全国高中物理试题汇编月第一期D圆周运动含解析

D4圆周运动【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省温州市十校联合体（温州中学等）高三第一次月考（10）】20．如图16，一个质量为m的小球,以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=600，不计空气阻力．求：图16图16(1)（3分）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；(2)（6分）在D点处管壁对小球的作用力N；(3)（3分）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf．【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）小球从A到B：竖直方向则在B点，由速度关系 （2）小球从D到B：竖直方向解得：则小球从D点抛出的速度在D点，由向心力公式得：解得：方向竖直向上（3）从A到D全程应用动能定理：解得：【思路点拨】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据平抛运动知识求出小球在D点的速度，再根据牛顿第二定律求出管壁对小球的弹力作用．（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届河南省洛阳市高三上学期期中考试（10）word版】12.如图5所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一个点A、B、C，已知三个轮的半径比，当转轴匀速转动时，下列说法中正确的是A.A、B、C三点的线速度之比为2:2:1B.A、B、C三点的角速度之比为1:2:1C.A、B、C三点的加速度之比为2:4:1 D.A、B、C三点的周期之比为1:2:1【知识点】向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】ABC解析：A、A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、C共轴转动，角速度相等，根据v=rω，则vA：vC=r1：r3=2：1．所以A、B、C三点的线速度大小之比vA：vB：vC=2：2：1．故A正确；B、A、C共轴转动，角速度相等，A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2．所以A、B、C三点的角速度之比ωA：ωB：ωC=1：2：1，故B正确；C、根据an=vω，可知，A、B、C三点的加速度之比为2：4：1．故C正确；D、由T=，可知，A、B、C三点的周期之比为2：1：2，故D错误．故选：ABC．【思路点拨】共轴转动，角速度相等，靠传送带传动，线速度相等，根据v=rω，求出各点的线速度、角速度之比．解决本题的知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度相等．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60°。重力加速度大小为g。(1)若=，小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】（1）(2)当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f＝当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f＝【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60°。重力加速度大小为g。(1)若=，小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】（1）(2)当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f＝当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f＝【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60°。重力加速度大小为g。(1)若=，小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】（1）(2)当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f＝当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f＝【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】18、（12分）如图所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.【知识点】机械能守恒定律；向心力；功能关系．D4E2E3E6【答案解析】（1）4m/s；（2）8N；（3）0.8J．解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s.(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J.mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点处，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得F＝8N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N.【思路点拨】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（09）】17、（10分）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝meq\f(v2,R))【知识点】动能定理；平抛运动；向心力．D2D4E2【答案解析】（1）－(mgH－2mgR)（2）eq\f(2,3)R解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)⑦N＝0⑧cosθ＝eq\f(h,R)⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R.⑩【思路点拨】（1）游客从B点开始做平抛运动，将运动分解，即可求出游客到达B的速度，A到B的过程中由动能定理即可求出运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf．（2）设OP与OB最近的夹角是θ，在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力，结合机械能守恒与向心力的表达式即可求解．该题中正确判断出游客在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力是解题的关键．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60°。重力加速度大小为g。(1)若=，小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】（1）(2)当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f＝当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f＝【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【首发—【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考（10）word版】10.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心O、半径为R的圆周的光滑轨道，两轨道相切于B点，在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点即撤去推力，小滑块恰好能沿着圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面，则小滑块A.在AB段运动的加速度为2.5gB.经B点时加速度为零C.在C点时合外力的瞬时功率为D.上滑时动能与重力势能相等的位置在直径上方【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1D4E2【答案解析】AD解析：A、在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A正确B、在C点，有：mg=m，解得vc=．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mvc2-mvB2，解得vB=．则B点的加速度aB==5g．故B错误．C、在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0．故C错误．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：mvB2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省绍兴一中高三上学期回头考试（09）】20．（12分）如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N·m（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？（2）电场力做的功为多大？到达PS界面时离D点多远？（3）大致画出带点粒子的运动轨迹（4）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4I3【答案解析】（1）0.03m（2）0.12m（3）如图（4）解析：（1）带电粒子穿过界面MN时偏离中心线的距离，即侧向位移：（2）电场力做的功为：，y=0.12m（3）4分（4）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：此时的速度方向与水平方向成θ，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的a点（如图），则a点离中心线的距离为y：则a点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为β，则，带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在与A板在同一水平线上的荧光屏bc上，由此可以做出判断：该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。带正电的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q带负电。半径由库仑定律和匀速周运动规律得：（1分）得：【思路点拨】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．

