圆周运动 大量难题

2016-2017学年度???学校11月月考卷 评卷人 得分 一、选择题 1．转笔（Pen Spinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（  ） A．笔杆上的点离O点越近的，角速度越大 B．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大 C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 【】D 【解析】 试题分析：各点的角速度是相等的；根据向心加速度公式an=ω2R，即可确定向心加速度大小； 各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供； 当提供的向心力小于需要向心力，则会出现离心现象． 解：A、笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的．故A错误； B、由向心加速度公式an=ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故B错误； C、杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故C错误； D、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D正确； 故选：D． 2．某同学向海中投掷一小石子，石子在空中画出一条优美的抛物线落入海水中，若不计空气阻力，下述说法正确的是（  　） A．石子在空中只有重力做功        B．石子在空中运动过程中，石子速度一直增大 C．石子在空中重力和手给它做功     D．石子在空中运动过程中，石子机械能保持不变 【答案】AD 【解析】 3．质点做匀速圆周运动，下列物理量中不变的是（  ） A．线速度        B．合外力        C．动能            D．向心加速度 【答案】C 【解析】 试题分析：做匀速圆周运动的物体的线速度大小不变，方向不断变化，故线速度是变化的，但是动能不变；向心加速度的大小不变，方向不断变化，故向心加速度变化；合外力不断变化；故选C． 考点：匀速圆周运动 【名师点睛】本题主要是考察对概念的理解，要注意一个矢量既有大小又有方向，比较时要注意；在本题中还要知道角速度、周期、转速是否变化。 4．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮的角速度为ω，则丙轮边缘上某点的向心加速度为 A．          B. C.          D. 【答案】A 【解析】 试题分析：甲丙的线速度大小相等，根据知甲丙的向心加速度之比为，甲的向心加速度，则，故A正确，B、C、D错误。 考点：常见的传动装置；向心加速度 【名师点睛】解决本题的关键知道甲乙丙三个轮子具有相同的线速度大小，根据可求出它们的向心加速度之比。 5．一圆盘可绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴OO′转动，如图所示。在圆盘上放置一木块，当木块随圆盘一起匀速转动时，关于木块的受力情况，以下说法中正确的是 A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相反 B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心 C．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心 D．木块与圆盘间没有摩擦力作用，木块受到向心力作用 【答案】C 【解析】 试题分析：对木块受力分析可知，木块受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力是竖直向下的，支持力是竖直向上的，重力和支持力都在竖直方向上，这两个力为平衡力，只有摩擦力作为了物体做圆周运动的向心力，所以摩擦力的方向应该是指向圆心的，所以C正确。 考点：向心力、牛顿第二定律 【名师点睛】物体做圆周运动，一定要有一个力来充当向心力，对物体受力分析可以得出摩擦力的方向；圆周运动都需要向心力，向心力是由其他的力来充当的，向心力不是一个单独力。 6．有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度与夹角的关系。 【答案】 【解析】 试题分析：对飞椅受力分析：重力mg和钢绳的拉力F，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得： 竖直方向上：Fcosθ=mg 水平方向上：Fsinθ=mω2R 其中 R=Lsinθ+r 解得： 考点：牛顿第二定律 7．如图所示的圆锥摆运动，以下说法正确的是（    ） A．在绳长固定时，当转速增为原来的4倍时，绳子的张力增加为原来的4倍 B．在绳长固定时，当转速增为原来的2倍时，绳子的张力增加为原来的4倍 C．当角速度一定时，绳子越短越易断 D．当角速度一定时，绳子越长越易断 【答案】BD 【解析】 8．洗衣机的甩干筒在转动时有一衣物附在筒壁上，如右图，则此时 A．衣物受到重力、筒壁的弹力、摩擦力和向心力的作用 B．衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由于摩擦的作用 C．筒壁对衣物的摩擦力随转速增大而增大 D．筒壁的弹力随筒的转速增大而增大 【答案】D 【解析】衣物受到重力、筒壁的弹力、摩擦力，向心力不是受到的力，A错；沿半径方向的合力提供向心力，所以提供向心力的是弹力，B错；竖直方向重力与摩擦力平衡，C错；由，D对 9．如图所示为水上摩天轮的照片．假如乘客在轿箱中，随转轮始终不停地匀速转动，环绕一周需18分钟．试判断下列关于轿箱中乘客的说法正确的是（  ） A．乘客受到的合外力为零 B．乘客在乘坐过程中速度保持不变 C．乘客对座椅的压力大小不变 D．从最低点到最高点的过程中，乘客先超重后失重 【答案】D 【解析】 试题分析：每个乘客在做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，所以是变速运动，加速度不为零，合力不为零，故AB错误．乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大．到达摩天轮的最高点时，乘客的加速度向下，处于失重状态．故C错误．当有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度是处于失重状态，所以从最低点到最高点的过程中，乘客先超重后失重，D正确；故选：D． 考点：匀速圆周运动; 失重和超重. 10．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是（    ） A．匀速圆周运动就是匀速运动 B．匀速圆周运动是一种变速运动 C．匀速圆周运动的物体处于平衡状态 D．匀速圆周运动的物体所受合外力是恒定不变的 【答案】B 【解析】 试题分析：匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，所以不是匀速运动，选项A错误；匀速圆周运动是一种变速运动，选项B正确；匀速圆周运动的物体受合外力不等于零，故不是处于平衡状态，选项C错误；匀速圆周运动的物体所受合外力方向不断变化，故合外力不是恒定不变的，选项D错误；故选B． 考点：匀速圆周运动 名师点睛：掌握匀速圆周运动的运动性质“变速曲线运动”，匀速的含义是“速率”不变；其次要知道角速度大小和方向都不变，角速度的方向是垂直于转动平面的，这个高中不要求，注意加速度和合外力大小不变，但是方向不断变化。 11．如下图所示，一个质量为M的人，站在台秤上，一根长为R的悬线一端系一个质量为m小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确是（  ） A．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态 B．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为Mg C．小球在a、b、c三个位置台秤的示数不相同 D．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为（M＋6m）g 【答案】D 【解析】 试题分析：人没有运动，不会有超重失重状态，故A错误；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为v1，由牛顿第二定律有： 解得悬线拉力 T=3mg（1-cosθ），其分力Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ；当cosθ=0．5，即θ=60°时，台秤的最小示数为Fmin=Mg-Ty=Mg-0．75mg．选项B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，选项C错误；小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，细线中拉力为零，小球速度．小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律，，在最低点，由牛顿第二定律，，联立解得细线中拉力F=6mg．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg+F=（M+6m）g，选项D正确；故选D． 考点：机械能守恒定律;牛顿第二定律 12．做匀速圆周运动的物体，下列中一定变化的物理量是（  ） A．速率      B．加速度      C．角速度      D．周期 【答案】B 【解析】 试题分析：对于物理量的理解要明确是如何定义的决定因素有哪些，是标量还是矢量，如本题中明确描述匀速圆周运动的各个物理量特点是解本题的关键，尤其是注意标量和矢量的区别． 解：A、速率是线速度的大小，物体做匀速圆周运动，故速率是不变的，故A错误； B、匀速圆周运动的加速度是向心加速度，方向时刻改变，故是变化的量，故B正确； C、匀速圆周运动的角速度的大小和方向都是不变的，故C错误； D、匀速圆周运动的周期（转动一圈的时间）是固定不变的，故D错误； 故选：B． 13．下列说法正确的是 A. 做匀速圆周运动的物体处于平衡状态      B. 做匀速圆周运动的物体的线速度恒定 C. 做匀速圆周运动的物体的线速度大小恒定  D. 做匀速圆周运动的物体合力可能为0 【答案】C 【解析】做匀速圆周运动的物体合外力提供向心力，受力并不平衡，线速度方向时刻变化，ABD错；C对； 14．两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的  A．运动周期相同          B．运动的角速度不相同 C．运动的线速度不相同      D．向心加速度相同 【答案】AC 【解析】对小球受力分析有：，，则，A正确、B错误；线速度，因半径不同，则C正确；，D错误。 15．地球对月球具有强大的万有引力，为什么不靠在一起，其原因是（  ） A．不仅地球对月球有万有引力，而且月球对地球也有万有引力，这两个力大小相等、方向相反，互相平衡了 B．不仅地球对月球有万有引力，而且太阳系里其它星球对月球也有万有引力，这些力的合力等于零 C．地球对月球有万有引力还不算大 D．万有引力不断改变月球的运动方向，使得月球绕地运行 【答案】D 【解析】解：A、地球对月球有万有引力和月球对地球也有万有引力是相互作用力，两个力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，不能平衡，故A错误； B、月球绕地球做匀速圆周运动，合力不等于零，故B错误 C、月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力，万有引力不断改变月球的运动方向，使得月球绕地运行．故C错误，D正确 故选D． 【点评】月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力，知道向心力的效果只改变速度方向，不改变速度大小． 16．如图所示的皮带传动装置中，轮A和B同轴，A、B、C分别是三个轮边缘的质点，且RA=RC=2RB，若传动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（    ） A．A点与C点的线速度大小相同 B．B点与C点的角速度相同 C．A点的向心加速度大小是B点的2倍 D．B点的运行周期大于C点的运行周期 【答案】C 【解析】 试题分析：由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vC=vB；由于A轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA=ωB，再由角速度和线速度的关系式v=ωR可得，∴vA：vC=2：1，故A错误．由于B轮和C轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，两点的半径为1：2，由角速度和线速度的关系式v=ωR可得ωB：ωC=2：1，故B错误．由于A轮和B轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA=ωB，据a=ω2r得：aA：aB=2：1，故C正确．根据和ωB：ωC=2：1可知TB：TC=1：2，故D错误．故选C。 考点：角速度、线速度、向心加速度 【名师点睛】利用同轴4转动角速度相同，传动过程中皮带皮带不打滑，边缘上各点线速度大小相等是解题的关键，灵活应用利用线速度、角速度和周期关系即可求解． 17．如图所示，长度为l的细线，一端固定于O点，另一端拴一小球，先将线拉直呈水平，使小球位于P点，然后无初速释放小球，当小球运动到最低点时，悬线遇到在O点正下方水平固定着的钉子K，不计任何阻力，若要求小球能绕钉子在竖直面内做完整圆周运动，则K与O点的距离可以是 A．    