高三物理新课 曲线运动万有引力考点例析一

城东蜊市阳光实验学校高三物理新课曲线运动、万有引力考点例析一
一.本周教学内容：
曲线运动、万有引力考点例析〔一〕
【典型例题】
问题1：会用曲线运动的条件分析求解相关问题。

[例1]质量为m的物体受到一组一一共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体可能做〔〕
A.匀加速直线运动
B.匀减速直线运动
C.匀变速曲线运动
D.变加速曲线运动
分析与解：当撤去F1时，由平衡条件可知：物体此时所受合外力大小等于F1，方向与F1方向相反。

假设物体原来静止，物体一定做与F1相反方向的匀加速直线运动。

假设物体原来做匀速运动，假设F1与初速度方向在同一条直线上，那么物体可能做匀加速直线运动或者者匀减速直线运动，故A、B正确。

假设F1与初速度不在同一直线上，那么物体做曲线运动，且其加速度为恒定值，故物体做匀变速曲线运动，故C正确，D错误。

答案：A、B、C。

[例2]图1中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点。

假设带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是〔〕
A.带电粒子所带电荷的符号
B.带电粒子在a、b两点的受力方向
C.带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D.带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
分析与解：由于不清楚电场线的方向，所以在只知道粒子在a、b间受力情况是不可能判断其带电情况的。

而根据带电粒子做曲线运动的条件可断定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左。

假设粒子在电场中从a 向b点运动，故在不连续的电场力作用下，动能不断减小，电势能不断增大。

应选项B、C、D正确。

问题2：会根据运动的合成与分解求解船过河问题。

[例3]一条宽度为L的河流，水流速度为Vs，船在静水中的速度为Vc，那么：
〔1〕怎样渡河时间是是最短？ 〔2〕假设Vc>Vs ，怎样渡河位移最小？ 〔3〕假设Vc<Vs ，怎样渡河船漂下的间隔最短？
分析与解：〔1〕如图2甲所示，设船上头斜向上游与河岸成任意角θ，这时船速在垂直于河岸方向的速度分量V1=Vcsinθ，渡河所需时间是是为：θ
sin c V L
t
=
.
可以看出：L 、Vc 一定时，t 随sinθ增大而减小；当θ=900时，sinθ=1，所以，当船头与河岸垂直时，渡河时间是是最短，c
V L t =
min
〔2〕如图2乙所示，渡河的最小位移即河的宽度。

为了使渡河位移等于L ，必须使船的合速度V 的方向与河岸垂直。

这是船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ。

根据三角函数关系有：Vccosθ－Vs=0。

所以θ=arccosVs/Vc，因为0≤cosθ≤1，所以只有在Vc>Vs 时，船才有可能垂直于河岸横渡。

〔3〕假设水流速度大于船上在静水中的航行速度，那么不管船的航向如何，总是被水冲向下游。

怎样才能使漂下的间隔最短呢？如图2丙所示，设船头Vc 与河岸成θ角，合速度V 与河岸成α角。

可以看出：α角越大，船漂下的间隔x 越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以Vs 的矢尖为圆心，以Vc 为半径画圆，当V 与圆相切时，α角最大，根据 cosθ=Vc/Vs，船头与河岸的夹角应为：θ=arccosVc/Vs。

船漂的最短间隔为：θ
θsin )
cos (min
c c s V L V V x -=。

此时渡河的最短位移为：L V V
L s c
s ==
θcos 。

问题3：会根据运动的合成与分解求解绳联物体的速度问题。

对于绳联问题，由于绳的弹力总是沿着绳的方向，所以当绳不可伸长时，绳联物体的速度在绳的方向上的投影相等。

求绳联物体的速度关联问题时，首先要明确绳联物体的速度，然后将两物体的速度分别沿绳的方向和垂直于绳的方向进展分解，令两物体沿绳方向的速度相等即可求出。

[例4]如图3所示，汽车甲以速度v1拉汽车乙前进，乙的速度为v2，甲、乙都在程度面上运动，求v1∶v2
分析与解：如图4所示，甲、乙沿绳的速度分别为v1和v2cosα，两者应该相等，所以有v1∶v2=cosα∶1 [例5]如图5所示，杆OA 长为R ，可绕过O 点的程度轴在竖直平面内转动，其端点A 系着一跨过定滑轮B 、C 的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M 。

