全國高中物理試題匯編月第一期D圓周運(yùn)動含解析

D4圓周運(yùn)動【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆浙江省溫州市十校聯(lián)合體（溫州中學(xué)等）高三第一次月考（10）】20．如圖16，一個質(zhì)量為m的小球,以某一初速度從A點(diǎn)水平拋出，恰好從圓管BCD的B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧，經(jīng)BCD從圓管的最高點(diǎn)D射出，恰好又落到B點(diǎn)。已知圓弧的半徑為R且A與D在同一水平線上，BC弧對應(yīng)的圓心角θ=600，不計空氣阻力．求：圖16圖16(1)（3分）小球從A點(diǎn)做平拋運(yùn)動的初速度v0的大??；(2)（6分）在D點(diǎn)處管壁對小球的作用力N；(3)（3分）小球在圓管中運(yùn)動時克服阻力做的功Wf．【知識點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）小球從A到B：豎直方向則在B點(diǎn)，由速度關(guān)系 （2）小球從D到B：豎直方向解得：則小球從D點(diǎn)拋出的速度在D點(diǎn)，由向心力公式得：解得：方向豎直向上（3）從A到D全程應(yīng)用動能定理：解得：【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運(yùn)動下降的高度，從而求出豎直方向上的分速度，根據(jù)運(yùn)動的合成和分解求出初速度的大?。?）根據(jù)平拋運(yùn)動知識求出小球在D點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出管壁對小球的彈力作用．（3）對A到D全程運(yùn)用動能定理，求出小球在圓管中運(yùn)動時克服阻力做的功．本題綜合考查了平拋運(yùn)動和圓周運(yùn)動的基礎(chǔ)知識，難度不大，關(guān)鍵搞清平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，以及圓周運(yùn)動向心力的來源．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河南省洛陽市高三上學(xué)期期中考試（10）word版】12.如圖5所示，輪O1、O3固定在同一轉(zhuǎn)軸上，輪O1、O2用皮帶連接且不打滑。在O1、O2、O3三個輪的邊緣各取一個點(diǎn)A、B、C，已知三個輪的半徑比，當(dāng)轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法中正確的是A.A、B、C三點(diǎn)的線速度之比為2:2:1B.A、B、C三點(diǎn)的角速度之比為1:2:1C.A、B、C三點(diǎn)的加速度之比為2:4:1 D.A、B、C三點(diǎn)的周期之比為1:2:1【知識點(diǎn)】向心加速度；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】ABC解析：A、A、B兩點(diǎn)靠傳送帶傳動，線速度大小相等，A、C共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)v=rω，則vA：vC=r1：r3=2：1．所以A、B、C三點(diǎn)的線速度大小之比vA：vB：vC=2：2：1．故A正確；B、A、C共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，A、B兩點(diǎn)靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據(jù)v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2．所以A、B、C三點(diǎn)的角速度之比ωA：ωB：ωC=1：2：1，故B正確；C、根據(jù)an=vω，可知，A、B、C三點(diǎn)的加速度之比為2：4：1．故C正確；D、由T=，可知，A、B、C三點(diǎn)的周期之比為2：1：2，故D錯誤．故選：ABC．【思路點(diǎn)撥】共軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，靠傳送帶傳動，線速度相等，根據(jù)v=rω，求出各點(diǎn)的線速度、角速度之比．解決本題的知道共軸轉(zhuǎn)動的點(diǎn)，角速度相等，靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點(diǎn)，線速度相等．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】20.(11分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與之間的夾角為60°。重力加速度大小為g。(1)若=，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】（1）(2)當(dāng)ω=（1+k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為向下解析：：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）當(dāng)ω=（1+k）ω0時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

聯(lián)立兩式解得f＝當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，

根據(jù)牛頓第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

聯(lián)立兩式解得f＝【思路點(diǎn)撥】（1）若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的大?。?/p>

（2）當(dāng)ω＞ω0，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。?dāng)ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，則摩擦力的方向沿罐壁切線向上，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小．解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊質(zhì)量為m，不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是()A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h最小為2.5RB.若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點(diǎn)有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可．機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】20.(11分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與之間的夾角為60°。重力加速度大小為g。(1)若=，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】（1）(2)當(dāng)ω=（1+k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為向下解析：：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）當(dāng)ω=（1+k）ω0時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

聯(lián)立兩式解得f＝當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，

根據(jù)牛頓第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

聯(lián)立兩式解得f＝【思路點(diǎn)撥】（1）若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的大?。?/p>

（2）當(dāng)ω＞ω0，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小．當(dāng)ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，則摩擦力的方向沿罐壁切線向上，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。鉀Q本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊質(zhì)量為m，不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是()A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h最小為2.5RB.若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點(diǎn)有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可．機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】20.(11分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與之間的夾角為60°。重力加速度大小為g。(1)若=，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】（1）(2)當(dāng)ω=（1+k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為向下解析：：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）當(dāng)ω=（1+k）ω0時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

聯(lián)立兩式解得f＝當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，

根據(jù)牛頓第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

聯(lián)立兩式解得f＝【思路點(diǎn)撥】（1）若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的大?。?/p>