B．      C．      D． 【答案】AB 【解析】 试题分析：设K与O的距离为x，则根据机械能守恒，若恰能完成完整的圆周运动，则且，整理得，因此K与O的距离至少为，因此A、B正确，C、D错误。 考点：机械能守恒，圆周运动向心力 18．2012年5月6日，天空出现“超级大月亮”，月亮的亮度和视觉直径都大于平常，如图，究其原因，月球的绕地运动轨道实际上是一个偏心率很小的椭圆，当天月球刚好运动到近地点．结合所学知识判断下列与月球椭圆轨道运动模型有关的说法中正确的是 A．月球公转周期小于地球同步卫星的公转周期 B．月球在远地点的线速度小于地球第一宇宙速度 C．月球在远地点的加速度小于在近地点的加速度 D．月球在远地点的机械能小于在近地点的机械能 【答案】BC 【解析】 试题分析：根据开普勒第三定律得，，知月球的半长轴大于同步卫星的轨道半径，则月球的公转周期大于地球的同步卫星周期．故A错误;根据万有引力提供向心力知，轨道半径越大，线速度越小，则地球的第一宇宙速度大于远地点所在圆轨道上运行的速度，而月球在远地点的速度小于其所在圆上的速度，因为在远地点，万有引力大于向心力，而进入圆轨道，需加速．所以月球远地点的速度小于地球的第一宇宙速度．故B正确．月球在远地点所受的万有引力小于在近地点的万有引力，根据牛顿第二定律得，在远地点的加速度小于在近地点的加速度．故C正确．月球在椭圆轨道上运行，只有万有引力做功，机械能守恒．月球在远地点的机械能大于在近地点的机械能，故D错误． 考点：万有引力定律的应用；开普勒定律。 19．m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮的转速最少是(  ) A.        B. C.                D. 【答案】A 【解析】 试题分析：转速n的单位为r/s，C、D两选项的单位为速度单位，即m/s，因此C、D均错；m的速度最大等于皮带的速度，即皮带轮边缘的线速度，转速n(每秒的转数)与线速度的关系中涉及π，即v＝ωr＝2πnr，因此A对、B错． 20．如图11所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为m的小球，今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（    ）。 图11 A．球所受的合外力大小为 B．球所受的合外力大小为 C．球对杆作用力的大小为 D．球对杆作用力的大小为    【答案】D 【解析】杆的弹力和球的重力的合力提供向心力，所以向心力为，AB错；由勾股定理可知 球对杆的作用力为，D对； 21．地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，周期为T1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）的运转周期为T2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星的运转周期为T3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3，则（  ） A．T1=T3＜T2    B．ω1=ω3＜ω2    C．v1＞v2＞v3    D．a1＞a2＞a3 【答案】B 【解析】 试题分析：同步卫星与地球自转同步，所以T1=T3，ω1=ω3， 根据v=ωr和a=ω2r． 知v1＜v3，a1＜a3． 同步卫星与人造卫星，都是万有引力提供向心力， 知a=，ω=， v=，T=2π． 由于r3＞r2，由牛顿第二定律，可知a2＞a3；v2＞v3；w2＞w3；T2＜T3． 综上知a2＞a3＞a1；v2＞v3＞v1；ω2＞ω3=ω1；T2＜T3=T1，故B正确，ACD错误； 故选：B． 22．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起以相同的角速度做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（  ） A．线速度vA>vB B．运动周期TA>TB C．它们受到的摩擦力FfA>FfB D．筒壁对它们的弹力FNA>FNB 【答案】AD 【解析】 试题分析：由知，相同，则线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故A正确； A、B两物体同轴转动，角速度相同，周期相同，故B错误；两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的重力相等，所以可得摩擦力，故C错误；两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，则，相等，F与成正比，所以可知，故D正确。 考点：线速度、角速度和周期、转速 【名师点睛】A、B两个物体共轴转动，角速度相等，周期相等，由分析线速度的关系；两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，竖直方向上受力平衡．根据向心力公式分析弹力的大小。 23．如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其1/4圆弧段MN与水平段NP相切于NP端固定一竖直挡板，NP长度为2m,圆弧半径为1m。一个可视为质点的物块自.M端 从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生碰撞（只改变速度方向而不改变速度大小）后，最 终停止在水平轨道上某处。已知物块在MN段的摩擦可忽略不计，与NP段轨道间的滑动摩擦因数为0.2。则物块（    ） A.运动过程中与挡板发生2次碰撞 B.返回圆弧轨道的最大髙度为0.6m C.在NP间往返一次克服摩擦力作功8J D.第一与第二次经过圆轨道上N点时对轨道的压力之比为15:7 【答案】D 【解析】 试题分析：根据动能定理：可算出小物体块在水平地面上运动的路程，因此物体与档板仅发生一次碰撞，A错误；根据可求出返回圆弧轨道的最大髙度为，B错误；在NP间往返一次克服摩擦力做的功，C错误；第一次经圆轨道上N点时，，第二次经过N点时，，，整理可求出，D正确 考点：圆周运动向心力，动能定理 24．如图所示，两个小球固定在一根长为l的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，当小球A的速度为vA时，小球B的速度为vB．则轴心O到小球B的距离是（  ） A．    B．    C．      D． 【答案】A 【解析】 试题分析：A球的半径为，B球的半径为，则有，，，联立解之得：，故选项A正确。 考点：线速度、角速度和周期、转速 【名师点睛】两球同轴转动，所以两球做圆周运动时角速度相等，再利用线速度、角速度、半径等物理量之间的关系即可求解。 25．我国于2011年发射了“天宫一号”目标飞行器，之后发射的“神舟八号”、“神舟九号”飞船相继与之成功对接． 后来发射的“神舟十号”也与“天宫一号”目标飞行器实现了对接．如图所示，在对接前“天宫一号”的轨道半径比“神舟十号”的轨道半径大，它们都做匀速圆周运动．则在对接前（  ） A．它们的线速度相等 B．它们的角速度相等 C．它们的线速度都小于7.9km/s D．“神舟十号”的向心加速度一定小于“天宫一号”的向心加速度 【答案】C 【解析】 试题分析：根据万有引力提供向心力，分析运行速度、加速度、角速度、周期与轨道半径的关系．从而比较出他们的大小． 解：据万有引力提供向心力得 =mr=m=ma=mω2r， A、v=，“天宫一号”的轨道半径比“神舟十号”的轨道半径大，“天宫一号”的线速度比“神舟十号”的线速度小，故A错误； B、ω=，“天宫一号”的轨道半径比“神舟十号”的轨道半径大，“天宫一号”的角速度比“神舟十号”的角速度小，故B错误； C、第一宇宙速度是近地环绕速度，也是最大环绕速度，所以它们的线速度都小于7.9km/s，故C正确； D、a=，“神舟十号”的向心加速度大于“天宫一号”的向心加速度，故D错误； 故选：C． 【点评】解决本题的关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系． 26．质量为60 kg的体操运动员做“单臂大回环”，用一只手抓住单扛，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．如图所示，此过程中，运动员到达最低点时手臂受的拉力大小至少约为(忽略空气阻力，g＝10 m/s2)  (  )． A．600 N    B．2 400 N  C．3 000 N    D．3 600 N 【答案】C 【解析】设运动员的重心到单杠的距离为R，在最低点的最小速度为v，则有mv2＝mg·2R，F－mg＝ 由以上二式联立并代入数据解得F＝3 000 N. 27．如图所示，长为1m的轻杆的一端有一质量为1kg的小球，另一端有光滑的固定轴O。现给球一初速度使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，已知球在最高点的速度为2m/s，不计空气阻力，则球到达最高点时杆对小球的作用力    （    ） O A．一定是拉力    B．一定等于零 C．一定是推力    D．可能是拉力，可能是推力，也可能等于零 【答案】C 【解析】当小球到达最高点,只有重力提供向心力时,当速度小于该速度时,杆对小球产生竖直向上的力,C对; 28．如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有（        ） A．a、b均带正电 B．a在磁场中飞行的时间比b的短 C．a在磁场中飞行的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 【答案】AD 【解析】 试题分析：根据左手定则，a、b均带正电，A正确；两粒子在磁场中运动周期相同，所以a在磁场中飞行的时间比b的长，B错，两粒子在磁场中运动半径相同，所以a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，C错D对。两粒子在磁场中的运动情况如下图所示： 考点：洛伦兹力  匀速圆周运动 29．无级变速是指在变速范围内任意连续地变换速度，其性能优于传统的挡位变速器，很多高档汽车都应用了“无级变速”．图所示为一种“滚轮－平盘无级变速器”的示意图，它由固定在主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n1、从动轴的转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是    (  )． A．n2＝n1    B．n1＝n2 C．n2＝n1    D．n2＝n1 【答案】A 【解析】由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即v1＝v2，由此可得x·2πn1＝r·2πn2，所以n2＝n1，选项A正确． 30．石英钟是家里的常见物品，关于正常走时的时钟，下列说法正确的是（  ） A．分针的周期是时针周期的 B．分针角速度是时针角速度的60倍 C．秒针的周期是时针周期的 D．秒针角速度是分针角速度的60倍 【答案】D 【解析】 试题分析：时针、分针、秒针的周期不同，从而求出周期之比；由公式ω=即可求出角速度之比． 解：A、分针的周期60min=1h，时针的周期是12h，它们的周期比为1：12．故A错误； B、由公式ω=得，时针的周期是12h，分针的周期是1h，它们的周期比为12：1，则角速度之比为1：12．故B错误． C、秒针的周期是1min，而时针的周期为12h，即为720min，因此秒针的周期是时针周期的，故C错误； D、秒针的周期是1min，分针的周期60min，所以它们的周期比为1：60，则角速度之比为60：1，即秒针角速度是分针角速度的60倍．故D正确． 故选：D 评卷人 得分 二、实验题 31．一根0.5 m长的绳子，当它受到20 N的拉力时即被拉断，如果在它的一端挂着一个质量为1 kg的物体时，则 （1）使物体在光滑水平面上做匀速圆周运动，则拉断绳子时物体的角速度为____________. （2）如果这个物体在竖直平面上做圆周运动角速度最小为____________才能把绳子拉断,此时物体的线速度为____________. 【答案】（1）2 rad/s （2）2 rad/s  m/s 【解析】（1）在水平面上做匀速圆周运动，其向心力由绳子的水平拉力提供，根据圆周运动的规律有 F=mω2r,ω== rad/s=2 rad/s. （2）物体在竖直平面内运动时，物体做非匀速圆周运动，当物体运动到最低点时，角速度最大，故取在最低点时的物体为研究对象，物体此时只受两个力，即竖直向下的重力和竖直向上的绳子的拉力.根据圆周运动的规律F-mg=mω2r,ω=，将数据代入得到：ω=2 rad/s. 线速度v=ωL=2×0.5 m/s= m/s. 32．如图所示，两根细线把两个相同的小球悬于同一点，并使两球在同一水平面内做匀速圆周运动，其中小球1的转动半径较大，则两小球转动的角速度大小关系为ω1__________ω2，两根线中拉力大小关系为T1_________T2，（填“＞”“＜”或“=”)  2 【答案】（ =  > ） 【解析】 则角速度相等。而，则周期大于。    33．如图所示，半径R = 0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q＝1.00×10－7C。圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N = 1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则： ⑴小球的最小动能是多少？ ⑵小球受到重力和电场力的合力是多少？ ⑶现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度。 【答案】（1）0.08J（2）0.2N（3）0.01kg、 【解析】 试题分析：⑴、⑵小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．