滑轮的半径可忽略，B 在O 的正上方，OB 之间的间隔为H 。

某一时刻，当绳的BA 段与OB 之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M 的速率Vm 。

分析与解：杆的端点A 点绕O 点作圆周运动，其速度VA 的方向与杆OA 垂直，在所考察时其速度大小为：VA=ωR
对于速度VA 作如图6所示的正交分解，即沿绳BA 方向和垂直于BA 方向进展分解，沿绳BA 方向的分量就是物块M 的速率VM ，因为物块只有沿绳方向的速度，所以
VM=VAcosβ
由正弦定理知，
R
H
α
βπ
sin )
2sin(
=
+ 由以上各式得VM=ωHsinα
问题4：会根据运动的合成与分解求解面接触物体的速度问题。

求互相接触物体的速度关联问题时，首先要明确两接触物体的速度，分析弹力的方向，然后将两物体的速度分别沿弹力的方向和垂直于弹力的方向进展分解，令两物体沿弹力方向的速度相等即可求出。

[例6]一个半径为R 的半圆柱体沿程度方向向右以速度V0匀速运动。

在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图7所示。

当杆与半圆柱体接触点P 与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ，求竖直杆运动的速度。

分析与解：设竖直杆运动的速度为V1，方向竖直向上，由于弹力方向沿OP 方向，所以V0、V1在OP 方向的投影相等，即有θ
θcos sin 10
V V =，解得V1=V0·tgθ。

问题5：会根据运动的合成与分解求解平抛物体的运动问题。

[例7]如图8在倾角为θ的斜面顶端A 处以速度V0程度抛出一小球，落在斜面上的某一点B 处，设空气阻力不计，求〔1〕小球从A 运动到B 处所需的时间是是；〔2〕从抛出开始计时，经过多长时间是是小球离斜面的间隔到达最大？
分析与解：
〔1〕小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从A 运动到B 处所需的时间是是为t ，那么：
程度位移为x=V0t ；竖直位移为y=
2
2
1gt 由数学关系得到：
g
V t t V gt θθtan 2,tan )(21002
== 〔2〕从抛出开始计时，经过t1时间是是小球离斜面的间隔到达最大，当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的间
隔到达最大。

因Vy1=gt1=V0tanθ，所以g
V t θ
tan 01
=。

[例8]如图9所示，一高度为h=0.2m 的程度面在A 点处与一倾角为θ=30°的斜面连接，一小球以V0=5m/s 的速度在平面上向右运动。

求小球从A 点运动到地面所需的时间是是〔平面与斜面均光滑，取g=10m/s2〕。

某同学对此题的解法为：小
球沿斜面运动，那么
,sin 2
1
sin 20t g t V h ⋅+=θθ由此可求得落地的时间是是t 。

问：你同意上述解法吗？假设同意，
求出所需的时间是是；假设不同意，那么说明理由并求出你认为正确的结果。

分析与解：不同意。

小球应在A 点离面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。

正确做法为：落地点与A 点的程度间隔)(110
2.02520
0m g h V t V s
=⨯⨯===斜面底宽)(35.032.0m hctg l =⨯==θ
因为l s
>，所以小球分开A 点后不会落到斜面，因此落地时间是是即为平抛运动时间是是。

∴)(2.010
2
.022s g
h
t =⨯==
问题6：会根据匀速圆周运动的特点分析求解皮带传动和摩擦传动问题。

但凡直接用皮带传动〔包括链条传动、摩擦传动〕的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；但凡同一个轮轴上〔各个轮都绕同一根轴同步转动〕的各点角速度相等〔轴上的点除外〕。