（2）當(dāng)ω＞ω0，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。?dāng)ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，則摩擦力的方向沿罐壁切線向上，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。鉀Q本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊質(zhì)量為m，不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是()A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h最小為2.5RB.若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點(diǎn)有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可．機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第二次月考（09）】18、（12分）如圖所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動至D點(diǎn)時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點(diǎn)間的水平距離L＝1.2m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)時速度vB的大??；(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道的壓力大??；(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm.【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；向心力；功能關(guān)系．D4E2E3E6【答案解析】（1）4m/s；（2）8N；（3）0.8J．解析：(1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s.(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有(3)小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，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點(diǎn)處，由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得F＝8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道的壓力F′大小為8N.【思路點(diǎn)撥】（1）小物塊從A到B做平拋運(yùn)動，恰好從B端沿切線方向進(jìn)入軌道，速度方向沿切線方向，根據(jù)幾何關(guān)系求得速度υB的大?。唬?）小物塊由B運(yùn)動到C，據(jù)機(jī)械能守恒求出到達(dá)C點(diǎn)的速度，再由牛頓運(yùn)動定律求解小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道壓力NC的大?。?）小物塊從B運(yùn)動到D，根據(jù)能量關(guān)系列式求解．該題為平拋運(yùn)動與圓周運(yùn)動的結(jié)合的綜合題，要能夠掌握平拋運(yùn)動的規(guī)律、牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律，關(guān)鍵能正確分析能量如何轉(zhuǎn)化．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第二次月考（09）】17、（10分）圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切．點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力．(1)若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時的速度vB大小及運(yùn)動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,R))【知識點(diǎn)】動能定理；平拋運(yùn)動；向心力．D2D4E2【答案解析】（1）－(mgH－2mgR)（2）eq\f(2,3)R解析：(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③從A到B，根據(jù)動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點(diǎn)時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥過P點(diǎn)時，根據(jù)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【思路點(diǎn)撥】（1）游客從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解，即可求出游客到達(dá)B的速度，A到B的過程中由動能定理即可求出運(yùn)動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf．（2）設(shè)OP與OB最近的夾角是θ，在P點(diǎn)離開軌道時，軌道對游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力，結(jié)合機(jī)械能守恒與向心力的表達(dá)式即可求解．該題中正確判斷出游客在P點(diǎn)離開軌道時，軌道對游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力是解題的關(guān)鍵．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】20.(11分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與之間的夾角為60°。重力加速度大小為g。(1)若=，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】（1）(2)當(dāng)ω=（1+k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為向下解析：：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）當(dāng)ω=（1+k）ω0時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

聯(lián)立兩式解得f＝當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，

根據(jù)牛頓第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

聯(lián)立兩式解得f＝【思路點(diǎn)撥】（1）若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的大小．

（2）當(dāng)ω＞ω0，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。?dāng)ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，則摩擦力的方向沿罐壁切線向上，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小．解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊質(zhì)量為m，不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是()A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h最小為2.5RB.若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點(diǎn)有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可．機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆湖南省長沙市長郡中學(xué)高三上學(xué)期第二次月考（10）word版】10.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定軌道，其中AB是長為R的粗糙水平直軌道，BCD是圓心O、半徑為R的圓周的光滑軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，在推力作用下，質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)即撤去推力，小滑塊恰好能沿著圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)C.重力加速度大小為g，取AB所在的水平面為零勢能面，則小滑塊A.在AB段運(yùn)動的加速度為2.5gB.經(jīng)B點(diǎn)時加速度為零C.在C點(diǎn)時合外力的瞬時功率為D.上滑時動能與重力勢能相等的位置在直徑上方【知識點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時功率；向心力；動能定理的應(yīng)用．E1D4E2【答案解析】AD解析：A、在AB段，根據(jù)速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A正確B、在C點(diǎn)，有：mg=m，解得vc=．對B到C，根據(jù)動能定理有：-mg?2R=mvc2-mvB2，解得vB=．則B點(diǎn)的加速度aB==5g．故B錯誤．C、在C點(diǎn)，合力的方向豎直向下，速度的方向與合力的方向垂直，所以合力的瞬時功率為0．故C錯誤．D、物塊在圓弧軌道上滑的過程中機(jī)械能守恒，有：mvB2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．動能和重力勢能相等的位置在DD′的上方．故D正確．故選：AD．【思路點(diǎn)撥】小滑塊恰好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)C，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的速度，通過動能定理求出經(jīng)過B點(diǎn)的速度，從而求出B點(diǎn)的加速度．根據(jù)速度位移公式求出AB段的加速度大?。鶕?jù)機(jī)械能守恒定律求出上滑時動能和重力勢能相等的位置．本題綜合考查了動能定理、機(jī)械能守恒、牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，這種結(jié)合方式是比較?？嫉?，需加強(qiáng)這類題型的訓(xùn)練．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆浙江省紹興一中高三上學(xué)期回頭考試（09）】20．（12分）如圖所示，兩平行金屬板A、B長8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電荷量q＝10-10C，質(zhì)量m＝10-20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域，（設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上．（靜電力常數(shù)k=9.0×109N·m（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)？（2）電場力做的功為多大？到達(dá)PS界面時離D點(diǎn)多遠(yuǎn)？（3）大致畫出帶點(diǎn)粒子的運(yùn)動軌跡（4）確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大?。局R點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．C2D4I3【答案解析】（1）0.03m（2）0.12m（3）如圖（4）解析：（1）帶電粒子穿過界面MN時偏離中心線的距離，即側(cè)向位移：（2）電場力做的功為：，y=0.12m（3）4分（4）帶電粒子的速度離開電場時的速度及穿過PS進(jìn)入點(diǎn)電荷電場的速度：此時的速度方向與水平方向成θ，帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動打在PS上的a點(diǎn)（如圖），則a點(diǎn)離中心線的距離為y：則a點(diǎn)與點(diǎn)電荷所在位置的連線與PS的夾角為β，則，帶電粒子進(jìn)入點(diǎn)電荷的電場時，速度與點(diǎn)電荷對粒子的庫侖力垂直，由題的描述：粒子穿過界面PS最后垂直打在與A板在同一水平線上的熒光屏bc上，由此可以做出判斷：該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q作勻速圓周運(yùn)動。帶正電的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q帶負(fù)電。半徑由庫侖定律和勻速周運(yùn)動規(guī)律得：（1分）得：【思路點(diǎn)撥】（1）帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，只受電場力，做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動．由牛頓定律求出加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求出粒子飛出電場時的側(cè)移h，由幾何知識求解粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離．