设小球在复合场中所受的合力为F，则有；           （2分） 即：  （2分） 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有： -F•2R=EKB-EKA=-0.32  （2分） 由此可得：F = 0.2N，（2分）                （2分） 即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N． ⑶带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则： 2R=  （2分）得：m==0.01kg  （2分） θ=600    （2分）         （2分） E= （1分）    方向水平向左  （1分） 考点：带电粒子在复合场中的运动 【名师点睛】带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量 评卷人 得分 三、计算题 34．一个3kg的物体在半径为2m的圆周上以4m/s的速度运动，向心加速度是多大？所需向心力是多大？ 【答案】      【解析】本题考查圆周运动的向心加速度公式和向心力公式 ……（2分）  ……（2分） ……（2分）  ……（2分） 35．如图所示，细绳一端系着质量m=0．1kg的小物块A，置于光滑水平台面上；另一端通过光滑小孔O与质量M=0．5kg的物体B相连，B静止于水平地面上（g=10m/s2） （1）当A以O为圆心做半径r=0．2m的匀速圆周运动时，地面对B的支持力FN=3．0N，求物块A的速度和角速度的大小 （2）当A球的角速度为多大时，B物体将要离开地面？ 【答案】（1）2m/s  10rad/s （2）rad/s 【解析】 试题分析：（1）设绳子对B的拉力为，对B由 绳子的拉力N 物体m的向心力由绳子的拉力提供 解得m/s2 由 解得rad/s （2）当B物体要离开地面时，绳子的拉力 对物体m由 解得rad/s 考点：圆周运动、物体平衡 36．如图所示，A、B是两个靠摩擦传动且接触面没有相对滑动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径RA＝2RB， a 和b 两点在轮的边缘，c和d分别是A、B两轮半径的中点，下列判断正确的有 A．va = 2 vb                 B．ωb = 2ωa    C．v c = va                  D．ac =ad 【答案】B 【解析】略 37．质量m=5×103kg的汽车分别驶过半径R=100m的凸形桥和凹形桥，g=10m/s2 ， （1）若汽车的速率为v=10m/s，求在凹形桥的最低点，汽车对桥面的压力； （2）若汽车通过凸形桥顶端时对桥面的压力为零，求此时汽车的速率是多少？ 【答案】（1）FN =5.5×104 N（2）v=31.6 m/s 【解析】（1）对于凹形桥有：FN–mg = mv2/R  ……………(2分) 代入数据得FN =5.5×104 N  ……………(1分) （2）由mg = mv2/R  ……………(2分) 得v=31.6 m/s  ……………(1分) 本题考查圆周运动向心力的来源，在凹形桥面由支持力和重力的合力提供向心力，列式可求出支持力，在凸形桥面随着速度的逐渐增大，支持力逐渐减小，当支持力减小为零时只有重力提供向心力 38．一条长为L的细线，上端固定，下端栓一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右，已知当细线离开竖直位置的偏角α为300时，小球处于平衡状态，如图所示，问： （1）小球带何种电荷？ （2）小球所带的电荷量是多少？ （3）如果细线的偏角α由300增大到900，然后将小球由静止开始释放，则小球运动到悬点正下方位置时，绳上的拉力使多大？ 【答案】（1）正电；（2）（3） 【解析】 试题分析：（1）由平衡条件可知小球受到向右的电场力，由于电场力方向与电场方向一致，小球带正电； （2）由平衡条件可知：Eq=mgtanθ 解得： （3）小球从释放到最低点过程，由动能定理： 在最低点，由牛顿定律可知： 联立解得： 考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是关于物体的平衡及牛顿定律的应用问题；解题的关键是分析小球的受力情况，搞清运动过程，灵活运用物理规律求解． 水平地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L（L>R），P′AOC各点均在同一水平直线上，如图所示．已知重力加速度为g，空气阻力不计，小车可视为质点．则： 39．若小车停在跑道上C点时，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中，沙袋被抛出时的初速度应为多大？ 40．若小车停在跑道上B点时（∠AOB＝90°），现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中，沙袋被抛出时的初速度为多大？ 【答案】 39． 40． 【解析】（1）沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t、沙袋被抛出时的初速度为v1，则           ①                                  （2分）         ②                                  （1分） 由①②式解得                        （2分） （2）设小车停在跑道上B点时，落入小车中沙袋被抛出时的初速度为v2、水平距离为x，则         ③                                  （1分）             ④                                  （1分） 由①③④式解得  41．如图所示，轻杆长1米，其两端各连接质量为1千克的小球，杆可绕距B端0.2米处的轴O在竖直面内转动，设A球转到最低点时速度为4米/秒，求此杆对轴O的作用力？ 【答案】35牛，方向向下 【解析】 试题分析：A、B两球的角速度相同，由v=rω，得：；则vB=vA=1m/s； 对A球受力分析，受重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 解得：TA=30N；OA杆对轴O的作用力TA′=30N，方向向下. 对B球受力分析，受重力和弹力（假设向上），合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 解得：TB=5N; OB杆对轴O的作用力为：TB′=5N，方向向下；故杆对轴O的作用力为：TA′+Tb′=35N，方向向下． 考点：圆周运动的规律 【名师点睛】此题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要知道A、B两球角速度相等，据此求出小球B的线速度，然后分别对两球应用牛顿第二定律与牛顿第三定律列出方程可以正确解题。 42．质量为1.4×103kg的汽车在水平公路上行驶，轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），某一弯路的半径为28m，g=10m/s2。试求： （1）为保证行车安全，汽车在该弯路上行驶的最大速度vm； （2）若汽车以36km/h刚驶上弯路时受到的摩擦力大小f； 【答案】（1）14m/s（2）5000N 【解析】 试题分析：（1）汽车在该弯路上以最大速度行驶时，由最大静摩擦力提供向心力                                                   （2）若汽车速度36km/h=10 m/s<，此时由静止摩擦力提供向心力     考点：向心力 点评：汽车在水平公路上拐弯时，由静摩擦力提供向心力，向心力的最大值为最大静摩擦力，近似等于滑动摩擦力。 43．一部机器由电动机带动，机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的3倍（如图），皮带与两轮之间不发生滑动。已知机器皮带轮边缘上一点的向心加速度为0.10 m/s2。 (1) 电动机皮带轮与机器皮带轮的角速度之比； (2) 机器皮带轮上A点到转轴的距离为轮半径的一半，A点的向心加速度是多少? 【答案】（1）两轮边缘的线速度大小相等，由得           （2）A点和机器皮带轮边缘上一点的角速度相同，由得 【解析】略 44．如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆轨道竖直放置在水平地面上，两个质量为m的小球A、B（直径略小于管内径），以不同速度进入管内。A通过轨道的最高点C时，对管壁恰好无弹力的作用。A、B两球落地点的水平距离为4R，求：B球在最高点C对管壁的弹力大小和方向?（两球离开管后在同一竖直面内运动） 【答案】B球在最高点C对管壁的弹力大小为2mg、方向竖直向上 【解析】：（1）设a、b两球通过半圆管最高点A时的速度分别为va、vb，圆周运动知识可知：对a球 mg=va= b两球通过半圆管最高点A后，做平抛运动，设运动时间为t，落地间后的间距为4R， 2R=gt2      4R=vbt-vat  解得：vb=3 对b球在C点有：mg+F=    F=8mg，方向向下 点评：本题是向心力知识和平抛运动的综合应用，常规题，考试时不能失误． 45．半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EPC＝0.6 J，g取10 m/s2.求： (1)小球经过C点时的速度vc的大小； (2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向． 【答案】(1) 3 m/s.  (2) 3.2 N，方向向上． 【解析】 试题分析：(1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得 mg(R＋Rcos60°)＝EPC＋mv，      （3分） 代入数据求出vc＝3 m/s.            （2分） (2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN. 设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F＋FN－mg＝m，      （2分） 由于F＝kx＝2.4 N，          （2分） FN＝m＋mg－F， 解得FN＝3.2 N，方向向上．          （1分） 根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下．  （1分） 考点：考查匀速圆周运动 点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力 46．一个质量m=200g的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R=0.5m，弹簧的原长L0=0.5m，劲度系数为4.8N/m，如图所示位置，若小球从图中所示位置B点由静止开始滑动到最低点C时，弹簧的弹性势能Ep弹=0.6J．求： （1）小球到C点时的速度vC的大小； （2）小球在C点对环的作用力．（g=10m/s2） 【答案】（1）小球到C点时的速度vc的大小3m/s； （2）小球在C点对环的作用力3.2N 【解析】 试题分析：（1）小球由B点滑到C点，由动能定理m=mg（R+Rcos60°）+E弹 由题意可知，E弹=﹣0.60J 解得：VC=3m/s （2）在C点：F弹=（2R﹣l0）k=2.4N 设环对小球作用力为N，方向指向圆心，由牛顿第二定律得： F+N﹣mg=m 解得N=3.2N 小球对环作用力为N′ 则有：N′=﹣N=﹣3.2N 47．（14分）光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点平滑连接，导轨半径为R，一个质量m的小物块在A点以v0=3的速度向B点运动，如图所示，AB=4R，物块沿圆形轨道通过最高点C后做平抛运动，最后恰好落回出发点A。（g取10 m/s2），求： （1）物块在C点时的速度大小vC； （2）物块在C点处对轨道的压力大小FN； （3）物块从B到C过程阻力所做的功。 【答案】（1）（2）3mg （3）0.5mgR 【解析】 试题分析：（1）物块离开C后做平抛运动，竖直方向：， 水平方向：，解得： （2）物块在C点做圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得： 由牛顿第三运动定律得，物块对轨道的压力：  方向：竖直向上； （3）对从B到C的过程，由动能定理得：， 解得：。 考点：平抛运动；牛顿定律及动能定理的应用. 48．做匀速圆周运动的物体，10s内沿半径是20m的圆周运动了100m，试求物体做匀速圆周运动时： （1）线速度的大小； （2）角速度的大小； （3）周期的大小． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 试题分析：（1）由线速度定义得：线速度的大小为：。 （2）根据线速度和角速度的关系可以知道：。 （3）周期为：。 考点：线速度、角速度和周期、转速 【名师点睛】解决本题的关键掌握线速度的定义，然后根据线速度、角速度、周期的关系求解。 49．如图，在竖直平面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，半径OA竖直、OC水平，一个质量为m的小球自C点的正上方P点由静止开始自由下落，从C点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A时恰好对轨道没有压力。重力加速度为，不计一切摩擦和阻力。求： （1）小球到达轨道最高点A时的速度大小； （2）小球到达轨道最低点B时对轨道的压力大小。 