結(jié)果可用根式表示)
【答案】(1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2eq \r(34) m/s
【解析】
(1)在企鵝向上“奔跑”過程中：x＝eq \f(1,2)at2，
解得x＝16 m.
(2)在企鵝臥倒以后將進(jìn)行兩個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)，第一個(gè)過程是從臥倒到最高點(diǎn)，第二個(gè)過程是從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有：
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鵝從臥倒到滑到最高點(diǎn)的過程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t′，位移大小為x′，則有t′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，
解得：x′＝1 m.
企鵝從最高點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)的過程中，設(shè)末速度為vt，則有：vt2＝2a2(x＋x′)
解得：vt＝2eq \r(34) m/s.
8．（2022·浙江紹興·二模）彈射＋滑躍式起飛是一種航母艦載機(jī)的起飛方式。飛機(jī)在彈射裝置作用下使飛機(jī)具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翹起。飛機(jī)在尾段翹起跑道上的運(yùn)動(dòng)雖然會(huì)使加速度略有減小，但能使飛機(jī)具有斜向上的速度，有利于飛機(jī)的起飛，起飛升力與速度的關(guān)系我們可以簡(jiǎn)化為（升力）L＝kv（k=37×104kg/s），假設(shè)某飛機(jī)質(zhì)量為m=3×104kg，從靜止的航母上滑躍式起飛過程是兩段連續(xù)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒為1.5×105N，加速度為15m/s2，位移為80m，后一段傾斜跑道上的加速度為12m/s2，路程為100m，飛機(jī)恰好能正常起飛，求
（1）求水平加速時(shí)的牽引力；
（2）水平跑道到傾斜跑道轉(zhuǎn)折點(diǎn)時(shí)的速度；
（3）在跑道上加速的總時(shí)間。
【答案】（1）6×105N；（2）50m/s；（3）133s
【解析】
（1）在水平跑道上加速時(shí) F?f=ma
得 F=f+ma1=6×105N
（2）飛機(jī)起飛速度為 v2=Lk=70m/s
設(shè)在轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度為v1，則傾斜軌道加速過程中 v22?v12=2a2x2
得 v1=v22?2a2x2=50m/s
（3）設(shè)在水平軌道上加速時(shí)間為t1，則 x=v1t1?12a1t12
得 t1=83s，t1=4s（舍去）
在傾斜軌道上加速時(shí)間為t2 x2=v=v1+v22t2
得 t2=2x2v1+v2=53s（或t2=v2?v1a2=53s）
所以 t=t1+t2=133s
9．（2022·山東臨沂·二模）冰壺比賽是2022年北京冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目之一，比賽場(chǎng)地示意圖如圖。在某次比賽中，中國(guó)隊(duì)運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以速度v0=3m/s沿虛線滑出。從此時(shí)開始計(jì)時(shí)，在t=10s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員開始用毛刷一直連續(xù)摩擦冰壺前方冰面，使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，最后冰壺恰好停在圓心O處。已知投擲線AB與O之間的距離s=30m，運(yùn)動(dòng)員摩擦冰面前冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.02，摩擦冰面前后冰壺均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）t=10s時(shí)冰壺的速度及冰壺與AB的距離；
（2）冰壺與被摩擦后的冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。
【答案】（1）1m/s，20m；（2）0.005
【解析】
（1）不摩擦冰面時(shí)，冰壺做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a1，t=10s時(shí)速度為v，滑行距離為s1，則 μ1mg=ma1 v=v0?a1t s1=v0t?12a1t2
解得 a1=0.2m/s2 v=1m/s s1=20m
摩擦冰面時(shí)冰壺仍做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小的a2，滑行距離為s2，
則0?v2=?2a2s2 μ2mg=ma2
且s=s1+s2
解得μ2=0.005