[例9]如图10所示装置中，三个轮的半径分别为r 、2r 、4r ，b 点到圆心的间隔为r ，求图中a 、b 、c 、d 各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。

分析与解：因va=vc ，而vb∶vc∶vd=1∶2∶4，所以va∶vb∶vc∶vd=2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωc=ωd，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd=2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得aa∶ab∶ac∶ad=4∶1∶2∶4
[例10]如图11所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0=1.0cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。

当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力。

自行车车轮的半径R1=35cm ，小齿轮的半径R2=4.0cm ，大齿轮的半径R3=10.0cm 。

求大齿轮的转速n1和摩擦小轮的转速n2之比。

〔假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动〕
分析与解：大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间和皮带传动原理一样，两轮边缘各点的线速度大小相等，由v=2πnr 可知转速n 和半径r 成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速一样。

由这三次传动可以找出大齿轮和摩擦小轮间的转速之比n1∶n2=2∶175
问题7：会求解在程度面内的圆周运动问题。

[例11]如图12所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。

当圆筒的角速度增大以后，以下说法正确的选项是〔〕
A.物体所受弹力增大，摩擦力也增大了
B.物体所受弹力增大，摩擦力减小了
C.物体所受弹力和摩擦力都减小了
D.物体所受弹力增大，摩擦力不变
分析与解：物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G 、筒壁对它的弹力FN 、和筒壁对它的摩擦力F1〔如图13所示〕。

其中G 和F1是一对平衡力，筒壁对它的弹力FN 提供它做匀速圆周运动的向心力。

当圆筒匀速转动时，不
管其角速度多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，那么物体所受的〔静〕摩擦力F1大小等于其重力。

而根据向心力公式，2ωmr F N
=，当角速度ω
较大时N F 也较大。

故此题应选D 。

[例12]如图14所示，在光滑程度桌面ABCD 中央固定有一边长为0.4m 光滑小方柱abcd 。

长为L=1m 的细线，一端拴在a 上，另一端拴住一个质量为m=0.5kg 的小球。

小球的初始位置在ad 连线上a 的一侧，把细线拉直，并给小球以V0=2m/s 的垂直于细线方向的程度速度使它作圆周运动。

由于光滑小方柱abcd 的存在，使线逐步缠在abcd 上。

假设细线能承受的最大张力为7N 〔即绳所受的拉力大于或者者等于7N 时绳立即断开〕，那么从开始运动到细线断裂应经过多长时间是是？小球从桌面的哪一边飞离桌面 分析与解：当绳长为L0时，绳将断裂。

据向心力公式得： T0=mV02/L0所以L0=0.29m
绕a 点转1/4周的时间是是t1=0.785S ；绕b 点转1/4周的时间是是t2=0.471S ； 绳接触c 点后，小球做圆周运动的半径为r=0.2m ，小于L0=0.29m ，所以绳立即断裂。

所以从开始运动到绳断裂经过t=56S ，小球从桌面的AD 边飞离桌面 问题8：会求解在竖直平面内的圆周运动问题。

物体在竖直面上做圆周运动，过最高点时的速度gR V
=，
常称为临界速度，其物理意义在不同过程中是不同的．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动轨道的类型，可分为无支撑〔如球与绳连结，沿内轨道的“过山车〞〕和有支撑〔如球与杆连接，车过拱桥〕两种。

前者因无支撑，在最高点物体受到的重力和弹力的方向都向下。

当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供，由牛顿定律知mg=R
V m
2
0，得临界速度gR V =0。