【答案】（1）（2） 【解析】 试题分析：（1） 设小球在A点速度大小为，小球到达A点由重力提供向心力得：     ①………………………………………………2分 可得：  ……………………………………………………2分 设小球在B点速度大小为，从B到A由机械能守恒得：     ②………………………………………2分 在B点由牛顿第二定律可得：    ③  ……………… 2分 由①②③计算可得：     ……………………………………………1分 在B点，小球对轨道的压力为，由牛顿第三定律可得：       ④ ………………………………………1分 考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律 50．（12分）如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小物体从A点由静止释放，若槽内光滑。 求： （1）小物体滑到圆弧最低点时的速度大小v （2）小物体滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力N的大小 （3）小物体上升的最大高度h 【答案】（1）；（2）；（3）R 【解析】 试题分析：（1）设小物体由A落至圆弧最低点时的速度为v,取圆弧最低点为势能零点， 由机械能守恒定律得：mgR=mv2      2分 得v=      1分 （2）在最低点对小球受力分析，由得：          2分         1分 （3）小物体向上运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒： 设小球滑至最高点时m与M的共同速度为v′ 所以  mv＝（M+m）v′          2分 解得：v′＝          1分 此过程中系统机械能守恒，所以 mv2－（M+m）v′2=mgh        2分 解得m上升的最大高度h＝R.      1分 考点：机械能守恒，圆周运动向心力 51．如图所示，杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，若水的质量m＝0．5 kg，绳长l＝60 cm，求： ，g 取 10m/s2． （1）若水桶转至最高点时水不流出来，求水桶的最小速率． （2）若在最高点时水桶的速率 v =3 m/s ，求水对桶底的压力大小． 【答案】m/s    2.5N 【解析】 试题分析：（1）在最高点由重力提供向心力（2）设水对桶底的压力大小为F，则有 考点：考查圆周运动 点评：本题难度较小，在求解第二问题，研究对象选择水，不要把绳子拉力分析进去 52． 如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从人口A沿圆筒壁切线方向水平射人圆筒内，要使球从B处飞出，小球进入入口A处的速度vo应满足什么条件? B 【答案】    (n=1、2、3…) 【解析】小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为:        在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得       (n=1、2、3…) 所以    (n=1、2、3…)  本题考查的是圆周运动的规律与平抛运动结合。关键是想清楚小球射入圆柱筒内，做的是螺旋下降的运动趋势。 53．如图所示是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，光滑斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，圆形轨道半径为R。一个质量为m的小车（可视为质点）在A点由静止释放沿斜面滑下，当它第一次经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力为其重力的7倍，小车恰能完成圆周运动并第二次经过最低点沿水平轨道向右运动。已知重力加速度为g。 （1）求A点距水平面的高度h；  （2）假设小车在竖直圆轨道左、右半圆轨道部分克服摩擦阻力做的功相等，求小车第二次经过竖直圆轨道最低点时的速度大小。 【答案】（1）设第一次小车运动到B点的速度大小为vB，受到的支持力为N，根据牛顿第二定律 N-mg=m  ……………………………………………………………（2分）   解得  vB= ……………………………………………………………（1分）   小车从A点运动到B点的过程机械能守恒，以B点位置为重力势能零点，则有       mgh=………………………………………………………………（1分）       解得 h=3R………………………………………………………………（1分） （2）设小车在圆轨道最高点的速度为vC，重力提供向心力，此时根据向心力公式有mg=m………………………………………………………………（1分） 解得vc=……………………………………………………………………（1分） 设小车在右半圆轨道上克服阻力做功Wf , 对小车从B点运动到C的点过程，根据动能定理有-mg2R-Wf=-……………………………………（2分） 解得 Wf=mgR…………………………………………………………………（1分） 设小车第二次经过B点时的速度为，对小车从B点运动到C点再回到B点的过程，根据动能定理有：-2Wf = -……………………………………………………（1分） 解得=2…………………………………………………………………………（1分） 【解析】略 54．长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点处固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重mg的两倍．现将球拉至图中B处（θ=60°）放开球让它摆动，问： （1）固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？ （2）摆球回到A处时悬线拉力为多少？ 【答案】（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为 （2）摆球回到A处时悬线拉力为3mg． 【解析】 试题分析：（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力、静电力F和细线拉力，由受力平衡和库仑定律列式求解 （2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，列出等式表示出最低点速度，由牛顿第二定律求解． 解：（1）球静止在A处经受力分析知受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉，由受力平衡和库仑定律列式： F拉=F+mg， F=， F拉=2mg 三式联立解得： q=． （2）摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程： mgL（1﹣cos60°）=mv2 F拉′﹣mg﹣F=m 由（1）知静电力F=mg 解上述三个方程得：F拉′=3mg． 答：（1）固定在O处的正电荷的带电荷量为 （2）摆球回到A处时悬线拉力为3mg． 【点评】对于圆周运动的问题，往往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查，基本题型，难度适中． 55．如图所示，在距水平地面高为H=0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m=2kg的小球A．半径R=0.3m的光滑半圆形轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量m=2kg的小球B．用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，小球和小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响．现给小球A施加一个水平向右、大小为55N的恒力F，则： （1）求把小球B从地面拉到半圆形轨道顶点C的过程中力F做的功． （2）求小球B运动到C处时的速度大小． （3）小球B被拉到离地多高时小球A与小球B的速度大小相等？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 试题分析：（1）对于F的做功过程，有：， ， 所以， （2）由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零， 考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系，得， 代入已知量，得， 因为向心力公式为，所以，代入已知量，得 （3）当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识，得 代入已知量，得，所以， 考点：功能关系，圆周运动向心力 56．如图所示，在匀速转动的圆盘上，沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块，A离轴心r1＝20 cm，B离轴心r2＝30 cm，A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍．求： (1)若细线上没有张力，圆盘转动的角速度ω应满足什么条件？ (2)欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度多大？ (3)当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时，烧断细绳，则A、B将怎样运动？(g取10 m/s2) 【答案】(1) 当ω≤ω0＝3.6 rad/s时，细线上不会有张力．(2) 4.0 rad/s. 【解析】(1)当物块B所需向心力FB≤Ffm时，细线上张力为零．随着角速度的增大，当FB＝Ffm时，有kmg＝mωr2， 得ω0＝＝＝＝3．6 rad/s. 当ω≤ω0＝3.6 rad/s时，细线上不会有张力． (2)当A、B所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωm，超过ωm时，A、B将相对圆盘滑动．(设细线中张力为T.) 对A有kmg－T＝mωm2·r1， 对B有kmg＋T＝mωm2·r2， 解得ωm＝＝ ＝4.0 rad/s. (3)烧断细线时，A做圆周运动所需向心力FA＝mωm2r1＝3.2 N，最大静摩擦力为4 N，A物体随盘一起转动．B此时所需向心力为FB＝mωm2r2＝4.8 N，大于它的最大静摩擦力4 N，因此B物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远． 两物体做圆周运动的向心力由沿径向方向的合力提供，及最大静摩擦力提供，第二问中分别以两小球为研究对象，绳子的拉力和静摩擦力的合力提供向心力列式求解 57．如图所示，物体质量m1=0.1kg ，视为质点，在C处弹簧发射器的作用下，沿光滑半圆轨道至最高点A处后在空中飞行，不计空气阻力，恰好沿PQ方向击中P点，∠PQC=530，半圆的半径R=0.5m，A、P两点的竖直距离为0.8米，g=10m/s2 ,sin530=0.8,cos530=0.6 （1）此物体离开A点后作什么运动？在A点速度多大？A、P两点的水平距离为多大？物体在A点对轨道的压力有多大？(9分) （2）质量m2=0.2kg的另一物体，也视为质点，放于与A点等高的光滑斜面BP上，其倾角为530，问：当质量m1的物体刚要离开轨道A点时，静止释放质量m2的物体应该提前还是滞后多少时间，才能实现两物体同时到达P点？(5分) 【答案】（1）0.8N（2）0.1S 【解析】 试题分析：（ 1）平抛运动  (1分) ∵hap=1/2*g*t2，∴t=0.4s  (2分) ∵tan530=gt/Va  ∴Va =3m/s; (2分)∴Xap= Va*t=1.2m, (2分)  A点： mg-Fa=m* Va /R2    ∴ Fa= 0.8N  (2分) （2）BP:  hap/ sin530 = 1/2*g sin530*t’2      (3分) ∴t’=0.5s    (1分)  提前0.1S  (1分) 考点：考查了平抛运动，圆周运动 点评：本题是一道力学综合应用，关键是对物体在各个过程中的运动性质摸透，然后结合运动学规律分析解题 58．如图所示，长为L的细绳上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下端吊一个质量为m的铁球(可视作质点)，球离地的高度h＝L．现让环与球一起以v＝的速度向右运动，在A处环被挡住而立即停止，已知A离右墙的水平距离也为L，当地的重力加速度为g，不计空气阻力．求： (1)在环被挡住而立即停止时绳对小球的拉力大小； (2)若在环被挡住后，细绳突然断裂，则在以后的运动过程中，球的第一次碰撞点离墙角B点的距离是多少？ 【答案】(1)3mg (2)L 【解析】 试题分析：(1)在环被挡住而立即停止后小球立即以速率v绕A点做圆周运动，根据牛第二定律和圆周运动的向心力公式有：F－mg＝m          2分 解得：F＝3mg                  1分 (2)细绳断裂后，此后小球做平拋运动． 假设小球直接落到地面上，则：h＝L＝gt2      1分 球的水平位移：x＝vt＝2L>L            1分 故小球先碰到右墙，则L＝vt′            1分 小球下落的高度h′＝gt′2＝            1分 所以球的第一次碰撞点距B的距离为：H＝L－＝L  1分 考点：考查了牛第二定律,圆周运动、平抛运动 59．如图所示，一个人用一根长L=0．4m的绳子拴着一个质量为m=1kg的小球，在竖直平面内作圆周运动（不计空气阻力，取g=10m/s2） （1）若小球刚好能经过最高点，求小球经过最高点时的速度v0的大小； （2）若小球经过最低点时的速度大小为v=6m/s，求小球经过最低点时绳子对小球的拉力T． 