（2）帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，只受電場力，做類平拋運(yùn)動，在MN、PS間的無電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，界面PS右邊做圓周運(yùn)動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上，根據(jù)運(yùn)動情況即可畫出圖象．（3）根據(jù)受力分析畫圖（4）由運(yùn)動學(xué)公式求出粒子飛出電場時速度的大小和方向．粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運(yùn)動，由庫侖力提供向心力，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再牛頓定律求解Q的電量．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆浙江省嘉興市高三上學(xué)期學(xué)科基礎(chǔ)測試（09）】20.(14分)如圖所示，邊長L=0.2m的正方形，abcd區(qū)域(含邊界)內(nèi)，存在著垂直于區(qū)域表面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5.0X10-2T。帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E(不考慮金屬板在其他區(qū)域形成的電場)，MN放在ad邊上，兩板左端M、P恰在ab邊上，兩板右端N、Q間有一塊開有小孔O的絕緣擋板，金屬板長度、板間距、擋板長度均為l=0.Im。在M和P的中間位置有一離子源S，能夠正對孔0不斷發(fā)射各種速度的帶負(fù)電離子，離子的電荷量均為q=3.2X10-18C，質(zhì)量均為m=6.4X10(不計離子重力，不考慮離子之間相互作用力，離子打到金屬板或檔板上后將不反彈)(1)為使離子能沿SO連線穿過孔0，則哪塊金屬板帶正電?當(dāng)電場強(qiáng)度E=106N/C時，求穿過孔O的離子的速率;(2)為使沿SO連線穿過O并進(jìn)入磁場區(qū)域的離子直接從bc邊射出，求滿足此條件的電場強(qiáng)度r的取值范圍;(3)在電場強(qiáng)度取第(2)問中滿足條件的最小值的情況下，緊貼磁場邊緣cd內(nèi)側(cè)，從c點(diǎn)沿cd方向入射一電荷量也為q、質(zhì)量也為m的帶正電離子，要保證磁場中能夠發(fā)生正、負(fù)離子的相向正碰(碰撞時兩離子的速度方向恰好相反)，求該正離子入射的速率?！局R點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．C2D4K2K4【答案解析】（1）（2）（3）解析：（1）MN板帶正電穿過孔O的離子在金屬板間需滿足：（2）穿過孔O的離子在金屬板間仍需滿足：離子穿過孔O后在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，從bc邊射出的離子，其臨界軌跡如圖中的①②，軌跡半徑的范圍：（3）當(dāng)E取最小值時，離子軌跡如圖中的②，發(fā)生同向正碰，即兩離子的軌跡圓應(yīng)內(nèi)切，如圖：設(shè)從c進(jìn)入磁場的離子運(yùn)動的半徑為r’,速率為v’,則：又因為【思路點(diǎn)撥】（1）由平衡條件可以求出離子速度．（2）作出粒子運(yùn)動軌跡，求得粒子的運(yùn)動半徑范圍，從而求得電場強(qiáng)度的范圍（3）根據(jù)幾何知識求出離子軌道半徑，由牛頓第二定律求出離子速率．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山東省實驗中學(xué)高三第一次診斷性考試（09）】16．(16分)如圖所示，用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)管彎成的“S”形軌道固定于豎直平面內(nèi)，其彎曲部分是由兩個半徑均為R=0．2m的半圓平滑對接而成(圓的半徑遠(yuǎn)大于細(xì)管內(nèi)徑)，軌道底端D點(diǎn)與粗糙的水平地面相切．現(xiàn)有一輛質(zhì)量為m=1Kg的玩具小車以恒定的功率從E點(diǎn)由靜止開始行駛，經(jīng)過一段時間t=4s后，出現(xiàn)了故障，發(fā)動機(jī)自動關(guān)閉，小車在水平地面繼續(xù)運(yùn)動并進(jìn)入“S”形軌道，從軌道的最高點(diǎn)飛出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C點(diǎn)，C點(diǎn)與下半圓的圓心O等高．已知小車與地面之間的動摩擦因數(shù)為，ED之間的距離為，斜面的傾角為30°.求：（g=10m/s2）(1)小車到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為多少；(2)在A點(diǎn)小車對軌道的壓力大小是多少，方向如何；(3)小車的恒定功率是多少．【知識點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】(1)4m/s(2)10N豎直向上（3）5W解析：(1)把C點(diǎn)的速度分解為水平方向的vA和豎直方向的vy，有： 解得vc=4m/s 注：用其他思路，結(jié)果正確同樣給分(2)（共6分）由(1)知小車在A點(diǎn)的速度大小vA＝eq\r(2gR)=2 m/s 因為vA＝eq\r(2gR)>eq\r(gR)，對外軌有壓力，軌道對小車的作用力向下 mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,A),R) 解得FN =10N 根據(jù)牛頓第三定律得，小車對軌道的壓力大小FN′＝FN=10N 方向豎直向上 (3)（共4分）從E到A的過程中，由動能定理：Pt－μmgx0－mg4R＝ 解得P＝eq\f(μmgx0＋5mgR,t) =5W 【思路點(diǎn)撥】（1）小車離開A后做平拋運(yùn)動，根據(jù)豎直方向的分運(yùn)動可以求出小車的運(yùn)動時間與豎直分速度，然后在C點(diǎn)根據(jù)運(yùn)動的合成與分解可以求出小車的速度；

