全国高校强基计划入门试题第15讲必修二综合提升（解析版）.docx

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第15讲必修二综合提升全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（）A．地球的平均密度为B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为C．卫星Ⅱ的周期为D．题中时间为【答案】C【详解】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有且有其中R为地球的半径，联立解得A错误；B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示在三角形AOB中，有即根据可得故有联立以上各式，有B错误；C．根据可得因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有整理得C正确；D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。故选C。2．某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，春分那天（太阳光直射赤道）在日落12小时内有时间该观察者看不见此卫星。已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T，卫星的绕地方向与地球转动方向相同，不考虑大气对光的折射。下列说法中正确的是（）A．同步卫星离地高度为B．同步卫星加速度小于赤道上物体向心加速度C．D．同步卫星的加速度大于近地卫星的加速度【答案】C【详解】A．设地球同步卫星的轨道半径为r，其受到的地球万有引力提供向心力，即对地面上的物体万有引力等于重力有由以上两式可得：所以同步卫星离地高度为故A错误；B．根据因为同步卫星与赤道上物体转动角速度相同，同步卫星离地心距离较大，同步卫星加速度大于赤道上物体向心加速度，故B错误；C．根据光的直线传播规律，日落12小时内有时间该观察者看不见此卫星图示如下图所示同步卫星相对地心转过角度为结合计算得出所以C选项是正确的；D．根据得同步卫星的轨道半径比近地卫星轨道半径大，同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度，故D错误。故选C。3．2015年9月14日，美国的LIGO探测设施接收到一个来自GW150914的引力波信号，此信号是由两个黑洞的合并过程产生的。如果将某个双黑洞系统简化为如图所示的圆周运动模型，两黑洞绕O点做匀速圆周运动。在相互强大的引力作用下，两黑洞间的距离逐渐减小，在此过程中，两黑洞做圆周运动的（）A．向心力均逐渐减小B．线速度均逐渐减小C．周期均不变D．角速度均逐渐增大【答案】D【详解】A．向心力由万有引力提供，根据万有引力定律两黑洞间的距离逐渐减小，万有引力增大，所以向心力均逐渐增大，A错误；C．根据牛顿第二定律解得两黑洞间的距离L逐渐减小，周期均减小，C错误；D．根据，T减小，角速度均逐渐增大，D正确；B．根据解得两黑洞间的距离L逐渐减小的过程中，L3的减小量大于r12、r22的减小量，所以线速度均增大，B错误。故选D。4．2020年7月31日，北斗闪耀，泽沐八方。北斗三号全球卫星导航系统（如图甲所示）建成暨开通仪式在北京举行。如图乙所示为55颗卫星绕地球在不同轨道上运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径，1和2为其中的两颗卫星。已知引力常量为G，下列说法正确的是（）A．地球的半径为B．地球质量为C．卫星1和2运动的线速度大小之比为D．卫星1和2向心加速度大小之比为【答案】D【详解】A．设地球质量为M，由万有引力提供向心力有两边同时取对数，整理可得当时，有可知x0并不代表地球半径，选项A错误；B．对比图像可知解得选项B错误；C．由可得选项C错误；D．根据以及图乙可求得，卫星1和2向心加速度之比为，选项D正确。故选D。5．地球质量大约是月球质量的81倍，地月距离约为38万千米，两者中心连线上有一个被称作“拉格朗日点”的位置，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，则这个点到地球的距离约为（）A．3.8万千米B．5.8万千米C．32万千米D．34万千米【答案】C【详解】以M表示地球的质量，m表示月球的质量，表示飞行器的质量，表示地月距离，x表示飞行器到月球的距离，表示月球公转的角速度根据万有引力定律和牛顿第二定律，有，联立以上两式，得，由于则即，解得所以，飞行器与地球的距离为故选C。6．2019年12月7日，“长征三号”运载火箭在中国文昌发射场发射升空，将卫星送入预定轨道。图为该卫星绕地球运动示意图，测得卫星在t时间内沿逆时针从P点运动到Q点，这段圆弧对应的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则该卫星运动的（）A．线速度为B．周期为C．向心加速度为D．轨道半径为【答案】A【详解】AD．由牛顿第二定律解得A正确，D错误；B．由和得，，B错误；C．由解得，C错误。故选A。二、多选题7．如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则（）A．A的质量一定大于B的质量B．A的加速度一定大于B的加速度C．L一定时，M越小，T越大D．L一定时，A的质量减小Δm而B的质量增加Δm，它们的向心力减小【答案】BCD【详解】A．双星系统中两颗恒星间距不变，是同轴转动，角速度相等，双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等，故有因为，所以，选项A错误；B．根据，因为，所以，选项B正确；C．根据牛顿第二定律，有其中联立解得L一定，M越小，T越大，选项C正确；D．双星的向心力由它们之间的万有引力提供，有A的质量mA小于B的质量mB，L一定时，A的质量减小Δm而B的质量增加Δm，根据数学知识可知，它们的质量乘积减小，所以它们的向心力减小，选项D正确。故选BCD。8．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的小球从距弹簧上端高度为h的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。一段时间后，小球静止在O点，此时，弹簧长度为，弹簧的弹性势能为，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为B．小球在运动过程中，球与弹簧组成的系统机械能守恒C．小球第一次下落过程中速度最大位置在O点D．【答案】AD【详解】A．球停止运动时，受力平衡，根据平衡关系和胡克定律得解得选项A正确；B．