題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h=0.8m，水平距離s=1.2m，水平軌道AB長為L1=1m，BC長為L2=3m，.小球與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，則：
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度
，水平距離
，水平軌道AB長為
.小球與水平軌道間的動摩擦因數
，重力加速度
.則：
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h=0.8m，水平距離s=1.2m，水平軌道AB長為L1=1m，BC長為L2=3m，.小球與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，則：
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h=0.8m，水平距離s=1.2m，水平軌道AB長為L1=1m，BC長為L2=3m，.小球與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，則：
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
如圖所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h=0.8m，水平距離s=1.2m，水平軌道AB長為L1=1m，BC長為L2=3m，.小球與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，則：
（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度？
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點的初速度的范圍是多少？
一、選擇題
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
AB
BD
A
AB
ACD
BCD
ACD
BD
二、實驗題
11．ABC （選對一個得2分，二個得3分，三個得5分，錯選或多選不得分）
12．（1）小球質量ｍ，B與O的高度h，OP之間距離s （3分）
（2）
（4分）
（3） 3.4～3.7 （5分）
13．解：（1）由
（2分）
得
（2分）
（2）對宇航員受力分析如圖受重力mg，支持力N，由牛頓第二定律：
（3分）
N （2分）
14．解：連接A、B的圓心OO′，設B的半徑為r，則A的半徑為3r，且設OO′與豎直方向的夾角為
，如圖所示。
則
(1) （3分）
對B球受力分析如圖，B受重力mg，墻壁對它的彈力
、A對它的彈力
．由平衡得：
(2) （1分）
(3) （1分）
對A受力分析如圖，A受重力mg，地面的支持力N，B對A的壓力N2′，地面的摩擦力
由平衡得：
（4） （1分）
（5） （1分）
又
（6） （1分）
聯立以上各式，解得
（1分）
（1分）
又由牛頓第三定律得，A對地面的壓力
（1分）
A對地面的摩擦力
（1分）
15．解（1）A、B組成的系統機械能守恒.當A運動至最低點時，A下降的高度為
，B下降的高度為
（1分）
則有
(4分)
又A、B速度大小相同，即
(1分)
由以上各式解得
(2分)
（2）設桿對B做功W，在此過程中對B由動能定理
(4分)
解得
(2分)
即桿對B做功
.
16．（1）當A球進入MNPQ區域時，A、B 之間才存在相互作用力.
A、B的加速度大小為
(2分)
設經t時間，兩球相撞，在t時間內
A的位移
B的位移
又
解得：
s 
m
（2）當
m/s時，兩球的加速度大小不變，即
m/s2
設經t1兩小球相碰，相碰位置距MN為
，則
由以上三式解得：
s 
m
碰撞前的瞬間A的速度為
m/s
B的速度為
m/s
設碰撞后的瞬間A、B的速度分別為
、
，由動量和能量守恒有：
可解得：
m/s 
m/s
又因m
m，故A、B可能發生第二次碰撞，假設再經t2兩球發生第二次碰撞，碰撞位置距MN為
.
可解得
s
m
m
故在MNPQ區域第二次碰撞不能發生
第一次碰撞后，B經
m離開該區域，設B離開PQ時的速度為
，則
m/s
又A、B組成的系統始終動量守恒，設A出該區域的速度為
m/s
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