（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象．（3）根据受力分析画图（4）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（09）】20.(14分)如图所示，边长L=0.2m的正方形，abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度B=5.0X10-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场，电场强度为E(不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一块开有小孔O的绝缘挡板，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.Im。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔0不断发射各种速度的带负电离子，离子的电荷量均为q=3.2X10-18C，质量均为m=6.4X10(不计离子重力，不考虑离子之间相互作用力，离子打到金属板或档板上后将不反弹)(1)为使离子能沿SO连线穿过孔0，则哪块金属板带正电?当电场强度E=106N/C时，求穿过孔O的离子的速率;(2)为使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足此条件的电场强度r的取值范围;(3)在电场强度取第(2)问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd内侧，从c点沿cd方向入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰(碰撞时两离子的速度方向恰好相反)，求该正离子入射的速率。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4K2K4【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）MN板带正电穿过孔O的离子在金属板间需满足：（2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足：离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，从bc边射出的离子，其临界轨迹如图中的①②，轨迹半径的范围：（3）当E取最小值时，离子轨迹如图中的②，发生同向正碰，即两离子的轨迹圆应内切，如图：设从c进入磁场的离子运动的半径为r’,速率为v’,则：又因为【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度．（2）作出粒子运动轨迹，求得粒子的运动半径范围，从而求得电场强度的范围（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届山东省实验中学高三第一次诊断性考试（09）】16．(16分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R=0．2m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m=1Kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始行驶，经过一段时间t=4s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为，ED之间的距离为，斜面的倾角为30°.求：（g=10m/s2）(1)小车到达C点时的速度大小为多少；(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；(3)小车的恒定功率是多少．【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】(1)4m/s(2)10N竖直向上（3）5W解析：(1)把C点的速度分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有： 解得vc=4m/s 注：用其他思路，结果正确同样给分(2)（共6分）由(1)知小车在A点的速度大小vA＝eq\r(2gR)=2 m/s 因为vA＝eq\r(2gR)>eq\r(gR)，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下 mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,A),R) 解得FN =10N 根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小FN′＝FN=10N 方向竖直向上 (3)（共4分）从E到A的过程中，由动能定理：Pt－μmgx0－mg4R＝ 解得P＝eq\f(μmgx0＋5mgR,t) =5W 【思路点拨】（1）小车离开A后做平抛运动，根据竖直方向的分运动可以求出小车的运动时间与竖直分速度，然后在C点根据运动的合成与分解可以求出小车的速度；

（2）小车在A点做圆周运动，由牛顿第二定律求出求出轨道对小车的支持力，然后由牛顿第三定律求出小车对轨道的压力；

（3）从D到A只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出D点的速度，从E到D应用动能定理可以求出小车的功率．小车的运动过程较为复杂，分析清楚小车的运动过程是正确解题的前提与关键；对小车应用运动的合成与分解、牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理即可正确解题．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】20.(11分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60°。重力加速度大小为g。(1)若=，小物块受到的摩擦力恰好为零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4D6【答案解析】（1）(2)当ω=（1+k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为向下解析：：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）当ω=（1+k）ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