分析得小球开始从高处下落，第一次经过最后的静止位置动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中有阻力作用，故系统机械能不守恒，选项B错误；C．由于在运动过程中有阻力作用，第一次下落过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，故O点不是下落过程中速度最大处，选项C错误；D．运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒有则选项D正确。故选AD。9．如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（）A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1 B．木板长度为0.75m C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J【答案】BC【详解】A.设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得根据图像得解得设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得根据图像得解得滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；B.设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得解得根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为木板长度为B正确；C.根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为C正确；D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为D错误。故选BC。10．如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一端连接固定在斜面底端的挡板C上，另一端连接滑块A，一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮（质量忽略不计），一端系在物体A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，滑块A刚要沿斜面向上运动。现在由静止释放球B，不计轻绳与滑轮间的摩擦。已知，弹簧的劲度系数为，滑块A与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列说法中正确的是（）A．释放B球前手受到B球的压力为B．滑块A向上滑行时速度最大C．滑块A向上滑行时最大速度为D．滑块A向上滑行的最大距离为【答案】AD【详解】A．用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T滑块A刚要沿斜面向上运动可知对B受力分析，设手的托力为F根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为，故A正确；B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度做大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得带入解得x=0.25m故B错误；C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度时能量关系解得故C错误；D．当滑块A向上滑行的最大距离时，AB的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律解得故D正确；故选AD。11．如图所示，一竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量为m的物块a连接，初始时a保持静止。现有一质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，与a发生碰撞后一起运动但不粘连，压缩弹簧至最低点，然后一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a。物块a、b均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，其弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．两物块由于碰撞损失的机械能为B．从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为C．从碰撞后到最高点，两物块的最大动能为D．整个系统弹性势能的最大值为【答案】BCD【详解】A．质量为m的物块b从距a正上方h处自由释放，根据机械能守恒，可得到达物体a时b的速度为解得A与b碰撞的过程中，动量守恒，则有两物块由于碰撞损失的机械能为A错误；B．一起上升到最高点时物块b恰好不离开物块a，则此时弹簧处在原长位置，设此时物体上升的高度为，则有又解得从碰撞后到最高点，整个系统弹性势能的减少量为B正确；C．当弹簧的弹力大小与两物块的重力大小相等时，此时有两物块的最大动能C正确；D．当两物体的速度减为零时，整个系统弹性势能取得最大值，此时最大值为D正确。故选BCD。12．“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球的重力和受到的风力大小之比为B．小球落到点时的动能为C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为D．小球从点运动到点过程中的最小动能为【答案】BCD【详解】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有①对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有②由题意可知③根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为④小球从M运动到O所用时间为⑤根据运动学公式有⑥联立①②③④⑤⑥解得⑦故A错误；B．M、N两点间的水平距离为⑧设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有⑨联立③⑤⑦⑧⑨解得⑩故B正确；C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知⑪根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为⑫故C正确；D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为⑬根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为⑭解得最小动能为⑮故D正确。