（2）小車在A點(diǎn)做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出求出軌道對小車的支持力，然后由牛頓第三定律求出小車對軌道的壓力；

（3）從D到A只有重力做功，機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出D點(diǎn)的速度，從E到D應(yīng)用動能定理可以求出小車的功率．小車的運(yùn)動過程較為復(fù)雜，分析清楚小車的運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵；對小車應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理即可正確解題．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】20.(11分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)，一質(zhì)量為m的小物塊落入陶罐內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止，它和O點(diǎn)的連線與之間的夾角為60°。重力加速度大小為g。(1)若=，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求；(3分)(2)若=(1)，且0<k<1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向。(8分)【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4D6【答案解析】（1）(2)當(dāng)ω=（1+k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為向下解析：：（1）當(dāng)摩擦力為零，支持力和重力的合力提供向心力，有：

mgtanθ＝mRsinθω02，解得

ω0＝（2）當(dāng)ω=（1+k）ω0時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律得，fcos60°+Ncos30°=mRsin60°ω2．

fsin60°+mg=Nsin30°

聯(lián)立兩式解得f＝當(dāng)ω=（1-k）ω0時，摩擦力方向沿罐壁切線向上，

根據(jù)牛頓第二定律得，Ncos30°-fcos60°=mRsin60°ω2．mg=Nsin30°+fsin60°

聯(lián)立兩式解得f＝【思路點(diǎn)撥】（1）若ω=ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度的大?。?/p>

（2）當(dāng)ω＞ω0，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。?dāng)ω＜ω0，重力和支持力的合力大于向心力，則摩擦力的方向沿罐壁切線向上，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大?。鉀Q本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運(yùn)動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進(jìn)行求解．【全網(wǎng)首發(fā)--【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆河北省衡水中學(xué)高三上學(xué)期二調(diào)考試（10）word版】12.如圖，軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成，一個小滑塊從距軌道最低點(diǎn)B為h的A處由靜止開始運(yùn)動，滑塊質(zhì)量為m，不計一切摩擦。則下列說法錯誤的是()A.若滑塊能通過圓軌道最高點(diǎn)D，h最小為2.5RB.若h=2R，當(dāng)滑塊到達(dá)與圓心等高的C點(diǎn)時，對軌道的壓力為3mgC.若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運(yùn)動D.若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則hR【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】B解析：A、要使物體能通過最高點(diǎn)，則由mg=m可得：v=，從A到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mg2R+mv2，解得h=2.5R，故A正確；B、若h=2R，從A到C根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgh=mgR+mv2，在C點(diǎn)有：N=m，解得：N=2mg，故B錯誤；C、若h=2R，小滑塊不能通過D點(diǎn)，在CD中間某一位置即做斜上拋運(yùn)動離開軌道，做斜拋運(yùn)動，故C正確；D、若要使滑塊能返回到A點(diǎn)，則物塊在圓弧中運(yùn)動的高度不能超過C點(diǎn)，否則就不能回到A點(diǎn)，則則h≤R，故D正確．故選B【思路點(diǎn)撥】物體進(jìn)入右側(cè)半圓軌道后做圓周運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的臨界條件可知物體能到達(dá)D點(diǎn)的臨界值；再由機(jī)械能守恒定律可得出A點(diǎn)最小高度，分情況討論即可．機(jī)械能守恒定律與圓周運(yùn)動的結(jié)合題目較為常見，在解題時一定要把握好豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動的臨界值的分析．【題文】（物理卷?屆山東省濰坊市重點(diǎn)高中上學(xué)期期中考試（.10））17.（12分）如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC在豎直平面內(nèi)，與水平軌道CD相切于C

點(diǎn)，Q到C點(diǎn)的距離為2R．質(zhì)量為m的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上的P點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動到Q點(diǎn)，若從Q點(diǎn)開始對滑塊施加水平向右的推力F，推至C點(diǎn)時撤去力F，此滑塊剛好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)A。已知∠POC=60°，求：（1）滑塊第一次滑至圓形軌道最低點(diǎn)C時對軌道壓力；