当物体运
动速度V<V0，将从轨道上掉下，不能过最高点。

因此临界速度的意义表示了物体能否在竖直面上做圆周运动的最小速度．后者因有支撑，在最高点速度可为零，不存在“掉下〞的情况。

物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上。

当物体实际运动速度gR V
>产生离心运动，要维持物体做圆周运动，弹力应向下。

当gR V >物体有
向心运动倾向，物体受弹力向上．所以对有约束的问题，临界速度的意义提醒了物体所受弹力的方向。

对于无约束的情景，如车过拱桥，当gR V >时，有N=0，车将脱离轨道．此时临界速度的意义是物体在竖直面上
做圆周运动的最大速度。

注意：假设小球带电，且空间存在电场或者者磁场时，临界条件应是小球所受重力、电场力和洛仑兹力的合力等于向心力，此时临界速度gR V ≠0。

要详细问题详细分析，但分析方法是一样的。

[例13]小球A 用不可伸长的细绳悬于O 点，在O 点的正下方有一固定的钉子B ，OB=d ，初始时小球A 与O 同程度面无初速度释放，绳长为L ，为使小球能绕B 点做完好的圆周运动，如图15所示。

试求d 的取值范围。

分析与解：为使小球能绕B 点做完好的圆周运动，那么小球在D 对绳的拉力F1应该大于或者者等于零，即有：
根据机械能守恒定律可得
由以上两式可求得：
L d L ≤≤5
3
[例14]如图16所示，游乐列车由许多节车厢组成。

列车全长为L ，圆形轨道半径为R ，〔R 远大于一节车厢的高度h 和长度l ，但L>2πR〕。

列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着圆周运动而不能脱轨。

试问：列车在程度轨道上应具有多大初速度V0，才能使列车通过圆形轨道？
分析与解：列车开上圆轨道时速度开始减慢，当整个圆轨道上都挤满了一节节车厢时，列车速度到达最小值V ，此最小速度一直保持到最后一节车厢进入圆轨道，然后列车开始加速。

由于轨道光滑，列车机械能守恒，设单位长列车的质量为λ，那么有：
要使列车能通过圆形轨道，那么必有V>0，解得L
g
R
V π20
>。

问题9：会讨论重力加速度g 随离地面高度h 的变化情况。

[例15]设地球外表的重力加速度为g ，物体在距地心4R 〔R 是地球半径〕处，由于地球的引力作用而产生的重力加速度g ，，那么g g /'为〔〕
A.1
B.1/9
C.1/4
D.1/16
分析与解：因为g=G
2
R M
，g ，=G
2
)3(R R M +，所以g g /'=1/16，即D 选项正确。

问题10：会用万有引力定律求天体的质量。

通过观天体卫星运动的周期T 和轨道半径r 或者者天体外表的重力加速度g 和天体的半径R ，就可以求出天体的质量M 。

[例16]地球绕太阳公转的轨道半径r=9⨯1011m ，公转的周期T=6⨯107s ，求太阳的质量M 。

分析与解：根据地球绕太阳做圆周运动的向心力来源于万有引力得：
G
2r
Mm
=mr 〔2π/T〕2 M=4π2r3/GT2=6×1030kg
[例17]宇航员在一星球外表上的某高处，沿程度方向抛出一小球。

经过时间是是t ，小球落到星球外表，测得抛出点与落地点之间的间隔为L 。

假设抛出时初速度增大到2倍，那么抛出点与落地点之间的间隔为3L 。

两落地点在同一程度面上，
该星球的半径为R ，万有引力常数为G 。

求该星球的质量M 。

分析与解：设抛出点的高度为h ，第一次平抛的程度射程为x ，那么有 x2+h2=L2
由平抛运动规律得知，当初速度增大到2倍时，其程度射程也增大到2x ，可得〔2x 〕2+h2=〔
3L 〕2
设该星球上的重力加速度为g ，由平抛运动的规律得：h=2
1gt2 由万有引力定律与牛顿第二定律得：
mg=G 2
R
Mm
联立以上各式解得M=22332Gt LR 。

问题11：会用万有引力定律求卫星的高度。

通过观测卫星的周期T 和行星外表的重力加速度g 及行星的半径R 可以求出卫星的高度。

[例18]地球半径约为R=⨯106m ，又知月球绕地球的运动可近似看作匀速圆周运动，那么可估算出月球到地球的间隔约m 。

〔结果只保存一位有效数字〕
分析与解：因为mg=G
2R Mm ，而G 2r
Mm =mr 〔2π/T〕2 所以，r=3
2
2
24πT gR =4⨯108m
问题12：会用万有引力定律计算天体的平均密度。

