题型专练一 新定义 新情境专练

物体在其轨迹最高点 $ Q $ 处只有水平速度,其水平速度大小为 $ {v}_{0} \cos \alpha $ ,在最高点 $ Q $ 处,把物体的运动看成圆周运动的一部分,即物体的重力提供向心力,由牛顿第二定律得 $ mg=\dfrac{m({v}_{0} \cos \alpha )^{2}}{{\rho }_{Q}} $ ,可得在其轨迹最高点 $ Q $ 处的曲率半径为 $ {\rho }_{Q}=\dfrac{{v}_{0}^{2}{ \cos }^{2}\alpha }{g} $ ,同理在 $ P $ 处,由牛顿第二定律得 $ mg \cos \alpha =\dfrac{m{v}_{0}^{2}}{{\rho }_{P}} $ ,可得在 $ P $ 处的曲率半径为 $ {\rho }_{P}=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{g \cos \alpha } $ ,故 $ \dfrac{{\rho }_{Q}}{{\rho }_{P}}={ \cos }^{3}\alpha $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

花洒出水孔到竖直墙壁的水平距离相等，每个出水孔出水速度相等，根据平抛运动规律，在水平方向有 $ x={v}_{0}t $ ，解得 $ t=\dfrac{x}{{v}_{0}} $ ，故花洒喷出的水流在空中运动时间相等，结合竖直方向的运动规律 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ 可知，圆形花洒喷出的水流在竖直方向的位移相等，则落点区域形状与出水孔分布区域形状相同，故 $ \mathrm{B} $ 正确.

根据题意,可知过山车在圆弧轨道 $ CDE $ 的 $ C $ 点不脱离轨道,则在其他地方也不会脱离轨道,在圆弧轨道 $ CDE $ 的 $ C $ 点,过山车重力指向圆心的分力和轨道的支持力提供过山车做圆周运动的向心力,有 $ mg \cos \dfrac{\theta }{2}-{F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{m{v}_{C}^{2}}{R} < mg \cos \dfrac{\theta }{2} $ ,过山车能够通过 $ D $ 点的条件为 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2} > mgR(1- \cos \dfrac{\theta }{2}) $ ,联立解得 $ \cos \dfrac{\theta }{2} > \dfrac{2}{3} $ ,当 $ \theta ={120}^{\circ } $ 或 $ \theta ={150}^{\circ } $ 时不满足,故选 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ .

$ \mathrm{T} $ 形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为 $ v=\omega R $ ，将小圆柱的速度分解，如图所示，水平方向上的分速度大小为 $ {v}_{x}=v \cos \theta =\omega R \cos \theta $ ，当小圆柱从最左端开始转过 $ \dfrac{1}{4} $ 圈时，小圆柱的速度沿 $ AO $ 方向的分量最大，则 $ P $ 速度达到最大值 $ v $ ，且之后小圆柱速度沿 $ AO $ 方向的分量开始减小，所以此时物件 $ P $ 将与 $ \mathrm{T} $ 形支架分离， $ \theta $ 从 $ {90}^{\circ } $ 到 $ {0}^{\circ } $ 变化，则物件 $ P $ 的速度逐渐增大，所以物件 $ P $ 从 $ A $ 点开始运动到与 $ \mathrm{T} $ 形支架分离的过程中，做变加速直线运动，故 $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；支架与物件 $ P $ 分离后物件 $ P $ 做匀速直线运动，在圆盘转动 $ \dfrac{1}{4} $ 圈后到达 $ O $ 点，此时间内物件 $ P $ 运动位移为 $ x=vt=v×\dfrac{T}{4}=\omega R×\dfrac{1}{4}×\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\dfrac{\mathrm{\pi }R}{2} $ ， $ AO $ 间的距离为 $ d=R+x=(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+1)R $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.