【答案】（1）小球经过最高点时的速度v0的大小为2m/s； （2）小球经过最低点时绳子对小球的拉力为100N． 【解析】 试题分析：（1）小球在最高点：mg=， 解得：v0=m/s=2m/s． （2）小球在最低点：T﹣mg=m， 解得：T=mg+m=10+1×N=100N． 答：（1）小球经过最高点时的速度v0的大小为2m/s； （2）小球经过最低点时绳子对小球的拉力为100N． 60．（8分） 如图7－8所示，质量为m的物体以某一初速v0从A点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过最低点B的速度为3，求： （1）物体在A点时的速度；（2）物体离开C点后还能上升多高 【答案】(1)　(2)3．5R 【解析】本题考查动能定理和圆周运动的应用，在B点，物体从A到B由动能定理可知所以在A点速度为，由A到C只有重力做功求得C点速度后根据竖直上抛运动即可求解 61．（10分）如图，水平粗糙轨道AB与半圆形光滑的竖直圆轨道BC相连，B点与C点的连线沿竖直方向，AB段长为L，圆轨道的半径为R。一个小滑块以初速度vo从A点开始沿轨道滑动，已知它运动到C点时对轨道的压力大小恰好等于其重力。求： （1）滑块运动到C点的速度VC ； （2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）  （2） 【解析】 试题分析：（1）由牛顿第三定律可得，滑块在C点时受到轨道的弹力大小也等于重力大小 在C点，由牛顿第二定律得                   ① 解得：                                          ② （2）滑块从A点运动到C的过程， 由动能定理得:               ③ 解得：                                         ④ 考点：牛顿第二定律、动能定理。 62．如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝30°，一条长为L的绳(质量不计)，一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看做质点)，物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动． (1)当v1＝时，求绳对物体的拉力； (2)当v2＝时，求绳对物体的拉力． 【答案】(1)1.03mg (2)  2mg 【解析】 试题分析：水平方向： ① 竖直方向：FTcos θ＋FNsin θ＝mg  ② 联立①②两式解得： 由上式可看出当θ、L、m一定时，线速度v越大，支持力FN越小，当v满足一定条件，设v＝v0时，能使FN＝0，此时锥面与物体间恰好无相互作用，即 得出： 将θ＝30°代入上式得： (1)当时，物体在锥面上运动，联立①②两式解得 (2)当时，物体已离开锥面，但仍绕轴线做水平面内的匀速圆周运动，设此时绳与轴线间的夹角为α(α>θ)，物体仅受重力和拉力作用，这时 ③ FT2cos α＝mg    ④ 联立③④两式解得： 所以α＝60° 代入④式解得  FT2＝2mg 考点：圆周运动及牛顿第二定律的应用 【名师点睛】此题是关于牛顿第二定律在圆周运动问题中的应用问题；关键是对物体受力分析，找出物体恰能离开锥面时的临界线速度，然后根据此值以及给定的线速度值来判断物体所处的运动状态，最后进行求解；此题是中等题. 63．（10分）如图所示，一摆球的质量为m，带正电荷，电量为q，摆长为L，场强E=，水平向右，摆球平衡位置在C点，与竖直夹角为θ，开始时在水平位置A点，无初速释放，求摆球在C点时的速度及摆线的拉力． 【答案】摆球在C点时的速度是，摆线的拉力是3mg． 【解析】 试题分析：对摆球进行受力分析，根据受力情况确定小球的运动情况，刚开始绳子松弛，在最低点细绳绷紧，竖直分量立刻减为零，根据动能定理研究求出摆球在C点时的速度． 根据牛顿第二定律求出摆线的拉力． 解：电场力F=qE=mg，水平向右，重力与电场力合力F合=mg，沿OC方向 θ=45° 设最低点为B，小球沿直线AB到B点速度VB． mgL+qEL=mVB2 细绳绷紧，VB竖直分量立刻减为零，水平分量V1=VBcos45° 由B到C过程中运用动能定理得： qELsinθ﹣mg（L﹣Lcosθ）=mV2C﹣mV12 解得摆球在C点速度VC= 根据牛顿第二定律得： 在C点：T﹣mg= 解出在C点绳子拉力T=3mg 答：摆球在C点时的速度是，摆线的拉力是3mg． 点评：本题整合了牛顿第二定律和动能定理等多个规律，分析受力是基础，要培养分析受力情况、分析物体运动过程的习惯． 64．(14分)如图所示，弧形轨道的下端与半径为R的圆轨道平滑连接。现在使小球从弧形轨道上端距地面2R的A点由静止滑下，进人圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计。 试求： (1)小球到达圆轨道最低点B时的速度大小； (2)小球在最低点B时对轨道的压力大小； (3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 试题分析：⑴小球从A到B的过程中，由动能定理得               2分                 1分  ⑵在B点，由牛顿第二定律得           2分              1分  ⑶根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心一下的圆弧部分速度不等0，弹力不等于0，小球不会离开轨道。设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为)脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0有                 2分 小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得           2分 由③④得: 离开C点后做斜上抛运动，水平分速度 设小球离开圆轨道后能到达的最大高度h处为D点，则D点的速度即水平方向大小等于从A到D点的过程中由机械能守恒定律得           3分 解得:                  1分  考点：动能定理 圆周运动  斜抛运动 65．如图所示，无限宽广的匀强磁场分布在xoy平面内，x轴上下方磁场均垂直xoy 平面向里，x轴上方的磁场的磁感应强度为B，x轴下方的磁场的磁感应强度为4B/3。现有一质量为m，电量为-q带负电粒子以速度v0从坐标原点O沿y方向进入上方磁场。在粒子运动过程中，与x轴交于若干点。不计粒子的重力。求： （1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1 （2）如把x轴上方运动的半周与x轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移的平均速度。 （3）在与x轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置。 【答案】（1）；（2）；（3）（式中k取1、2、3…） 【解析】 试题分析：（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1，下方磁场中做匀速圆周运动半径r2。由Bqv0=m，得r1=，r2= （2）（3）在磁场中运动轨迹如图所示，如把x上方运动的半周与x下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移△x=2r1-2r2=，则在第4周期刚结束时粒子第二次经过x1=2r1的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．故x1=2r1+=r1=（式中k取1、2、3…） x上方的周期为T1，x下方的周为T2，T1=，T2=，先后通过的时间间隔△t=T1+2T2=．在x轴上粒子右移的平均速度= 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】解决本题的关键画出粒子运动的轨迹图，理清粒子在整个过程中的运动情况，结合洛伦兹力提供向心力和几何关系进行求解．（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子在x轴上方和x轴下方做圆周运动的半径，作出粒子运动的轨迹示意图，结合半径关系，找出粒子两次通过x轴上同一点的位置，根据几何关系计算这些点的坐标；（2）根据周期公式计算粒子在x轴上方的周期和x轴下方的周期，根据几何关系计算时间间隔． 66．一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆OA、OB固定在竖直轻质转轴上的O点，两轻杆与转轴间夹角均为30°，小球a、b分别套在两杆上，小环c套在转轴上，球与环质量均为m，c与a、b间均用长为L的细线相连，原长为L的轻质弹簧套在转轴上，且与轴上P点、环c相连。当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到，环c静止在O处，此时弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求： (1)细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度 (2)如图乙所示，该装置以角速度 (未知)匀速转动时，弹簧长为，求此时杆对小球的弹力大小； (3)该装置转动的角速度由缓慢变化到，求该过程外界对转动装置做的功。 【答案】(1) (2)4mg(3) 【解析】 试题分析：(1)小球做匀速圆周运动，由向心力公式： 解得： (2)对环C： 弹簧拉伸和压缩的形变量相同， 对球a：竖直方向有 解得： （3）球a做匀速圆周运动，根据向心力公式有： 整个过程弹簧弹性势能的变化量为零，弹簧弹力做的功为零。 由功能关系： 考点：动能定理、共点力的平衡、向心力。 67．在航天事业中要用角速度计可测得航天器自转的角速度ω，其结构如图9所示，当系统绕OO′转动时，元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电信号成为航天器的制导信号源。已知A质量为m，弹簧的劲度系数为k，原长为L0，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器触头P在中点，与固定接头Q正对，当系统以角速度ω转动时，求： （1）弹簧形变量x与ω的关系式； （2）电压表的示数U与角速度ω的关系式 【答案】(1) (2) 【解析】 试题分析：（1）由圆周运动规律可得，  （3分） 得                            （3分） （2）由串联电路的规律得：    （6分） 考点：闭合电路的欧姆定律和圆周运动规律 点评：本题是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁．本题力电联系的纽带是弹簧伸长的长度．中等难度． 68．半径R = 40cm竖直放置的光滑圆轨道与水平直轨道相连接（如图所示）。质量m = 50g的小球A以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去。如果A经过N点时的速度v1= 6m/s，A经过轨道最高点M后作平抛运动，平抛的水平距离为1.6m。求： （1）小球经过M时速度多大； （2）小球经过M时对轨道的压力多大； （3）小球从N点滑到轨道最高点M的过程中克服摩擦力做的功是多少。（g=10m/s2） 【答案】（1）4m/s；（2）1.5N；（3）0.1J. 【解析】 试题分析：（1）由得平抛时间， ∴   （2）小球在M点时有    得  （3）由动能定理得，  ∴     考点：平抛运动；牛顿定律；动能定理. 69．（10分）如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接。有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压。紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车。碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示。已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m。 滑块、小球均可视为质点。取g=10m/s2。求： （1）滑块到达BC轨道上时的速度大小。 （2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小。 （3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内） 【答案】（1）；（2）；（3）。 【解析】 试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒， 有            ① 得  （2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力 由牛顿第二定律，有            ② 设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有      ③ 联立①②③并代入数据，解得  （3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒：        ④ 得碰撞后的速度   方向向右 滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同的末速度 由滑块与小车组成的系统动量守恒：          ⑤ （I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有    ⑥ 联立④⑤⑥得 （II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有          ⑦ ④⑤⑦得        综上所述，得 考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系。 