（2）滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ；

（3）推力F的大小。．【知識點(diǎn)】動能定理；向心力．D4E2【答案解析】（1）2mg；（2）0.25；（3）mg．解析：：（1）由P到C的過程根據(jù)動能定理得：mgR（1-cos60°）=在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN-mg=解得：FN=2mg

由牛頓第三定律得，滑塊第一次滑至半圓形軌道最低點(diǎn)C時對軌道的壓力為2mg．

（2）從P到Q的過程，由動能定理得：

mgR（1-cos60°）-μmgx=0解得：μ==0.25

（3）滑塊剛好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)A，設(shè)此時的速度為v2，由牛頓第二定律得：

mg=從Q到A的過程由動能定理得：

Fx-μmgx-2mgR=-0解得：F=mg【思路點(diǎn)撥】（1）由P到C的過程根據(jù)動能定理求解滑至C點(diǎn)時的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解（2）對P到C到Q的過程根據(jù)動能定理求解動摩擦因數(shù)μ（3）Q到C到A的過程根據(jù)能量守恒求解．本題綜合運(yùn)用了動能定理和能量守恒定律，解決本題的關(guān)鍵靈活選取研究的過程，選用適當(dāng)?shù)囊?guī)律進(jìn)行求【題文】（物理卷?屆山東省濰坊市重點(diǎn)高中上學(xué)期期中考試（.10））9.如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的薄壁細(xì)圓管豎直放置，圓管內(nèi)部光滑，圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多。已知圓的半徑R=0.4m，一質(zhì)量m=0.5kg的小球，在管內(nèi)最低點(diǎn)A的速度大小為，g取10m/s2，則以下說法正確的是A小球恰能做完整的圓周運(yùn)動B小球沿圓軌道上升的最大高度為0.6mC圓管對地的最大壓力為20ND圓管對地的最大壓力等于40N【知識點(diǎn)】向心力．D4【答案解析】BD解析：A、小球運(yùn)動過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：0-mv2=-mgh解得：h==0.6m＜0.8m，不能上升到最高點(diǎn)，故A錯誤，B正確；C、在最低點(diǎn)時，球?qū)A管的壓力最大，此時圓管對地的壓力最大，根據(jù)向心力公式得：N-mg=m解得：N=5+0.5×=20N，根據(jù)牛頓第三定律得：球?qū)A管的壓力為N′=N=20N則圓管對地的最大壓力為：FN=N+Mg=20+20=40N，故C錯誤，D正確．故選：BD【思路點(diǎn)撥】小球運(yùn)動過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球沿圓軌道上升的最大高度，判斷能不能上升到最高點(diǎn)，在最低點(diǎn)時，球?qū)A管的壓力最大，此時圓管對地的壓力最大，根據(jù)向心力公式和平衡條件列式求解．本題主要考查了機(jī)械能守恒定律和向心力公式公式的直接應(yīng)用，知道在最低點(diǎn)時，球?qū)A管的壓力最大，此時圓管對地的壓力最大，難度適中．【題文】（物理卷?屆山東省濰坊市重點(diǎn)高中上學(xué)期期中考試（.10））7.如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，讓兩個質(zhì)量相同的小球A和小球B，緊貼圓錐筒內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則（）A．A球的線速度一定大于B球的線速度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?qū)ν脖诘膲毫σ欢ù笥贐球?qū)ν脖诘膲毫Α局R點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4【答案解析】A解析：D、兩球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根據(jù)力的合成，知兩支持力大小、合力大小相等，故D錯誤．A、根據(jù)得F合=，合力、質(zhì)量相等，r越大線速度大，所以球a的線速度大于球b的線速度，故A正確；B、F合=mω2r合力、質(zhì)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錯誤；C、F合=ma可知，合力、質(zhì)量相等，向心加速度相等．故C錯誤．故選：A．【思路點(diǎn)撥】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圓周運(yùn)動的向心力，根據(jù)F合=ma=m=mrω2比較線速度、角速度、向心加速度的大小解決本題的關(guān)鍵知道小球做勻速圓周運(yùn)動，靠重力和支持力的合力提供向心力．會通過F合=ma=m=mrω2比較線速度、角速度、向心加速度的大小．【題文】（物理卷·屆江西省師大附中高三10月月考（.10））20.宇航員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間t小球落回原處；若他在某星球表面以相同初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過時間5t小球落回原處．現(xiàn)在這個質(zhì)量為M的宇航員在某星球表面站在臺秤上，手拿一個質(zhì)量為m，懸線長為R的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，且擺球正好通過圓軌道最高點(diǎn)，求臺秤示數(shù)的變化范圍。（地球表面的重力加速度為g）【答案】【知識點(diǎn)】向心力；機(jī)械能守恒定律．D4E3【答案解析】【（M-0.75m）g，（M+6m）g】．解析：由題意他在某星球表面以相同初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過時間5t小球落回原處知：g'=g