联立两式解得f＝当ω=（1-k）ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，

根据牛顿第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

联立两式解得f＝【思路点拨】（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的大小．

（2）当ω＞ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．当ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，则摩擦力的方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小．解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解．【全网首发--【原创纯word版精品解析】物理卷·届河北省衡水中学高三上学期二调考试（10）word版】12.如图，轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成，一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动，滑块质量为m，不计一切摩擦。则下列说法错误的是()A.若滑块能通过圆轨道最高点D，h最小为2.5RB.若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC.若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点，则hR【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物体能通过最高点，则由mg=m可得：v=，从A到D根据机械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正确；B、若h=2R，从A到C根据机械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C点有：N=m，解得：N=2mg，故B错误；C、若h=2R，小滑块不能通过D点，在CD中间某一位置即做斜上抛运动离开轨道，做斜抛运动，故C正确；D、若要使滑块能返回到A点，则物块在圆弧中运动的高度不能超过C点，否则就不能回到A点，则则h≤R，故D正确．故选B【思路点拨】物体进入右侧半圆轨道后做圆周运动，由圆周运动的临界条件可知物体能到达D点的临界值；再由机械能守恒定律可得出A点最小高度，分情况讨论即可．机械能守恒定律与圆周运动的结合题目较为常见，在解题时一定要把握好竖直平面内圆周运动的临界值的分析．【题文】（物理卷•届山东省潍坊市重点高中上学期期中考试（.10））17.（12分）如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C

点，Q到C点的距离为2R．质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，若从Q点开始对滑块施加水平向右的推力F，推至C点时撤去力F，此滑块刚好能通过半圆轨道的最高点A。已知∠POC=60°，求：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；

（3）推力F的大小。．【知识点】动能定理；向心力．D4E2【答案解析】（1）2mg；（2）0.25；（3）mg．解析：：（1）由P到C的过程根据动能定理得：mgR（1-cos60°）=在C点由牛顿第二定律得：FN-mg=解得：FN=2mg

由牛顿第三定律得，滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力为2mg．

（2）从P到Q的过程，由动能定理得：

mgR（1-cos60°）-μmgx=0解得：μ==0.25

（3）滑块刚好能通过半圆轨道的最高点A，设此时的速度为v2，由牛顿第二定律得：

mg=从Q到A的过程由动能定理得：

Fx-μmgx-2mgR=-0解得：F=mg【思路点拨】（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解．本题综合运用了动能定理和能量守恒定律，解决本题的关键灵活选取研究的过程，选用适当的规律进行求【题文】（物理卷•届山东省潍坊市重点高中上学期期中考试（.10））9.如图所示，质量为M=2kg的薄壁细圆管竖直放置，圆管内部光滑，圆半径比细管的内径大得多。已知圆的半径R=0.4m，一质量m=0.5kg的小球，在管内最低点A的速度大小为，g取10m/s2，则以下说法正确的是A小球恰能做完整的圆周运动B小球沿圆轨道上升的最大高度为0.6mC圆管对地的最大压力为20ND圆管对地的最大压力等于40N【知识点】向心力．D4【答案解析】BD解析：A、小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：0-mv2=-mgh解得：h==0.6m＜0.8m，不能上升到最高点，故A错误，B正确；C、在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式得：N-mg=m解得：N=5+0.5×=20N，根据牛顿第三定律得：球对圆管的压力为N′=N=20N则圆管对地的最大压力为：FN=N+Mg=20+20=40N，故C错误，D正确．故选：BD【思路点拨】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球沿圆轨道上升的最大高度，判断能不能上升到最高点，在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，根据向心力公式和平衡条件列式求解．本题主要考查了机械能守恒定律和向心力公式公式的直接应用，知道在最低点时，球对圆管的压力最大，此时圆管对地的压力最大，难度适中．【题文】（物理卷•届山东省潍坊市重点高中上学期期中考试（.10））7.如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，让两个质量相同的小球A和小球B，紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则（）A．A球的线速度一定大于B球的线速度B．A球的角速度一定大于B球的角速度C．A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度D．A球对筒壁的压力一定大于B球对筒壁的压力【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4【答案解析】A解析：D、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等，故D错误．A、根据得F合=，合力、质量相等，r越大线速度大，所以球a的线速度大于球b的线速度，故A正确；B、F合=mω2r合力、质量相等，r越大角速度越小，a球的角速度小于b球的角速度．故B错误；C、F合=ma可知，合力、质量相等，向心加速度相等．故C错误．故选：A．【思路点拨】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m=mrω2比较线速度、角速度、向心加速度的大小解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力．会通过F合=ma=m=mrω2比较线速度、角速度、向心加速度的大小．【题文】（物理卷·届江西省师大附中高三10月月考（.10））20.宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．现在这个质量为M的宇航员在某星球表面站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平面内做圆周运动，且摆球正好通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围。（地球表面的重力加速度为g）【答案】【知识点】向心力；机械能守恒定律．D4E3【答案解析】【（M-0.75m）g，（M+6m）g】．解析：由题意他在某星球表面以相同初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处知：g'=g