【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化。 70．如图所示,在内壁光滑的平底试管内放一个质量为m=10g的小球, 试管的开口端加盖与水平轴O连接．试管底与O相距L=5cm, 试管在转轴带动下沿竖直平面做匀速圆周运动。g取10m/s， 求：（1）转轴的角速度达到多大时, 试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍； （2）转轴的角速度满足什么条件时,会出现小球与试管底脱离接触的情况。 【答案】（1）20 rad/s； （2） rad/s 【解析】 试题分析:（1）在最高点时对试管的压力最小，根据向心力公式有：mg+Nmin=mω2r 在最低点时对试管的压力最大，根据向心力公式有：Nmax-mg=mω2r 因为Nmax=3Nmin 所以解得：ω=20rad/s； （2）当小球对试管的压力正好等于0时，小球刚好与试管分离，根据向心力公式得：mg=mω02r 解得：ω0＝10rad/s 所以当ω ＜10rad/s时会脱离接触 考点：牛顿第二定律；圆周运动 71．如图，EF与GH间为一无场区。无场区左侧A.B为相距为d.板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板。无场区右侧为一点电荷形成的电场，点电荷的位置O也为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O.C在两板间的中心线上，D位于GH上。一个质量为m.电量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并作与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。（不计粒子的重力.管的粗细） 求：（1）O处点电荷的带电量； （2）两金属板所加的电压。 【答案】（1）（2） 【解析】 试题分析：（1）由几何关系可知，粒子出匀强电场的偏转角为30°，设O处点电荷的带电量为Q，粒子进入细管的速度为，如图： 可得：                    （2分） 粒子进入圆管后受到点电荷的库仑力作匀速圆周运动，有     （3分） 上两式解得        （1分） （2）设板间所加电压为，出匀强电场时的竖直方向速度为，由偏转角为30°， 可得：              （1分） 在匀强电场中粒子作类平抛运动，可知                  （1分）             （1分）                   （2分） 有上式联立得：            （1分） 考点：带电粒子在电场中的偏转与圆周运动的结合。 【名师点睛】本题关键画出粒子的运动轨迹，根据类平抛运动推论，作出速度反向延长线交中心线于K点，由几何关系得到速度的偏向角；根据粒子进入细圆管，与管壁无相互挤压做匀速圆周运动．即可点电荷带负电，由库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出O处点电荷的带电量；带电粒子穿越匀强电场过程中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出板间电压。 72．(2011·福州模拟)(16分)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切,半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C.(不计空气阻力)试求: (1)物体在A点时弹簧的弹性势能. (2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能. 【答案】(1) (2)mgR 【解析】 (1)设物体在B点的速度为vB,弹力为FNB,则有 (3分) 又FNB=8mg 由能量转化与守恒可知: 弹性势能    (4分) (2)设物体在C点的速度为vC,由题意可知: (3分) 物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒得： (4分) 解得：Q=mgR              (2分) 73．质量为2吨的汽车在水平路面上做半径为40m的转弯，如果车速是36km/h，则其所需的向心力多大？是由什么力提供的？若路面能提供的最大静摩擦力的值为车重的0.5倍，那么，若仍以36km/h速度转弯，转弯半径不小于多少m？（g取10m/s2） 【答案】5000N；20m 【解析】 试题分析：因为 根据牛顿第二定律可得： 有静摩擦力提供、 解得：R=20m 考点：牛顿第二定律在圆周运动中的应用． 点评：熟记摩擦力公式和向心力公式是解决本题的关键，分析向心力是由哪些力提供的．通常这样找向心力：沿半径方向的所有力的合力提供该物体做圆周运动的向心力． 74．如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动．已知小球所受到电场力是其重力的3/4，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝53°，SBC＝2R.若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h至少为多少？ 【答案】10R 【解析】 试题分析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故两力可等效为一个力F，如图所示，可知F=mg，方向与竖直方向夹角为37°，偏左下；从图中可知，做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点，若球恰好能通过D点，则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零，由圆周运动知识得： 即： 选择A点作为初态，D点为末态，由动能定理有：    mg（h-R-Rcos37°）-mg（htan37°+2R+Rsin37°）= 代入数据：mg（h-1.8R）-mg（h+2.6R）= 解得：h=10R 考点：动能定理及牛顿第二定律的应用. 75．（14分）如图所示，静止于A处的带电离子，经电压为U的加速电场加速后，进入静电分析器，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O等距各点的电场强度大小相同，方向均沿半径方向指向圆心O．离子在静电分析器中沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场，电场方向水平向左，离子恰好能打在Q点．已知NP间的距离是NQ间距离的2倍，粒子重力不计． 求：（1）离子的电性 （2）静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小； （3）P、Q两点间的电压． 【答案】（1）正电（2）（3）16U 【解析】 试题分析：（1）离子在加速电场中加速，进入静电分析器中受到的电场力提供向心力，所以由图可知离子受到的电场力的方向指向圆心，所以离子带正电． （2）离子在加速电场中加速，设进入静电分析器的速度为v，qU=mv2  ① 在分析器中，匀速圆周运动，半径为R：② 由①、②式解得 （3）设NQ 为d，PQ间离2d，偏转电场E0，PQ电压UPQ，则： d=vt 联立以上各式，并代入数据得：UPQ=16U 考点：动能定理；牛顿第二定律；圆周运动及平抛运动的规律 【名师点睛】此题是力电综合题目，考查的知识点较多；解题时了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题；此题有一定难度，考查学生综合分析问题的能力. 76．（19分）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，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O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)小球通过最低点B时，细线对小球的拉力． (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l和L应满足什么关系？ 【答案】（1）  （2）  （3） 【解析】 试题分析：(1)小球恰能在斜面上做完整的圆周运动，通过A点细线拉力为零，由牛顿第二定律：         （3分） 解得：        （1分） (2)小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：       （3分） 解得：        （1分） 小球在B点时由牛顿第二定律：       （2分） 解得：      （1分） (3)小球运动到A点或B点时细线断裂，小球在平行底边方向做匀速运动，在垂直底边方向做初速度为零的匀加速运动(类平抛运动) 细线在A点断裂：       （3分） 细线在B点断裂：      （3分） 又，联立解得：      （2分） 考点：机械能守恒定律、圆周运动向心力的计算、平抛运动 77．如图所示，一个圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A 点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点．将一个质量为m，直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力． （1）若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何？ （2）欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是多少？ 【答案】（1），竖直向下 （2）5R 【解析】 试题分析：离开C点小球做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得C点速度的大小． 根据牛顿第二定律求得弹力． 小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点根据平抛运动求得速度． 根据机械能守恒定律求解． 解：（1）小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得： R=gt2， 运动时间t= 从C点射出的速度为 v1== 设小球以v1经过C点受到管子对它的作用力为N，由向心力公式可得 mg﹣N=m N=mg﹣m=， 由牛顿第三定律知，小球对管子作用力大小为，方向竖直向下． （2）小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点． 设能够落到N点的水平速度为v2，根据平抛运动求得： v2== 设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律可知， mg（H﹣R）=mv22 H=+R=5R 答：（1）若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小为，方向竖直向下．  （2）欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的最大高度是5R． 【点评】知道物体的运动过程，根据物体的不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可． 78．《水流星》是在一根彩绳的两端，各系一只玻璃碗，碗内盛水。演员甩绳舞弄，晶莹的玻璃碗飞快地旋转飞舞，而碗中之水不洒点滴，以娴熟、高超、新颖的技巧和动人的风采赢得满场的掌声。如右图所示，演员手中的彩绳长1.6m，碗和水的质量为1kg，当碗转到最低点时离地面的高度为0.2m，则： （1）水刚好不洒出来时的加速度（2）碗能飞出多远 【答案】（1）7.1rad/s    （2）0.8m 【解析】 试题分析：（1）碗在竖直平面内做圆周运动，要想水刚好不洒出来，即向心力刚好与重力相等，则设碗到最高点的速度为v0，手腕转动的角速度为w               R=0.8m                                              又由 即w= =7.1rad/s        由于重力刚好提供向心力，所以上半截绳子的拉力为零    （2）对碗做受力分析如右图所示，设最低点的最大速度为v，绳子拉力为T则   即 由T≦30N，则V≦4m/s              碗在最低点的速度最大不能超过4m/s  绳子在最低点断开将做平抛运动，设在空中运动的时间为t，飞出的最远距离为s，则 竖直方向：  水平方向：  由v=4m/s，得 S=0.8m      即碗能飞出0.8m。  考点：平抛运动 点评：本题考查了平抛运动的物体，通过牛顿第二定律列出向心力的表达式，建立等式求解。 79．如图所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，顶部有一入口A，在入口A的正下方h处还有一个出口B，质量为m的小球，从入口A沿切线方向的水平槽射入圆筒内，要使小球能从B孔飞出，小球从A口进入的速度v0应满足什么条件？在运动过程中小球对圆筒的压力是多大？ 【答案】 【解析】 试题分析：小球的运动是竖直方向的自由落体运动和水平面内匀速圆周运动的合运动，由于, 小球在水平面内转过了圈, 则 即 筒对球的压力提供了向心力：即 根据牛顿第三定律得小球对筒的压力为： 考点：牛顿第二定律在圆周运动中的应用． 