10．（2022·福建省龍巖第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）C919客機(jī)是我國(guó)按照國(guó)際民航規(guī)章自行研制、具有自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的干線噴氣式客機(jī)。已知C919是雙發(fā)（擁有兩臺(tái)LEAP-1C渦扇發(fā)動(dòng)機(jī)）窄體客機(jī)，空重m=4×104kg，起飛過程從靜止開始滑跑，當(dāng)位移達(dá)x=640m時(shí)，達(dá)到?jīng)Q斷速度v1=80m/s（若放棄起飛，飛機(jī)則會(huì)沖出跑道）。設(shè)飛機(jī)受到的風(fēng)阻f0=0.1v2，摩擦力恒為3388N，飛機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若飛機(jī)加注5000kg燃油，求滑跑過程中（g取10m/s2）
（1）飛機(jī)滑跑時(shí)加速度的大小
（2）達(dá)到?jīng)Q斷速度時(shí)單個(gè)發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的推力大小
（3）已知廈門高崎機(jī)場(chǎng)跑道長(zhǎng)度為3400m，某次實(shí)驗(yàn)飛機(jī)載重（含航油）為104kg，起飛加速度為3m/s2。飛機(jī)全功率減速的總阻力恒為105N。試計(jì)算決斷速度v′1（最后結(jié)果可用根號(hào)表示）。
【答案】（1）5m/s2；（2）114514N；（3）4510m/s
【解析】
（1）根據(jù) v2?v02=2ax
得 a=v22x=5m/s2
（2）根據(jù)牛頓第二定律 2F?f?f0=(m+m′)a
得 F=114514N
（3）飛機(jī)總質(zhì)量為5×104kg，故減速加速度 a′=f′m+m″=1054×104+104m/s2=2m/s2
設(shè)飛機(jī)恰好運(yùn)動(dòng)到跑道頭，則加速過程運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)1，減速過程運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)2，
有 L1+L2=3400m
根據(jù) v′12?0=2aL10?v′12=2a′L2
解得 v'1=8160m/s=4510m/s
11．（2022·北京·北師大二附中模擬預(yù)測(cè)）我國(guó)自主研制了運(yùn)?20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F=kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度。已知飛機(jī)質(zhì)量為m時(shí)，起飛離地速度為v0；裝載貨物后質(zhì)量為M，裝載貨物前后起飛離地時(shí)的k值可視為不變。
（1）請(qǐng)用已知量寫出k的表達(dá)式；
（2）求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度v1；
（3）若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行距離d起飛離地，求飛機(jī)滑行過程所用的時(shí)間。
【答案】（1）k=mgv02；（2）v1=Mmv0；（3）t=2dv0mM
【解析】
（1）空載起飛時(shí)，升力正好等于重力，豎直方向平衡方程 kv02=mg
所以 k=mgv02
（2）載貨起飛時(shí)，升力正好等于重力，豎直方向平衡方程 kv12=Mg
將k代入解得 v1=Mmv0
（3）該飛機(jī)裝載貨物后，初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則由 v12?0=2ad
解得 a=Mv022md
根據(jù)勻變速速度與時(shí)間關(guān)系 v1?0=at
解得 t=2dv0mM
12．(2022·浙江紹興市高三月考)2021年5月15日中國(guó)自發(fā)研制的火星探測(cè)器“天問一號(hào)”成功登陸火星．探測(cè)器登陸過程主要為以下幾個(gè)過程：首先探測(cè)器與環(huán)繞器分離，進(jìn)入火星大氣層，經(jīng)歷“氣動(dòng)減速”，假設(shè)當(dāng)速度v2＝500 m/s時(shí)打開降落傘，進(jìn)入“傘降減速階段”，探測(cè)器勻減速下落x＝7.5 km至速度v3；接著降落傘脫落，推力發(fā)動(dòng)機(jī)開啟，進(jìn)入“動(dòng)力減速階段”，經(jīng)勻減速下落時(shí)間t＝100 s速度減為0，上述減速過程均可簡(jiǎn)化為探測(cè)器始終在豎直下落．在距離火星表面100 m時(shí)，探測(cè)器進(jìn)入“懸停階段”，接著探測(cè)器可以平移尋找著陸點(diǎn)；找到安全著陸點(diǎn)后在緩沖裝置和氣囊保護(hù)下進(jìn)行“無動(dòng)力著陸”．已知天問一號(hào)探測(cè)器質(zhì)量為m＝5×103 kg，降落傘脫離可視為質(zhì)量不變，火星表面重力加速度g約為4 m/s2，“傘降減速階段”中降落傘對(duì)探測(cè)器的拉力為重力的5倍．
(1)求“傘降減速階段”中探測(cè)器的加速度大??；
(2)求“動(dòng)力減速階段”中推力發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)探測(cè)器的作用力；
(3)在“懸停階段”，為尋找合適的著陸點(diǎn)，探測(cè)器先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，減速階段的加速度為加速階段的2倍，平移總位移為6 m，總時(shí)間為3 s，求減速階段中發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)探測(cè)器的作用力與重力的比值．