故选BCD。三、填空题13．如图所示，是带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转50圈。在暗室中用每秒闪光52次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿______方向旋转，白点转动一圈的时间为_____s。【答案】逆时针5【详解】[1]由于光源的闪光周期小于白点做圆周运动的周期，光源每次闪光时，白点都没有来得及回到前一次闪光时的位置，即都在前一次闪光时位置的左侧，光源连续闪光，白点的位置就连续向左逆时针移到，所以白点逆时针旋转；[2]白点的频率为，白点的角速度为光源的频率为，光源的角速度为设白点转动一圈的时间为t解得14．如图所示，在湖中固定一细长圆管（两端开口），管内有一活塞，其下端位于水面上．已知圆管竖直放置，活塞底面积，质量不计，水面的大气压．现将活塞缓慢地提高，则拉力对活塞所做的功是_________J．【答案】100【分析】由于大气压强的作用，活塞上升时，管内、外水位差存在一个高度差最大值h0=10m，所以管内水面（或活塞）相对于河岸的升高量等于管内、外水位差，即h1=h0=10m；活塞继续上升h2=h-h1=5m过程中，水面不动，活塞与水之间是真空。水上升阶段：以活塞为研究对象，它受到向上的拉力F、向下的大气压力和管内的水向上的压力，根据力的平衡条件得出任意时刻管内、外水位差为h时拉力的表达式，进一步求出拉力F的平均值，根据W=Fs求出此阶段拉力做的功；水不上升阶段：力F做的功等于活塞克服大气压力做的功，根据F=PS和W=Fs求出此阶段拉力做的功；整个过程中，力F做的功等于两者之和。【详解】由于大气压强的作用，活塞上升时，管内、外水位差存在一个高度差最大值h0=10m，所以管内水面（或活塞）相对于河岸的升高量等于管内、外水位差，即h1=h0=10m；活塞继续上升h2=h-h1=5m过程中，水面不动，活塞与水之间是真空。（1）水上升阶段：设任意时刻向下的大气压力和管内的水向上的压力为F下、F上，管内、外水位差为h，则有：由于活塞始终平衡，故解得：可见力F跟h成正比，F在h1距离上的平均值为：F在h1距离上的功为：（2）水不上升阶段：力F做的功等于活塞克服大气压力做的功，故有：所以整个过程中力F做的功于：【点睛】本题关键是知道活塞上升时会分两个阶段，即水上升阶段和水不上升阶段，并会对活塞进行受力分析得出水上升阶段拉力的大小。四、解答题15．目前人类正在设计火星探测实验室，从而在火星表面进行某些物理实验。如果火星的半径为r，某探测器在近火星表面轨道做圆周运动的周期是T，探测器着陆后，其内部有如图所示的实验装置，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到火星表面重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零（火星表面重力加速度g未知）。不考虑火星自转的前提下，求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球从C点落至水平轨道所用的时间。【答案】(1)，v=；(2)【详解】(1)设火星表面重力加速度为g可得设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由以上各式，联立代入数据得，v=(2)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式以上各式联立，代入数据得16．圆弧轨道AB固定于地面上，半径R＝2 m，所对圆心角为60°，其末端与逆时针转动的水平传送带相切于B点，如图所示，传送带长l＝1.5 m，速度v＝4 m/s。一质量为m＝0.1 kg的滑块从最高点A由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到B点时速度＝3 m/s。（g取10 m/s2），求：（1）滑块沿圆弧从A到B运动过程中摩擦力对滑块做的功；（2）若滑块不从右端滑离传送带，滑块与传送带的动摩擦因数μ应满足什么条件？（3）若传送带与滑块的动摩擦因数μ＝0.6，求滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量Q？【答案】（1）-0.55 J；（2）μ≥0.3；（3）2.4J【详解】（1）A→B的过程，由动能定理得代入数据解得Wf＝-0.55 J（2）滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，由动能定理得解得即μ至少为0.3时滑块不从右端滑离传送带。（3）由牛顿第二定律，得滑块向右做匀减速运动的最大距离此时未从右端滑离传送带，接下来向左反向加速从B点离开传送带，向左加速位移为滑块运动时间传送带向左运动的距离s3＝vt＝4 m则滑块从B点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量17．一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小。（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小。（3）在（2）中，若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）A与B相对静止一起沿斜面运动，则加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑时，加速度为加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑时，加速度为加速度方向沿斜面向上，AB整体先向下做匀加速运动，加速度为位移为，当b下端碰到2时，由于b板质量不计，碰撞瞬间保持静止，A沿B向下做匀加速直线运动，位移为，加速度为设A到达挡板2时的速度为，则解得（2）滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律可得解得（3）A开始运动时，AB一起向下运动，做加速运动，由运动学公式可知解得B碰撞挡板2后A继续运动，直到A与挡板2碰撞，A做减速运动可知解得A与挡板2碰撞后原速度返回，AB一起向上运动直到沿B与挡板1碰撞，由运动学公式可知解得A继续上升直到速度为0，则解得此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为，由动能定理可知解得反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为,则代入数据可得18．