所以臺秤的最大示數(shù)為F=（M+6m）g

當(dāng)小球經(jīng)過如題圖所示的狀態(tài)時，

設(shè)其速度為v則：mv2=mv02+mgR（1-cosθ）

根據(jù)牛頓第二定律：

T+mgcosθ=m解得：T=3mg（1-cosθ）

其分力Ty=Tcosθ=3mgcosθ-3mgcos2θ

當(dāng)cosθ=，即θ=60°時，臺秤的示數(shù)最小，此時Tymin=0.75mg

故臺秤的最小示數(shù)Fmin=（M-0.75m）g【思路點(diǎn)撥】先得出星球表面的重力加速度，然后根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律分析擺球的受力情況進(jìn)而結(jié)合牛頓第三定律得到臺秤示數(shù)．本題綜合性較強(qiáng)，由物理知識表示出T于θ的幾何關(guān)系，然后由數(shù)學(xué)知識求極值．【題文】（物理卷·屆江西省師大附中高三10月月考（.10））10.用一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在一光滑圓錐頂上，如圖所示．設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的角速度為ω，線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是圖中的()【答案】【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4【答案解析】C解析：設(shè)繩長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當(dāng)ω=0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和繩的拉力FT而平衡，F(xiàn)T=mgcosθ≠0，所以A項、B項都不正確；ω增大時，F(xiàn)T增大，N減小，當(dāng)N=0時，角速度為ω0．當(dāng)ω＜ω0時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)Tsinθ-Ncosθ=mω2Lsinθ，F(xiàn)Tcosθ+Nsinθ=mg，解得FT=mω2Lsin2θ+mgcosθ；當(dāng)ω＞ω0時，小球離開錐子，繩與豎直方向夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得FTsinβ=mω2Lsinβ，所以FT=mLω2，此時圖象的反向延長線經(jīng)過原點(diǎn)．可知FT-ω2圖線的斜率變大，所以C項正確，D錯誤．故選：C．【思路點(diǎn)撥】分析小球的受力，判斷小球隨圓錐作圓周運(yùn)動時的向心力的大小，進(jìn)而分析T隨ω2變化的關(guān)系，但是要注意的是，當(dāng)角速度超過某一個值的時候，小球會飄起來，離開圓錐，從而它的受力也會發(fā)生變化，T與ω2的關(guān)系也就變了．本題很好的考查了學(xué)生對物體運(yùn)動過程的分析，在轉(zhuǎn)的慢和快的時候，物體的受力會變化，物理量之間的關(guān)系也就會變化．【題文】（物理卷·屆江西省師大附中高三10月月考（.10））8．如圖所示，質(zhì)量為M的物體內(nèi)有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊沿該圓形軌道的豎直面做圓周運(yùn)動，A、C為圓周的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B、D與圓心O在同一水平線上．小滑塊運(yùn)動時，物體M保持靜止，關(guān)于物體M對地面的壓力N和地面對物體的摩擦力，下列說法正確的是A．滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)時，N>Mg，摩擦力方向向左B．滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)時，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向右C．滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時，N>(M＋m)g，M與地面無摩擦力D．滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左【答案】【知識點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律．C2D4【答案解析】C解析：A、小滑塊在A點(diǎn)時，滑塊對M的作用力在豎直方向上，M在水平方向不受其他力的作用，所以沒有摩擦力，故A錯誤．B、小滑塊在B點(diǎn)時，需要的向心力向右，所以M對滑塊有向右的支持力的作用，則滑塊對M有向左的作用力．對M受力分析可知，地面要對物體有向右的摩擦力的作用，M在豎直方向上只重力和地面的支持力，受力平衡，則知地面對M的支持力大小等于Mg，所以由牛頓第三定律可知物體M對地面的壓力N=Mg，故B錯誤．C、小滑塊在C點(diǎn)時，滑塊對M的作用力豎直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力．滑塊對物體M的壓力要大于C的重力，那么M對地面的壓力N＞（M+m）g，故C正確．D、小滑塊在D點(diǎn)和B的受力的類似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D錯誤．故選：C．【思路點(diǎn)撥】小滑塊在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小滑塊的重力和圓形軌道對滑塊的支持力的合力作為向心力，根據(jù)在不同的地方做圓周運(yùn)動的受力，可以分析得出物體M對地面的壓力N和地面對物體M的摩擦力的大小．小滑塊做圓周運(yùn)動，分析清楚小滑塊做圓周運(yùn)動的向心力的來源，即可知道小滑塊和M之間的作用力的大小，再由牛頓第三定律可以分析得出地面對M的作用力．【題文】（物理卷·屆江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三10月質(zhì)量檢測（.10））5．如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止．物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2.則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】【知識點(diǎn)】向心力；線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．D4【答案解析】C解析：當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大時，角速度最大，由牛頓第二定律得:μmgcos30°-mgsin30°=mω2r則ω=rad/s=1rad/s故選：C【思路點(diǎn)撥】當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)，由重力沿斜面向下的分力和最大靜摩擦力的合力提供向心力時，角速度最大，由牛頓第二定律求出最大角速度．本題關(guān)鍵要分析向心力的來源，明確角速度在什么位置最大，由牛頓第二定律進(jìn)行解題．【題文】（物理卷·屆湖南省岳陽一中高三10月第二次月考（.10））18、某同學(xué)站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動。當(dāng)球某次運(yùn)動到最低點(diǎn)時，繩恰好達(dá)到所能承受的最大拉力F而斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為eq\f(3,4)d，重力加速度為g。忽略手的運(yùn)動、小球的半徑和空氣阻力，試分析求解：