通过观测天体外表运动卫星的周期T ，就可以求出天体的密度ρ。

[例19]假设某行星有一颗卫星沿非常靠近此恒星的外表做匀速圆周运动的周期为T ，那么可估算此恒星的密度为多少
分析与解：设此恒星的半径为R ，质量为M ，由于卫星做匀速圆周运动，
那么有G 2
R Mm
=mR
224T π，所以，M=2
3
24GT R π
而恒星的体积V=
34πR3，所以恒星的密度ρ=V M =
2
3GT π。

[例20]一均匀球体以角速度ω绕自己的对称轴自转，假设维持球体不被瓦解的唯一作用力是万有引力，那么此球的最小密度是多少？
分析与解：设球体质量为M ，半径为R ，设想有一质量为m 的质点绕此球体外表附近做匀速圆周运动，那么
G
2
R
Mm =mω02R，所以，ω02=34
πGρ 由于ω≤ω0得ω2≤3
4
πGρ，那么ρ≥
G πω432，即此球的最小密度为
G
πω432。

问题13：会用万有引力定律推导恒量关系式。

[例21]行星的平均密度是ρ，靠近行星外表的卫星运转周期是T ，试证明：ρT2是一个常量，即对任何行星都一样。

证明：因为行星的质量M=
2
3
24GT R π〔R 是行星的半径〕，行星的体积
V=
3
4πR3，所以行星的平均密度ρ=
V
M =
2
3GT π，
即ρT2=
G
π3，是一个常量，对任何行星都一样。

[例22]设卫星做圆周运动的轨道半径为r ，运动周期为T ，试证明：2
3
T
r 是一个常数，即对于同一天体的所有卫星来说，2
3
T
r 均相等。

证明：由G 2r Mm
=mr(2π/T)2得23T r =
24πGM ，即对于同一天体的所有卫星来说，2
3
T
r 均相等。

问题14：会求解卫星运动与光学问题的综合题
[例23]〔2021年广西物理试题〕某颗地球同步卫星正下方的地球外表上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，试问，春分那天〔太阳光直射赤道〕在日落12小时内有多长时间是是该观察者看不见此卫星？地球半径为R ，地球外表处的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，不考虑大气对光的折射。

分析与解：设所求的时间是是为t ，用m 、M 分别表示卫星和地球的质量，r 表示卫星到地心的间隔。

有
2
2
)2(T mr r mM G
π=
春分时，太阳光直射地球赤道，如图17所示，图中圆E 表示赤道，S 表示卫星，A 表示观察者，O 表示地心.由图17
可看出当卫星S 绕地心O 转到图示位置以后〔设地球自转是沿图中逆时针方向〕，其正下方的观察者将看不见它.据此再考虑到对称性，有
由以上各式可解得3
1
2
2)4arcsin(gT
R T
t ππ= 【模拟试题】
1.地球半径为R ，地面上重力加速度为g ，在高空绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其线速度的大小可能是〔〕
A.
gR 2 B.
gR 2
1
C.
2gR D.2
gR
2.人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，线速度为V ，周期为T 。

假设要使卫星的周期变为2T ，可以采取的方法是〔〕
A.R 不变，使线速度变为V/2
B.V 不变，使轨道半径变为2R
C.使轨道半径变为
R 3
4
D.使卫星的高度增加R
3.地球赤道上的物体重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，要使赤道上的物体“飘〞起来，那么地球的转速应为原来的〔〕
A.g/a 倍
B.
a a g /)(+倍C.a a g /)(-倍D.a g /倍
4.同步卫星离地间隔r ，运行速率为V1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为V2，地球半径为R ，那么〔〕
A.a1/a2=r/R
B.a1/a2=R2/r2
C.V1/V2=R2/r2
D.V1/V2=
r R /
5.在质量为M 的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到轴的间隔为R ，如下列图，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过〔〕
A.
g mR
m
M ⋅+ B.
g mR m M ⋅+ C.g mR m M ⋅- D.
mR
Mg
6.如下列图，具有圆锥形状的回转器〔陀螺〕，半径为R ，绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，同时以速度v 向左运动，假设回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从左侧桌子边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，v 至少应等于〔〕
A.ωR
B.ωH
C.R
H
g
2 D.R
H
g 2 7.如下列图，放置在程度地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至程度位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。