所以台秤的最大示数为F=（M+6m）g

当小球经过如题图所示的状态时，

设其速度为v则：mv2=mv02+mgR（1-cosθ）

根据牛顿第二定律：

T+mgcosθ=m解得：T=3mg（1-cosθ）

其分力Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

当cosθ=，即θ=60°时，台秤的示数最小，此时Tymin=0.75mg

故台秤的最小示数Fmin=（M-0.75m）g【思路点拨】先得出星球表面的重力加速度，然后根据根据牛顿第二定律分析摆球的受力情况进而结合牛顿第三定律得到台秤示数．本题综合性较强，由物理知识表示出T于θ的几何关系，然后由数学知识求极值．【题文】（物理卷·届江西省师大附中高三10月月考（.10））10.用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示．设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是图中的()【答案】【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4【答案解析】C解析：设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω=0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力FT而平衡，FT=mgcosθ≠0，所以A项、B项都不正确；ω增大时，FT增大，N减小，当N=0时，角速度为ω0．当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，FTsinθ-Ncosθ=mω2Lsinθ，FTcosθ+Nsinθ=mg，解得FT=mω2Lsin2θ+mgcosθ；当ω＞ω0时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ=mω2Lsinβ，所以FT=mLω2，此时图象的反向延长线经过原点．可知FT-ω2图线的斜率变大，所以C项正确，D错误．故选：C．【思路点拨】分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随ω2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与ω2的关系也就变了．本题很好的考查了学生对物体运动过程的分析，在转的慢和快的时候，物体的受力会变化，物理量之间的关系也就会变化．【题文】（物理卷·届江西省师大附中高三10月月考（.10））8．如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上．小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是A．滑块运动到A点时，N>Mg，摩擦力方向向左B．滑块运动到B点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向右C．滑块运动到C点时，N>(M＋m)g，M与地面无摩擦力D．滑块运动到D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左【答案】【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】C解析：A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，M在水平方向不受其他力的作用，所以没有摩擦力，故A错误．B、小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，则滑块对M有向左的作用力．对M受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，M在竖直方向上只重力和地面的支持力，受力平衡，则知地面对M的支持力大小等于Mg，所以由牛顿第三定律可知物体M对地面的压力N=Mg，故B错误．C、小滑块在C点时，滑块对M的作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力．滑块对物体M的压力要大于C的重力，那么M对地面的压力N＞（M+m）g，故C正确．D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误．故选：C．【思路点拨】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小．小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和M之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对M的作用力．【题文】（物理卷·届江苏省扬州中学高三10月质量检测（.10））5．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是A.eq\r(5)rad/sB.eq\r(3)rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s【答案】【知识点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．D4【答案解析】C解析：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得:μmgcos30°-mgsin30°=mω2r则ω=rad/s=1rad/s故选：C【思路点拨】当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．本题关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题．【题文】（物理卷·届湖南省岳阳一中高三10月第二次月考（.10））18、某同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳恰好达到所能承受的最大拉力F而断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq\f(3,4)d，重力加速度为g。忽略手的运动、小球的半径和空气阻力，试分析求解：