（1）繩斷時球的速度大小v1；

（2）球落地時的速度大小v2；

（3）繩能承受的最大拉力F；

（4）改變繩長，使球重復(fù)上述運(yùn)動。若繩仍在球運(yùn)動到最低點(diǎn)時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，則繩長應(yīng)為多少？最大水平距離為多少？【答案】【知識點(diǎn)】向心力；勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律．A8C2D4【答案解析】（1）；（2）；（3）；（4）．解析：（1）（3分）（2）（3分）（用平拋運(yùn)動規(guī)律，則得1分；）（3）（3分）（4）（5分）當(dāng)時，x最大【思路點(diǎn)撥】（1）繩斷后小球做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律即可求解繩斷時球的速度大小v1．（2）繩子斷裂后，小球做平拋運(yùn)動，由動能定理或機(jī)械能守恒定律可以求出小球落地時的速度大小v2．（3）設(shè)繩能承受的最大拉力大小為T，這也是球受到繩的最大拉力大?。鶕?jù)向心力公式即可求解；（4）設(shè)繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大推力不變，根據(jù)圓周運(yùn)動向心力公式及平拋運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)知識即可解題．本題主要考查了圓周運(yùn)動向心力公式及平拋運(yùn)動的規(guī)律的應(yīng)用，并能結(jié)合數(shù)學(xué)知識解題．【題文】（物理卷·屆湖南省岳陽一中高三10月第二次月考（.10））7.游樂園中的“空中飛椅”可簡化成如圖所示的模型圖，它的基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤上的邊緣上，繩子的下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。其中P為處于水平面內(nèi)的轉(zhuǎn)盤，可繞OO＇軸轉(zhuǎn)動，圓盤半徑d=24m，繩長l=10m。假設(shè)座椅隨圓盤做勻速圓周運(yùn)動時，繩與豎直平面的夾角θ=37°，座椅和人的總質(zhì)量為60kg，則（g取10mA.繩子的拉力大小為650NB.座椅做圓周運(yùn)動的線速度大小為5m/sC.圓盤的角速度為0.5rad/sD.座椅轉(zhuǎn)一圈的時間約為1.3s【答案】【知識點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律．C2D4【答案解析】C解析：A、座椅受力如圖所示，由平衡條件可得，在豎直方向上，

mg=Tcosθ，繩子拉力：T==750N，故A錯誤，B、由牛頓第二定律得：mgtanθ=，線速度為：v==15m/s，故B錯誤；C、轉(zhuǎn)盤的角速度與座椅的角速度相等，角速度ω==0.5rad/s，故C正確；D、座椅轉(zhuǎn)一圈的時間，即周期T==12.56s，故D錯誤；故選：C．【思路點(diǎn)撥】對座椅進(jìn)行受力分析，求出繩子的拉力；由牛頓第二定律求出座椅的線速度，然后求出角速度與周期．本題考查了求繩子拉力、圓周運(yùn)動的線速度、角速度、周期等問題，對座椅正確受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律、向心力公式即可正確解題．【題文】（物理卷·屆湖南省師大附中高三第一次月考（.09））10．如圖所示，以O(shè)為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三個不計重力、質(zhì)量相同、帶電量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是(AD)A．ta<tb<tcB．ta>tb>tcC．ta＝tb<tcD．ta＝tb＝tc【答案】【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．D4C2K2【答案解析】AD解析：粒子帶正電，偏轉(zhuǎn)方向如圖所示，