【名师点睛】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速圆周运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性以及圆周运动的周期性进行求解；小球对筒的压力的大小等于小球做圆周运动时所需要的向心力，结合牛顿第二定律即可求出。 80．如图所示,竖直平面内的空间中,有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy,在x<0的区域内有沿x轴负向的匀强电场,电场强度大小为E,在x>0的区域内也存在匀强电场（图中未画出）。一个带正电的小球（可视为质点）从x轴上的N点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域,沿着与水平方向成α=30°角斜向上做直线运动,通过x轴上的M点,求:（重力加速度为g,不计空气阻力） （1）小球运动速度的大小。 （2）在x>0的区域内所加的电场强度的大小。 （3）小球从N点运动到M点所用的时间。 【答案】（1）（2）E （3） 【解析】 试题分析：（1）带电小球做直线运动时的受力情况如图所示 由受力图得qE=mgtan 30° mg=qvBcos 30° 联立得 （2）小球在x > 0的区域内做匀速圆周运动,则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡 qE1=mg 解得E1=E （3）小球的运动轨迹如图2所示,由几何关系可知∠OPO'=α=30°,∠NO'P=120° 由匀速圆周运动特点,可知小球做圆周运动的半径 由几何知识可知,线段 带电小球做直线运动的时间 带电小球做圆周运动的周期 所以小球做圆周运动从N到P所用的时间 则带电小球从N点到M 点所用的时间t=t1+t2=。 考点：带电体在复合场中运动 【名师点睛】本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键．． h2h 81．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。一雪坡由AB和BC两段组成，AB是倾角为θ=370的斜坡，可认为光滑。BC是半径为R=5m的圆弧面，有摩擦。圆弧面BC与斜坡AB相切于B点，与水平面相切于C点，如图所示。又已知AB竖直高度h1=9.8m，竖直台阶CD高度为h2=5m，台阶底端D与倾角为θ=370的斜坡DE相连。运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，其中运动员在BC圆弧面上运动时由于受到摩擦力的作用速度的大小保持不变。整个运动过程中不计空气阻力，g取10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。求： (1)运动员到达C点的速度大小？ (2)运动员经过C点时轨道受到的压力大小？ (3)运动员在空中飞行的时间？ 【答案】(1)(2) 3936N(3) t=2.5s 【解析】(1)从A到B过程，运动员做匀加速直线运动，其中, 得：    代入数据得：          （3分） (2)  在C处有    代入数据得: 即运动员受到轨道的支持力为3936N    （3分) (3)设运动员在空中飞行时间为t，由平抛运动知识有:        (3分) 解得：t=2.5s        (1分) 82．如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处。质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起。已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg。试问： A ①a与b球碰前瞬间的速度多大？ ②a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答) 【答案】①②细绳会断裂 【解析】 试题分析： ①设a球经C点时速度为vC，a球下滑过程机械能守恒，则由机械能守恒得：， 解得：， 即a与b球碰前的速度为； ②设b球碰后的速度为v，a、b两球碰撞过程系统动量守恒， 以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒得：， 解得：， 小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T， 由牛顿第二定律得：， 解得：，细绳会断裂。 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律；牛顿第二定律. 83．如图所示,一个质量为m的小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑,目的是抓住在平台右端的、上端固定的、长度为L的轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳的下端与小孩的重心在同一高度,小孩抓住绳的瞬间重心的高度不变,且无能量损失.若小孩能完成圆周运动,则: (1) 小孩抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大? (2) 小孩的最小助跑位移多大? （3）设小孩在加速过程中，脚与地面不打滑，求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做的功。 【答案】（1）F=6mg，v12=5gL。（2）x==（3）地面对小孩的摩擦力位移为零，摩擦力对小孩做功为零 【解析】解：(1)小孩能完成竖直面内的圆周运动，则在最高点最小的向心力等于小孩所受的重力。设小孩在竖直面内最高点运动的速度为v2.，依据牛顿第二定律小孩在最高点有: mg=m…                                  ………………………………………2分 设小孩在最低点运动的速度为v1，小孩抓住悬线时悬线对小孩的拉力至少为F， 依据牛顿第二定律小孩在最低点有：F—mg=m…      ………………………………2分 小孩在竖直面内做圆周运动，依据机械能守恒定律可得，  mv22+2mgL=mv12………2分 联立以上三式解得：F=6mg，v12=5gL。…                ……………………………2分 依据牛顿第三定律可知,小孩对悬线的拉力至少为6mg。…    …………………………1分 (2)小孩在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据题意，小孩运动的加速度为a，末速度为v1,，根据匀变速直线运动规律，v12=2ax…        …………………………2分 解得：x==…                        ………………………………………2分 （3）由牛顿运动定律可知摩擦力大小f=ma …                ………………………2分 由于地面对小孩的摩擦力位移为零，所以摩擦力对小孩做功为零。………………………3分 84．长为R的轻杆一端固定一质量为m的小球，以另一端为固定转轴，使之在竖直平面内做圆周运动.求以下两种情况时小球在最高点的速度各为多少? (1)在最高点时，小球对杆的压力为mg (2)在最高点时，小球对杆的拉力为mg 【答案】（1）V=0        （2）V= 【解析】 试题分析：（1）该情况下，小球的向心力为向上的支持力和竖直向下的重力的合力，故，解得 （2）此情况下，小球的向心力为向下的拉力和向下的重力的合力，所以，解得 考点：考查了圆周运动实例分析 点评：本题的关键是分析小球做圆周运动向心力来源，然后列式求解 85．（9分）如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有一长为l的细线,细线的一端固定在O点并可绕O点转动,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,求:  (1)小球通过最高点A时的速度vA (2）小球通过最低点B时的速度vB (3)小球通过最低点B时,细线对小球的拉力T 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 试题分析：（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：，解得 （2）小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有： 解得 （3）小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有：， 解得 考点：考查了牛顿第二定律，圆周运动，机械能守恒的综合应用，中档题 86．如图甲所示,ABC为竖直放置的半径为0．1m的半圆形轨道,在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器,可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力为FA和FC。质量为0．1kg的小球,以不同的初速度v冲入ABC轨道。（g=10m/s2）（最后结果可用根式表示），求： （1）若FA=13N,求小球滑经A点时的速度vA的大小; （2）若FC和FA的关系图线如图乙所示且FA=13N,求小球由A滑至C的过程中损失的机械能。 【答案】（1）（2）0．2J 【解析】 试题分析：（1）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力小为FNA=FA，FNC=FC． 在A点由牛顿第二定律得：，解得 （2）在C点由牛顿第二定律得： A至C的过程，由动能定理得： A至C的过程，由功能关系得 △E损=|Wf| 由以上三式解得损失的机械能为：△E损=0．2J 考点：牛顿第二定律；动能定理 【名师点睛】解决此题的关键是知道小球做圆周运动的向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解。 87．如图所示，水平地面上A、B相距，BCD是半径为的光滑半圆轨道，O是圆心，DOB在同一竖直线上，一个质量的物体静止在A点。现用的水平恒力作用在物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动，物体与水平地面间的动摩擦因数，当物体运动到B时撤去F，以后物体沿BCD轨道运动，离开最高点D后落到地上的P点（图中未画出）。取，求： （1）物体运动到B点时的速度大小； （2）物体运动到D点时的速度大小； （3）物体落地点P与B点间的距离。 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 试题分析：（1）物体从A到B，根据动能定理： 代入数据求得。 （2）从B到D，由机械能守恒定律，解得。 （3）物体离开D后做平抛运动，竖直方向：，水平方向： 解得。 考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理的应用 【名师点睛】物体的运动过程可以分为三部分，第一段是匀加速直线运动，第二段的机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可。 88．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数为k=46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O点，另一端连接质量为m=1kg的小物块A，物块与盘间的动摩擦因数为μ=0.2，开始时弹簧未发送形变，长度为，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度，物块A始终与圆盘一起转动，则： （1）圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？ （2）当角速度缓慢地增加到4rad/s时，弹簧的伸长量是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘)。 （3）在角速度从零缓慢地增加到4rad/s过程中，物块与盘间摩擦力大小为f，试通过计算在坐标系中作出图像。 【答案】（1）（2）（3）如图所示 【解析】 试题分析：（1）设盘的角速度为时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有： ，解得：， （2）设此时弹簧的伸长量为，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有： ，代入数据解得： （3）在角速度从零缓慢地增加到2rad/s过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力，f∝ω2，f随着角速度平方的增加而增大； 当时，物块与盘间摩擦力为滑动摩擦力为定值，为 考点：考查了圆周运动规律的应用 【名师点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是正确分析物体的受力情况．同时要明确向心力是沿半径方向上的所有力的合力． 89．如图所示，长L=0.50m的轻杆，一端固定于O点，另一端连接质量m=2kg的小球，它绕O点在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时；（取g=10m/s2） （1）若v1=1m/s，求此时杆受力的大小和方向； （2）若v2=4m/s，求此时杆受力的大小和方向． 【答案】（1）16N，方向向下 （2）44N．方向向上 【解析】 试题分析：对小球受力分析，假设杆子对小球的作用力方向竖直向上大小为F： 根据牛顿第二定律： （1）当v=1m/s时，解得： 故杆子对小球的作用力大小为16N，方向向上． 根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向下的压力，大小为16N． （2）当v=4m/s时，解得：，负号表示力F的方向与题目假设的方向相反，故杆子对小球的作用力大小为44N，方向向下．