（1）绳断时球的速度大小v1；

（2）球落地时的速度大小v2；

（3）绳能承受的最大拉力F；

（4）改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，则绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】【知识点】向心力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．A8C2D4【答案解析】（1）；（2）；（3）；（4）．解析：（1）（3分）（2）（3分）（用平抛运动规律，则得1分；）（3）（3分）（4）（5分）当时，x最大【思路点拨】（1）绳断后小球做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解绳断时球的速度大小v1．（2）绳子断裂后，小球做平抛运动，由动能定理或机械能守恒定律可以求出小球落地时的速度大小v2．（3）设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．根据向心力公式即可求解；（4）设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大推力不变，根据圆周运动向心力公式及平抛运动的规律结合数学知识即可解题．本题主要考查了圆周运动向心力公式及平抛运动的规律的应用，并能结合数学知识解题．【题文】（物理卷·届湖南省岳阳一中高三10月第二次月考（.10））7.游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘上的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。其中P为处于水平面内的转盘，可绕OO＇轴转动，圆盘半径d=24m，绳长l=10m。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ=37°，座椅和人的总质量为60kg，则（g取10mA.绳子的拉力大小为650NB.座椅做圆周运动的线速度大小为5m/sC.圆盘的角速度为0.5rad/sD.座椅转一圈的时间约为1.3s【答案】【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】C解析：A、座椅受力如图所示，由平衡条件可得，在竖直方向上，

mg=Tcosθ，绳子拉力：T==750N，故A错误，B、由牛顿第二定律得：mgtanθ=，线速度为：v==15m/s，故B错误；C、转盘的角速度与座椅的角速度相等，角速度ω==0.5rad/s，故C正确；D、座椅转一圈的时间，即周期T==12.56s，故D错误；故选：C．【思路点拨】对座椅进行受力分析，求出绳子的拉力；由牛顿第二定律求出座椅的线速度，然后求出角速度与周期．本题考查了求绳子拉力、圆周运动的线速度、角速度、周期等问题，对座椅正确受力分析，应用牛顿第二定律、向心力公式即可正确解题．【题文】（物理卷·届湖南省师大附中高三第一次月考（.09））10．如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是(AD)A．ta<tb<tcB．ta>tb>tcC．ta＝tb<tcD．ta＝tb＝tc【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．D4C2K2【答案解析】AD解析：粒子带正电，偏转方向如图所示，

粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r=R，则如图甲所示，ta＜tb=tc；当r＞R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，ta>tb>tc；当r≤R，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，R＜r≤R时，ta＜tb=tc，故选AD【思路点拨】粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=T求出粒子的运动时间．本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，根据公式t=T求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．【题文】（物理卷·届湖南省师大附中高三第一次月考（.09））16．(12分)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝45°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)两板间电压的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm.【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．D4C2I3K2【答案解析】（1）eq\f(qB2L2,2m)（2）(eq\r(2)－1)L（3）eq\f(πm,Bq)解析：(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CH＝QC＝L故半径r1＝L，又因为qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)且qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以Um＝eq\f(qB2L2,2m)(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在△AKC中：sin45°＝eq\f(r2,L－r2)，解得r2＝(eq\r(2)－1)L，即KC＝r2＝(eq\r(2)－1)L所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝HK，即s＝r1－r2＝(2－eq\r(2))L(3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)【思路点拨】（1）粒子恰好垂直打在CD板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．（3）打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．【题文】（物理卷·届湖南省师大附中高三第一次月考（.09））6．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝eq\f(2,3)S0C，则下列说法正确的是(B)A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于eq\f(E,B2)D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．C2D4K2【答案解析】B解析：A、由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；B、粒子在磁场中做圆周运动满足，由题意知，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷蘑菇B正确；C、由知能通过狭缝的带电粒子的速率等于，故C错误；D、，知，故D错误，故选B【思路点拨】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．【题文】（物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（.09））17、（10分）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝meq\f(v2,R))【答案】【知识点】动能定理；平抛运动；向心力．D2D4E2【答案解析】（1）－(mgH－2mgR)（2）eq\f(2,3)R解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)⑦N＝0⑧cosθ＝eq\f(h,R)⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R.⑩【思路点拨】（1）游客从B点开始做平抛运动，将运动分解，即可求出游客到达B的速度，A到B的过程中由动能定理即可求出运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf．（2）设OP与OB最近的夹角是θ，在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力，结合机械能守恒与向心力的表达式即可求解．该题中正确判断出游客在P点离开轨道时，轨道对游客的支持力是0，由重力指向圆心的分力提供向心力是解题的关键．【题文】（物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（.09））18、（12分）如图所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.【答案】【知识点】机械能守恒定律；向心力；功能关系．D4E2E3E6【答案解析】（1）4m/s；（2）8N；（3）0.8J．解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s.(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J.mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点处，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得F＝8N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8N.【思路点拨】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．【题文】（物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（.09））10、公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处,(AC)A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v0,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值变小【答案】【知识点】向心力．D4【答案解析】AC解析：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力．故A正确．B、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故B错误．C、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．D、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变．故D错误．故选AC．【思路点拨】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力．速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零．根据牛顿第二定律进行分析．解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．【题文】（物理卷·届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（.10））17．（12分）如图所示,在倾角为θ的没滑斜面上,有一长为的细线,细线的一端固定在O点,另一端拴一质量为m的小球现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动,已知0点到斜面底边的距离Soc=L,求:（1）小球通过最高点A时的速度VA;（2）在最高点A和最低点B时细线上拉力之差（3）小球运动到A点或B点时细线断裂,小球滑落到斜面底边时到C点的距离若相等,则和L应满足什么关系?【答案】【知识点】向心力；匀速圆周运动；机械能守恒定律．D4E3【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）小球恰好在斜面上做完整的圆周运动（2）（5分）在A点：在B点：由机械能守恒（3）（5分）由（2）可求A点断裂：B点断裂：联立可求【思路点拨】小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，在A点时重力的下滑分量恰好提供向心力，运动过程机械能守恒，最后结合类似平抛运动的知识求解l和L应满足的关系式．本题关键是明确小球的运动规律，找到圆周运动时的向心力来源，对于类似平抛运动，根据分位移公式列式求解．【题文】（物理卷·届湖北省教学合作高三10月联考（.10））12.(10分)如右图所示装置可用来验证机械能守恒定律。摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆锤，小铁片随A一起摆到最低位置时，受到竖直挡板P阻挡停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动。①为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。为了求出这一速度，实验中还应该测量的物理量是_____________。②根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=______________。③根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为____________。【答案】【知识点】机械能守恒定律，牛顿第二定律，向心力，平抛运动规律D2C2D4E3【答案解析】①摆锤A最低点离地面的竖直高度h和铁片平抛的水平位移x②③解析：：①铁片在最低点飞出时做平抛运动，平抛的初速度即为铁片在最低点的速度，根据平抛运动规律可知：x=v0t，y＝gt2，因此要想求出平抛的初速度，应该测量遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h．

②根据铁片做平抛运动有：s=v0t

①h＝gt2

②

联立①②可解得：v0=x③下落到最低点过程中，铁片重力势能的减小量等于其重力做功，因此有：

△Ep=mgh=mgL（1-cosθ）动能的增量为：△Ek＝根据△EP=△Ek得机械能守恒的关系式为：＝gL(1−cosθ)．【思路点拨】①铁片在最低点飞出时做平抛运动，根据平抛运动的特点要求求出铁片平抛出去的水平速度，应该知道水平和竖直方向的位移大小；②根据平抛运动的规律x=v0t，y＝gt2可以求出铁片在最低点的速度；③重锤下落过程中机械能守恒，由mgh＝mv2可以求出其机械能守恒的表达式．本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于基础知识要加强理解和应用．【题文】（物理卷·届湖北省教学合作高三10月联考（.10））16.(12分)如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度vo水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R=2.5m的圆截去了左上角127。的圆弧，CB为其竖直直径，(sin530=0.8,cos530=0.6，重力加速度g取10m/s2)求:(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小;(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。【答案】【知