10块同样的木板一个一个紧挨着静止放在足够大的水平地面上，每个木板质量均为、长，它们与地面之间的动摩擦因数均为。在第1块木板左端放一质量为的可视为质点的铅块，它与木板间的动摩擦因数，现给铅块一水平向右的初速度，使其在木板上方滑行。最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，，取，。求：（1）铅块刚滑过第1块木板时的速度大小（结果保留两位有效数字）；（2）铅块从左向右滑过几块木板时，下面的木板开始滑动；（3）第10块木板刚开始滑动时的加速度大小；（4）整个过程中铅块和木板间因摩擦而产生的热量Q。【答案】（1）；（2）第7块；（3）；（4）【详解】（1）铅块对木板作用力木板与地面之同的最大静摩擦力所以铅块在滑过第一个木板时，木板静止，对铅块有解得（2）设剩余n块时木板刚好静止，有对剩余木板有解得说明滑上第7块时木板刚好静止。则滑过第7块时，下面木板开始滑动。（3）由（2）知，铅块滑上第8块木板时，第10块木板开始滑动，对第8、9、10三块木块解得（4）设铅块刚滑上第8块木板时速度为：对铅块有解得设铅块和下方木板相对静止用时，有解得铅块相对木板位移铅块和第8块板没有共速，设滑上第9块木板铅块滑过第8块木板用时，满足解得铅块滑上第9块木板时，铅块的速度木板9的速度对木板9、10有解得设铅块与木板9、10共速用时，有解得若铅块与木板9、10共速相对位移说明以后相对静止一起匀减速运动。则整个过程中铅块和木板因摩擦而产生的热量19．如图所示，水平传送带AB左端与水平面BC相连，BC左端是竖直光滑半圆轨道CDE，半圆形轨道半径R=0.5m，传送带AB长度L1=3m，沿逆时针方向匀速运行，运行速率为v，BC间距离L2=2m，一小物块质量m=0.4kg，从传送带A点由静止释放，该物块与传送带间的动摩擦因数为µ1=0.5，与BC面间的动摩擦因数均为µ2=0.2。重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。（1）若传送带的速度大小v=3m/s，判断物块能否运动到达D点；（2）要使物块恰好通过圆形轨道的最高点E，需要在A点由静止释放物块的同时，对物块施加一水平向左的恒力F（该力一直作用在物块上），求力F的最小值；（3）在第（2）小题中，若恒力F=1N，要使物块在圆弧轨道CDE上运动不脱离轨道，则传送带运行速率v应该满足的的条件。【答案】（1）不能；（2）0.12N；（3）或【详解】（1）物块从B点到D点过程中，根据动能定理得解得物块不能到达D点；（2）在E点根据牛顿第二定律得物块在传送带上一直加速，传送带滑动摩擦一直对物体做正功，F最小，根据动能定理得解得（3）因F<µ1mg，传送带的滑动摩擦力先对物体做正功，后静摩擦力做负功，从A点到E点，根据动能定理得传送带上加速过程解得从A点到D点F（L1+L2+R）+µ1mg x1′-f静（L1-x1′）-µ2mg L2-mg·R=0解得故传送带的运行速率应满足或20．如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的A、B是两根长度相等、质量皆为m的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l=R的矩形薄片的两端。初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A、B皆与圆筒内表面接触。已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1。现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A逐渐升高。（1）矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？（2）如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。令θ表示A的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动。（要求在卷面上写出必要的推导过程。最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。）【答案】（1）48.2°；（2）54.9°【详解】1.90°。2.当矩形物处于竖直位置即θ=0°时，B不会滑动，矩形物静止。当圆筒缓慢转动使θ刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动。假定B仍不动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆周运动。圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为（1）这里v表示A的速度。T是刚性薄片对A的作用力，规定其方向从B到A为正。根据能量守恒，有（2）联立（1）、（2）式，得T=mg（3cosθ-2）（3）如果令T=0，可得显见，θ＜48.2°时，作用力是径向正向，对A是推力；θ>48.2°时，作用力是径向反向，对A是拉力。现在再来看前面被假定不动的B是否运动。我们可以在B处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30°夹角。因为假定B不动，其加速度为零，所以B在垂直于切面方向的受力方程为f⊥-mgcos30°-Tcos（30°-θ）=0（4）这里f⊥是圆筒内壁对B的支持力。由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°（A将与圆筒相碰）之前B不动，则f⊥必将始终不等于零，这就是说，在B开始滑动以前，B不会离开筒壁。B对筒壁的正压力是f⊥的反作用力，大小和f⊥相同。式中的T是刚性薄片对B的作用力，它和（1）式中的T大小相等（因薄片质量不计）。由于μ=1，所以最大静摩擦力fmax的大小就等于正压力。fmax=μf⊥=mgcos30°+Tcos（30°-θ）（5）其方向是沿切面方向。沿切面方向除摩擦力外，B还受到其他力f∥=mgsin30°+Tsin（30°-θ）（6）只要f∥不大于最大静摩擦力，B就不滑动。这个条件写出来就是f∥≤fmax（7）B滑动与否的临界点就应由f∥=fmax求出，即mgcos30°+Tcos（30°-θ）=mgsin30°+Tsin（30°-θ）（8）将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程（9）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ=54.9°（10）θ超过此值，B将开始滑动。