根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向上的拉力，大小为44N． 考点：牛顿定律的应用 【名师点睛】注意当无法确定力的方向时，可以先假设到某一方向上，如果解出的结果为正值，说明力就在假设的方向上，如果解出的结果为负值，说明力的方向与假设的方向相反。 90．如图所示，半径为R=0.4m的光滑半圆形轨道处于竖直平面内，最高点为C点，半圆轨道与粗糙水平地面相切于圆环的端点B，在水平地面上的A点有一带正电小物块处于静止状态，物块质量m=0.1kg，电荷量q=1.0×10﹣3C，与地面的动摩擦因数μ=0.2，A点与B点的距离x=1m，在竖直线BC的右侧加一水平向左的匀强电场．释放小物块，小物块刚好能够通过圆轨道的C点，求： （1）物体在B点所受轨道的支持力大小； （2）匀强电场的场强E的大小； （3）物块通过C点时，电场立即反向且大小保持不变，则物块落地点距离A点多远？ 【答案】（1）物体在B点所受轨道的支持力大小为6N； （2）匀强电场的场强E的大小为1200N/C； （3）物块通过C点时，电场立即反向且大小保持不变，物块落在A点右侧0.76m处． 【解析】 试题分析：（1）由牛顿第二定律求物体到达C点的速度，由机械能守恒定律求出物体在B点的速度，然后由牛顿第二定律求出支持力． （2）物体从A到B过程由动能定理可以求出电场强度． （3）物体离开C后，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动规律求出物块落地点到A的距离． 解：（1）物体恰好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得： mg=m， 代入数据解得：vC=2m/s， 从B到C过程物体机械能守恒，由机械能守恒定律得： mvB2=mvC2+mg•2R， 在B点，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m， 解得：F=6mg=6N； （2）从A到B过程，由动能定理得： qEx﹣μmgx=mvB2﹣0，解得：E=1200N/C； （3）物体离开C后，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀加速直线运动， 在竖直方向：2R=gt2， 在水平方向：s=vCt+at2， 由牛顿第二定律得：qE=ma， 解得：s=1.76m， 物块落在A点右侧0.76m处； 答：（1）物体在B点所受轨道的支持力大小为6N； （2）匀强电场的场强E的大小为1200N/C； （3）物块通过C点时，电场立即反向且大小保持不变，物块落在A点右侧0.76m处． 【点评】本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理与匀变速直线运动规律可以解题． 91．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OO/重合，转台以一定角速度ω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OO/之间的夹角θ为45°。已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为。 （1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0； （2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围。 【答案】（1） （2）最大值  最小值 【解析】 试题分析：（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力， 有： 解得： （2）当时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图： 由牛顿第二定律得， 联立以上三式解得： 当时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值,设此最小角速度为ω2 由牛顿第二定律得， = 联立三式解得： 所以 考点：圆周运动；牛顿第二定律的应用 92．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为带负电的小球从斜轨道上的点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来。已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍。求： （1）A点在斜轨道上的高度为多少？ （2）小球运动到最低点时的压力为多少？ 【答案】（1）（2）3mg 【解析】 试题分析：（1）设小球到B点的最小速度为vB，则牛顿第二定律:    ① 小球从A到B的过程中由动能定理:    ② 由①②得     ③ （2）小球从A到C的过程中，由动能定理:   ④ 小球在C点时，牛顿第二定律:    ⑤ 又因为  mg=2qE        ⑥ 由③④⑤⑥ 得:N=3mg 考点：牛顿第二定律；动能定理 【名师点睛】本题考查动能定理及向心力公式的应用，在解题时注意计算中的中间过程不必解出，而应联立可以简单求出。 93．一质量为m=4kg的小球从光滑的斜面上高h=4m处由静止滑下，斜面底端紧接着一个半径R=1m的光滑圆环，如图所示，求： （1）小球滑到圆环最低点B时对圆环的压力的大小； （2）小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？（g取10m/s2） 【答案】（1）360N（2）2．5m 【解析】 试题分析：（1）小球从静止开始到圆环顶点的过程，由动能定理或机械能守恒得： mgh= 在圆环顶点时，对小球，有：， 代入数据解得：=360N，根据牛顿第三定律得：小球滑至圆环顶点时对环的压力：=360N （2）设小球从离最低点高度为H的地方下滑，在轨道最高点的速度为v′，则： mg（H-2R）= ， 在最高点由重力提供向心力：mg= 由上两式得：H=2．5R=2．5m； 则小球应从大于等于2．5m范围内由静止滑下才能使小球在圆环上做完整的圆周运动 考点：动能定理;机械能守恒定律 94．光滑绝缘半球槽的半径为R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端A处（与球心等高）无初速沿轨道滑下，滑到最低点B时，球对轨道的压力为2mg。求 （1）小球从A到B的过程中受到的电场力做的功及电场力的大小 （2）带电小球在滑动过程中的最大速度 【答案】（1），；（2） 【解析】 试题分析：（1）设小球运动到最底位置B时速度为v，此时 设电场力大小为F，做功为W，由题意，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中， 根据动能定理 由以上两式得： 电场力做负功，说明电场力方向水平向右。 电场力的大小 （2）小球在滑动过程中最大速度的条件： 是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零， 设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角 为θ，如图 mgsinθ=Fcosθ 得：tanθ=  小球由A处到最大速度位置的过程中 mgRcosθ-mgR(1-sinθ)= mvm2-0 得：vm=. 考点：带电粒子在复合场中的运动，匀速圆周运动，动能定理 95．(19分)如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电．位于O点正下方的地面上。长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场。在O点与传送带之间有位置可调的固定钉子(图中未画出)，当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端。已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10m／s2，A.B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量。试求： (1)钉子距O点的距离的范围。 (2)若传送带以速度v0=5m／s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰。试求B做匀加速运动的加速度大小(结果可用根式表示) 【答案】(1)   (2) 【解析】 试题分析： （1）在A运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律，有：  （2分） 得：  （1分） A到最低点，绳子被挡住时，有：  （1分） 当时，解得  （1分） 故钉子距离O点的距离范围是：.  （1分） （2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，有动能定理有:     (2分) 解得：    （1分） 因，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为， 由动能定理有：  （1分） 解得：      （1分） 因，假设成立，A一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故A在传送带右端将以的初速度做类平抛运动    （1分） 对A：设在传送带上运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2， 有运动学规律传送带上：  （1分） 类平抛运动  (1分)     （1分）     （1分） 解得：，， 对B：设匀加速过程的加速度大小为，则有： 位移    （1分） 解得  （2分） 考点：本题考查了平抛运动规律、动能定理和机械能守恒定律的应用 96．（18分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）。 ⑴求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； ⑵若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； ⑶求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度vn与n的关系式。 【答案】⑴v＝4m/s，F＝22N；⑵k＝45；vn＝m/s（其中n＝1、2、3、…、44） 【解析】⑴物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有：－2mgR＝－ 解得：v＝＝4m/s 在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有：mg＋F＝ 解得：F＝－mg＝22N，为正值，说明方向与假设方向相同。 ⑵根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后A、B瞬间一起运动的速度为v0′，根据动量守恒定律有：mv0＝2mv0′ 解得：v0′＝＝3m/s 设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有：－2μmgs＝0－ 解得：s＝＝4.5m 所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的＝45倍，即k＝45 ⑶物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为：a＝＝－μg＝－1m/s2 由题意可知AB滑至第n个（n＜k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有：2naL＝－ 解得：vn＝＝m/s（其中n＝1、2、3、…、44） 【考点定位】动能定理（机械能守恒定律）、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-位移式关系、向心力公式、动量守恒定律的应用，以及运用数学知识分析物理问题的能力。 【规律总结】牛顿定律、动能定理、功能关系、动量守恒定律等往往是求解综合大题的必备知识，因此遇到此类问题，要能习惯性地从以上几个方面进行思考，并正确结合运用相关数学知识辅助分析、求解。 97．如图所示，半径R=0．9m的光滑的半圆轨道固定在竖直平面内，直径AC竖直，下端A与光滑的水平轨道相切。一个质量m=1kg的小球沿水平轨道从A端以VA=3m/s的速度进入竖直圆轨道，后小球恰好能通过最高点C。不计空气阻力，g取10m/s2。求： （1）小球刚进入圆周轨道A点时对轨道的压力为多少？ （2）小球从C点离开轨道后的落地点到A点的距离为多少？ 【答案】（1）60N （2）1．8m 【解析】 试题分析：（1）在A点处： 得： （2）恰好过C点，则有VC= =3m/s 由平抛运动：H=2R=gt2 ；X=Vct    可得：X=1．8m 考点：圆周运动；平抛运动 【名师点睛】本题主要考查了向心力公式及平抛运动基本公式的直接应用，关键是能分析物体在A点的受力情况，根据牛顿定律列出方程；知道物体恰好经过最高点的条件；此题难度适中。 98．如图所示，一轻绳长为L，下端拴着质量为m的小球（可视为质点），当球在水平面内做匀速圆周运动时，绳与竖直方向间的夹角为，已知重力加速度为g，求： （1）绳的拉力大小F； （2）小球做匀速圆周运动的周期T。 【答案】（1）； （2） 【解析】 试题分析：（1）对小球受力分析如图： 设绳子的拉力为F，拉力在竖直方向的分力等于重力，则有： 所以：。 （2）对小球，小球所受重力和绳子的拉力的合力提供了向心力，得： 其中： 解得：。 考点：向心力 【名师点睛】小球在水平面内做匀速圆周运动，小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，根据力的合成求解绳的拉力大小，根据牛顿第二定律，求出小球的周期。