方式一中，当球筒运动到最低点时,以羽毛球为研究对象,受力分析,有 $ f-mg=m{\omega }^{2}R $ ,将 $ f=kmg $ 代入可得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{(k-1)g}{R}} $ ；方式二中，以球筒和羽毛球整体为研究对象,撞到桌面之前,设手对其做功为 $ W $ ,整体碰到桌面时的速度为 $ v $ ,由动能定理有 $ W+(m+M)g\cdot \dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}(m+M){v}^{2} $ ，撞到桌面之后,以羽毛球为研究对象,它在球筒内减速下滑至桌面,由动能定理有 $ mg(L-d)-f(L-d)=0-\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,联立可得 $ W=(m+M)[(k-1)(L-d)-\dfrac{L}{2}]g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

由题意知,若要保证每个装配工位上都能完成零件装配,分为以下几种情况：沿转动方向与原零件相邻零件转到固定工作头正下方,此时有 $ \omega {t}_{0}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{5}+2k\mathrm{\pi }(k=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ k=0 $ 时, $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ,当 $ k=1 $ 时, $ \omega =\dfrac{12\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ；间隔一个的零件转到固定工作头正下方,此时有 $ \omega {t}_{0}=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{5}+2k\mathrm{\pi }(k=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ k=0 $ 时, $ \omega =\dfrac{4\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ,当 $ k=1 $ 时, $ \omega =\dfrac{14\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ；间隔两个的零件转到固定工作头正下方,则有 $ \omega {t}_{0}=\dfrac{6\mathrm{\pi }}{5}+2k\mathrm{\pi }(k=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ k=0 $ 时, $ \omega =\dfrac{6\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ,当 $ k=1 $ 时, $ \omega =\dfrac{16\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ；间隔三个的零件转到固定工作头正下方,则有 $ \omega {t}_{0}=\dfrac{8\mathrm{\pi }}{5}+2k\mathrm{\pi }(k=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ k=0 $ 时, $ \omega =\dfrac{8\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ ,当 $ k=1 $ 时, $ \omega =\dfrac{18\mathrm{\pi }}{5{t}_{0}} $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 物块恰好通过圆形轨道 $ {O}_{1} $ 最高点 $ P $ ,在 $ P $ 点，根据牛顿第二定律有 $ mg=\dfrac{m{v}_{P}^{2}}{{r}_{1}} $ ,

解得 $ {v}_{P}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

物块从 $ B $ 到 $ P $ 过程,由机械能守恒定律有

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{P}^{2}+2mg{r}_{1} $ ,

解得 $ {v}_{B}=\sqrt{5}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

物块在 $ B $ 点,由牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=\dfrac{m{v}_{B}^{2}}{{r}_{1}} $ ,

解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=6\mathrm{N} $ .

（2） 物块恰好能通过 $ P $ 点,根据能量守恒定律有

$ {E}_{\mathrm{p}1}=\mu mg{L}_{1}+\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}=0.4\mathrm{J} $ ,

物块恰能到 $ D $ 点,则 $ {E}_{\mathrm{p}2}=\mu mg{L}_{1}+mg{r}_{2}=0.65\mathrm{J} $ ,

物块恰能通过 $ E $ 点,在 $ E $ 点，根据牛顿第二定律有 $ mg \sin \theta =\dfrac{m{v}_{E}^{2}}{{r}_{2}} $ ,

解得 $ {v}_{E}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

根据能量守恒定律有

$ {E}_{\mathrm{p}3}=\mu mg{L}_{1}+mg({r}_{2}+{r}_{2} \sin \theta )+\dfrac{1}{2}m{v}_{E}^{2}=1.25\mathrm{J} $ ,

物块恰能到 $ G $ 点,则 $ {E}_{\mathrm{p}4}=\mu mg{L}_{1}+mg({r}_{2}+{r}_{2} \sin \theta +{L}_{2} \cos \theta )+\mu mg{L}_{2} \sin \theta =1.65\mathrm{J} $ ,

经挡板 $ Q $ 反弹后物块匀速下滑,恰能通过 $ F $ 点进入圆弧轨道且不脱离,则 $ {E}_{\mathrm{p}5}=\mu mg{L}_{1}+mg({r}_{2}+{r}_{2} \sin \theta )+2\mu mg{L}_{2} \sin \theta +\dfrac{1}{2}m{v}_{E}^{2}=1.85\mathrm{J} $ ,

所以发射器弹性势能 $ {E}_{\mathrm{p}} $ 的范围为 $ 0.4\mathrm{J}⩽ {E}_{\mathrm{p}}⩽ 0.65\mathrm{J} $ , $ 1.25\mathrm{J}⩽ {E}_{\mathrm{p}}⩽ 1.65\mathrm{J} $ , $ 1.85\mathrm{J}⩽ {E}_{\mathrm{p}}⩽ 2\mathrm{J} $ .