以下说法正确的应是〔〕
A.在释放瞬间，支架对地面压力为〔m+M 〕g
B.在释放瞬间，支架对地面压力为Mg
C.摆球到达最低点时，支架对地面压力为〔m+M 〕g
D.摆球到达最低点时，支架对地面压力为〔3m+M 〕g
8.有一个在程度面内以角速度ω匀速转动的圆台，半径为R 。

如下列图，圆台边缘处坐一个人，想用枪击中台心的目的，假设枪弹程度射出，出口速度为V ，不计阻力的影响：那么〔〕
A.枪身与OP 夹角成θ＝sin －1〔ωR／v 〕瞄向圆心O 点的右侧
B.枪身与OP 夹角成θ＝sin －1〔ωR／v 〕瞄向圆心O 点的左侧
C.枪身与OP 夹角成θ＝tg －1〔ωR／v 〕瞄向圆心的左侧
D.枪身沿OP 瞄准O 点
9.某飞行员的质量为m ，驾驶飞机在竖直面内以速度V 做匀速圆周运动，圆的半径为R ，在圆周的最高点和最低点比较，飞行员对坐椅的压力最低点比最高点大〔设飞行员始终垂直坐椅的外表〕〔〕
A.mg
B.2mg
C.mg+
R mV 2
D.R
mV 22
10.一飞机以150m/s 的速度在高空中程度匀速飞行，相隔1s 先后释放A 、B 两物，A 、B 在运动过程中它们的位置关系下述正确的选项是〔〕
A.B 总在A 的前方，程度方向间隔为150m
B.A 总在B 的正下方5m 处
C.B 总在A 的前斜上方
D.以上说法都不对
11.河水流速为4m/s ，AB 是河岸上的两点，其大小为河宽的3倍，要使船从A 出发驶向与B 正对的此岸C 位置，那么船速至少应为m/s 。

12.如下列图，光滑斜面长为a ，宽为b ，倾角为θ，一小物体沿斜面上方顶点P 程度射入，从右下方顶点Q 分开斜面，试求其入射的初速度V0。

13.如下列图，长为L 的细绳，一端系有一质量为m 的小球，另一端固定在O 点。

细绳可以承受的最大拉力为7mg 。

现将小球拉至细绳呈程度位置，然后由静止释放，小球将在竖直平面内摆动。

假设在竖直平面内直线OA 〔OA 与竖直方向的夹角为θ〕上某一点O '钉一个小钉，为使小球可绕O '点在竖直平面内做圆周运动，且细绳不致被拉断，求
O O '的长度d 所允许的范围。

[参考答案] ://dearedu/
1.BC
2.C
3.B
4.AD
5.B
6.D
7.BD
8.A
9.B
10.D.11.
s m /5
10
2 12.解：题中小球在立体斜面上做类平抛运动，沿斜面方向的加速度a=gsinθ，由平抛运动规律得到：2sin 2
1
t g a ⋅=
θ和b=V0t ，即a
g b
V 2sin 0
θ
= 13.解：为使小球能绕O '点做完好的圆周运动，那么小球在最高点D 对绳的拉力F1应该大于或者者等于零，即有：
d
L V m
mg D
-≤2①
根据机械能守恒定律可得：
[])(cos 2
12d L d mg mV D --=θ②
因为小球在最低点C 对绳的拉力F2应该小于或者者等于7mg ，即有：
mg mg d
L V m mg F c -≤-=-722③ 根据机械能守恒定律可得：[])(cos 2
12d L d mg mV c -+=θ④ 由①②③④式解得：θθcos 22cos 233+≤≤+L d L 。