【答案】(1)16 m/s2 (2)2.5×104 N (3)eq \r(2)
【解析】
(1)“傘降減速階段”中，由牛頓第二定律得FT－mg＝ma1 ，F(xiàn)T＝5mg
因此a1＝4g＝16 m/s2
(2)由v32＝v22－2a1x
解得v3＝100 m/s
因此“動(dòng)力減速階段”的加速度a2＝eq \f(v3,t)＝1 m/s2
由牛頓第二定律得F－mg＝ma2
得F＝mg＋ma2＝2.5×104 N
(3)設(shè)加速階段加速度為a3，減速階段加速度為a4，且a4＝2a3，運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為vm，由eq \f(vm,a3)＋eq \f(vm,a4)＝3 s eq \f(v\\al(m2),2a3)＋eq \f(v\\al(m2),2a4)＝6 m
解得vm＝4 m/s a4＝4 m/s2
所以發(fā)動(dòng)機(jī)需要提供使其減速的力為F1＝ma4
維持懸停的力為F2＝mg
因此發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)探測(cè)器的作用力為F＝eq \r(F\\al(12)＋F\\al(22))＝eq \r(2)mg
則eq \f(F,mg)＝eq \r(2).
考點(diǎn)二等時(shí)圓模型
“等時(shí)圓”是指物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間，如下圖。
13.(多選)如圖所示，讓物體分別同時(shí)從豎直圓上的P1、P2處由靜止開始下滑，沿光滑的弦軌道P1A、P2A滑到A處，P1A、P2A與豎直直徑的夾角分別為θ1、θ2。則( )
A．物體沿P1A、P2A下滑加速度之比為sin θ1∶sin θ2
B．物體沿P1A、P2A下滑到A處的速度之比為cs θ1∶cs θ2
C．物體沿P1A、P2A下滑的時(shí)間之比為1∶1
D．若兩物體質(zhì)量相同，則兩物體所受的合外力之比為cs θ1∶cs θ2
【答案】BCD
【解析】
將物體的重力分別沿光滑的弦軌道P1A、P2A方向和垂直軌道方向分解，則沿光滑的弦軌道P1A、P2A方向分力分別為m1gcs θ1和m2gcs θ2，其加速度分別為gcs θ1和gcs θ2，若兩物體質(zhì)量相同，則兩物體所受的合外力之比為cs θ1∶cs θ2，選項(xiàng)D正確；兩物體沿P1A、P2A下滑加速度之比為cs θ1∶cs θ2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)橄臆壍篱L(zhǎng)度L＝dcs θ，由L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝ eq \r(\f(2d,g))，由速度公式v＝at可得，物體沿P1A、P2A下滑到A處的速度之比為cs θ1∶cs θ2，選項(xiàng)B、C正確。
14.如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個(gè)光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點(diǎn)?，F(xiàn)讓三個(gè)小球(可以看作質(zhì)點(diǎn))分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點(diǎn)由靜止滑到Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)的平均速度分別為v1、v2和v3。則有( )
A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3
C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2
【答案】A
【解析】
設(shè)任一斜面的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得到a＝gsin θ，斜面的長(zhǎng)度為x＝dsin θ，則由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可見，物體下滑時(shí)間與斜面的傾角無關(guān)，則有t1＝t2＝t3，根據(jù)eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故選項(xiàng)A正確。
15.如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上，且斜槽都通過切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為( )
A．2∶1 B．1∶1 C．eq \r(3)∶1D．1∶eq \r(3)
【答案】B
【解析】選B.設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時(shí)的加速度為a＝gsin θ，由幾何關(guān)系，斜槽軌道的長(zhǎng)度s＝2(R＋r)sin θ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式s＝eq \f(1,2)at2，得t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(2×2（R＋r）sin θ,gsin θ))＝2 eq \r(\f(R＋r,g))，即所用時(shí)間t與傾角θ無關(guān)，所以t1＝t2，B項(xiàng)正確．

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