A．小球到达A点时的速度为
2v0 4
B．小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°
C．小球在由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小 D．仅减小初速度v0，小球仍有可能运动到AB平面上
BC [根据逆向思维，小球从A到P做平抛运动；设小球做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律，小球在P点时，＝＝v＝
vy2y2L22＝＝1，所以vy＝v，而vy＋v＝v0，所以vyvx2L2
v0，小球在P点时，速度方向与水平夹角为45°，选项A错误，选项B正确；球在2
由P向A运动的过程中，重力的瞬时功率P＝mgvy，随着vy的变小而逐渐减小，选项C正确；仅减小初速度v0，小球不可能运动到AB平面上，选项D错误．]
9．如图所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角．已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为，重
2力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列说法正确的是( )
l0
A．弹簧为原长时，杆的角速度为B．当杆的角速度为
g 2l0
g时，弹簧处于压缩状态 l0
C．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 2
D．在杆的角速度由0缓慢增大到3
2g5
过程中，小球机械能增加了mgl0 l04
2
CD [静止时，k＝mgsin θ?kl0＝mg，弹簧为原长时，mgtan 30°＝mωl0·cos 30°，
2解得：ω＝2g，A项错误；当杆的角速度大于3l0
2g时，小球做圆周运动所需的向心力3l0
l0
增大，所以弹簧对小球的弹力沿杆向下，弹簧处于拉伸状态，B项错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的线速度增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能增大，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，C项正确；小球随杆转动的角速度为
23
2g时，弹簧处于伸长状态，设伸l0
长量为Δl，在水平方向上：FNsin 30°＋kΔl·cos 30°＝mω(l0＋Δl)cos 30°，在竖
5
2
直方向上：FNcos 30°－kΔl·sin 30°－mg＝0，解得：Δl＝，则小球的重力势能增加211?3?23
量为ΔEp＝mgl0sin 30°＝mgl0，动能增加量为ΔEk＝m?ωl0cos 30°?＝mgl0，可知D
22?2?4项正确．]
10．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，一质量为m的小球(可49
视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H.已
316知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )
l0
7m2gHA．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为
4t7m2gHB．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为＋mg
4tC．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H 3
D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H
2
AC [A、B项：以竖直向上为正方向小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－2gH，小球第一次反弹起竖直方向的速度为v2＝9H2g×＝16
9gH，在小球第一次与地面接触的8
7m2gH过程中应用用动时定理有：Ft＝mv2－mv1，代入数据解得：F＝，故A正确，B错
4t2H，水平初速度v0＝
4H32H8gH，第一9
误；C、D项：小球第一次下落的时间为t＝g＝
g9H2×16
，所以第一次落地点到第二次落地点的水平
次反弹到最高点所用的时间为t′＝距离为2v0t′＝2
8gH×9
g9H＝2H，故C正确，D错误．] 8g2
11．(2018·长沙一中高三诊断)如图所示，BC为半径等于2m、竖直放置的光滑细圆
5
6
管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数为μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5 kg的小球从O点正上方某处A点以速度v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入圆管，OB与竖直方向的夹角为45°，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的F＝5 N的力的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g取10 m/s)求：
2
(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？OA的距离为多少？ (2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？ (3)小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？
解析 (1)小球从A运动到B为平抛运动，有rsin 45°＝v0t 在B点，有tan 45°＝ 解以上两式得v0＝2 m/s，t＝0.2 s 12
则AB竖直方向的距离为h＝gt＝0.2 m
2
gtv0
OB竖直方向的距离为h′＝rcos 45°＝0.4 m
则OA＝h＋h′＝(0.2＋0.4)m＝0.6 m. (2)在B点据平抛运动的速度规律有
vB＝
＝22 m/s
cos 45°
v0
小球在管中重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小
v2B球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得圆管对小球的作用力为FN＝m＝52 N
r根据牛顿第三定律得小球对圆管的压力为
FN′＝FN＝52N.
(3)在CD上滑行到最高点过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45°＋μmgcos 45°＝ma 解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝82m/s
2
v22B根据速度位移关系公式，有x＝＝m.
2a4
答案 (1)2m/s 0.6 m (2)52N (3)2m 4
12．如图所示，台阶的高度H＝1.45 m，在台阶的水平台面边缘静止一质量为m的小球
7
A，在紧靠A的左侧用细线竖直悬挂一同样大小的小球B，两球心连线水平．在平台下面的
地面上有一倾角为θ＝37°的传送带，传送带下端有一个和传送带垂直的挡板P，传送带的5
长度L＝ m，传送带以v＝5 m/s的速率逆时针转动．把小球B拉到离平台h＝0.8 m高处
31
由静止释放，与小球A正碰后B球能上升到离平台h高处，小球A恰好沿平行于传送带的
4方向从传送带上端飞上传送带并沿传送带运动，和挡板P碰撞后以大小不变的速率被反向弹32回．已知小球A与传送带之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s.
8
(1)求传送带上端距台阶的距离s； (2)求小球B的质量mB；
(3)小球A被P反弹后能否再回到平台上？若能，请说明理由；若不能，请计算小球A到达的最高点距平台的高度．
解析 (1)设小球A离开平台的速度为vA，到达传送带上端的速度为vQ，竖直分速度为
v，则vy＝vAtan θ
v2y＝2g(H－Lsin θ) vQ＝
vysin θ
vy＝gt s＝vAt
代入数据解得
vA＝4 m/s vQ＝5 m/s s＝1.2 m
(2)设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为vB，则有
mBgh＝mBv20
12hmBvB＝mBg× 24
若B球碰撞后向右运动，则
1
2
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