粒子在磁場中的運(yùn)動周期相同，在磁場中運(yùn)動的時間t=T，故粒子在磁場中運(yùn)動對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動時間越長．若粒子的運(yùn)動半徑r和圓形區(qū)域半徑R滿足r=R，則如圖甲所示，ta＜tb=tc；當(dāng)r＞R時，粒子a對應(yīng)的圓心角最小，c對應(yīng)的圓心角最大，ta>tb>tc；當(dāng)r≤R，軌跡如圖乙所示，ta=tb=tc，同理，R＜r≤R時，ta＜tb=tc，故選AD【思路點(diǎn)撥】粒子垂直磁場方向射入，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動；畫出運(yùn)動軌跡，根據(jù)t=T求出粒子的運(yùn)動時間．本題關(guān)鍵是明確粒子做勻速圓周運(yùn)動，周期T相同，畫出軌跡后，根據(jù)公式t=T求出時間，作出粒子的運(yùn)動軌跡是正確解題的關(guān)鍵．【題文】（物理卷·屆湖南省師大附中高三第一次月考（.09））16．(12分)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s；(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間tm.【答案】【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．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兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，如圖所示，CH＝QC＝L故半徑r1＝L，又因為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)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為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區(qū)域的長度s＝HK，即s＝r1－r2＝(2－eq\r(2))L(3)打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半個周期，所以tm＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)【思路點(diǎn)撥】（1）粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運(yùn)動的軌跡，可以求得粒子運(yùn)動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大?。唬?）當(dāng)粒子的運(yùn)動的軌跡恰好與CD板相切時，這是粒子能達(dá)到的最下邊的邊緣，在由幾何關(guān)系可以求得被粒子打中的區(qū)域的長度．（3）打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解．本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．【題文】（物理卷·屆湖南省師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質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運(yùn)動軌跡如圖所示，其中S0A＝eq\f(2,3)S0C，則下列說法正確的是(B)A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負(fù)電B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B2)D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2【答案】【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．C2D4K2【答案解析】B解析：A、由左手定則可判定甲束粒子帶負(fù)電，乙束粒子帶正電，故A錯誤；B、粒子在磁場中做圓周運(yùn)動滿足，由題意知，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷蘑菇B正確；C、由知能通過狹縫的帶電粒子的速率等于，故C錯誤；D、，知，故D錯誤，故選B【思路點(diǎn)撥】根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向確定帶電粒子的正負(fù)．根據(jù)在速度選擇器中電場力和洛倫茲力平衡確定P1極板的帶電情況．在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，即可知道軌跡半徑與什么因素有關(guān)．解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道在速度選擇器中，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡．【題文】（物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第二次月考（.09））17、（10分）圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切．點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力．(1)若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時的速度vB大小及運(yùn)動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,R))【答案】【知識點(diǎn)】動能定理；平拋運(yùn)動；向心力．D2D4E2【答案解析】（1）－(mgH－2mgR)（2）eq\f(2,3)R解析：(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③從A到B，根據(jù)動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點(diǎn)時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥過P點(diǎn)時，根據(jù)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【思路點(diǎn)撥】（1）游客從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解，即可求出游客到達(dá)B的速度，A到B的過程中由動能定理即可求出運(yùn)動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf．（2）設(shè)OP與OB最近的夾角是θ，在P點(diǎn)離開軌道時，軌道對游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力，結(jié)合機(jī)械能守恒與向心力的表達(dá)式即可求解．該題中正確判斷出游客在P點(diǎn)離開軌道時，軌道對游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力是解題的關(guān)鍵．【題文】（物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第二次月考（.09））18、（12分）如圖所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動至D點(diǎn)時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點(diǎn)間的水平距離L＝1.2m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)時速度vB的大?。?2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道的壓力大?。?3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm.【答案】【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；向心力；功能關(guān)系．D4E2E3E6【答案解析】（1）4m/s；（2）8N；（3）0.8J．解析：(1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s.(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有(3)小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，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點(diǎn)處，由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得F＝8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道的壓力F′大小為8N.【思路點(diǎn)撥】（1）小物塊從A到B做平拋運(yùn)動，恰好從B端沿切線方向進(jìn)入軌道，速度方向沿切線方向，根據(jù)幾何關(guān)系求得速度υB的大??；（2）小物塊由B運(yùn)動到C，據(jù)機(jī)械能守恒求出到達(dá)C點(diǎn)的速度，再由牛頓運(yùn)動定律求解小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時對軌道壓力NC的大?。?）小物塊從B運(yùn)動到D，根據(jù)能量關(guān)系列式求解．該題為平拋運(yùn)動與圓周運(yùn)動的結(jié)合的綜合題，要能夠掌握平拋運(yùn)動的規(guī)律、牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律，關(guān)鍵能正確分析能量如何轉(zhuǎn)化．【題文】（物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第二次月考（.09））10、公路急轉(zhuǎn)彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖,某公路急轉(zhuǎn)彎處是一圓弧,當(dāng)汽車行駛的速率為v0時,汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢。則在該彎道處,(AC)A.路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低B.車速只要低于v0,車輛便會向內(nèi)側(cè)滑動C.車速雖然高于v0,但只要不超出某一最高限度,車輛便不會向外側(cè)滑動D.當(dāng)路面結(jié)冰時,與未結(jié)冰時相比,v0的值變小【答案】【知識點(diǎn)】向心力．D4【答案解析】AC解析：A、路面應(yīng)建成外高內(nèi)低，此時重力和支持力的合力指向內(nèi)側(cè)，可以提供圓周運(yùn)動向心力．故A正確．B、車速低于vc，所需的向心力減小，此時摩擦力可以指向外側(cè)，減小提供的力，車輛不會向內(nèi)側(cè)滑動．故B錯誤．C、當(dāng)速度為vc時，靜摩擦力為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc時，摩擦力指向內(nèi)側(cè)，只有速度不超出最高限度，車輛不會側(cè)滑．故C正確．D、當(dāng)路面結(jié)冰時，與未結(jié)冰時相比，由于支持力和重力不變，則vc的值不變．故D錯誤．故選AC．【思路點(diǎn)撥】汽車拐彎處將路面建成外高內(nèi)低，汽車拐彎靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力．速率為vc時，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力為零．根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行分析．解決本題的關(guān)鍵搞清向心力的來源，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解．【題文】（物理卷·屆湖北省孝感高中高三10月階段性考試（.10））17．（12分）如圖所示,在傾角為θ的沒滑斜面上,有一長為的細(xì)線,細(xì)線的一端固定在O點(diǎn),另一端拴一質(zhì)量為m的小球現(xiàn)使小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動,已知0點(diǎn)到斜面底邊的距離Soc=L,求:（1）小球通過最高點(diǎn)A時的速度VA;（2）在最高點(diǎn)A和最低點(diǎn)B時細(xì)線上拉力之差（3）小球運(yùn)動到A點(diǎn)或B點(diǎn)時細(xì)線斷裂,小球滑落到斜面底邊時到C點(diǎn)的距離若相等,則和L應(yīng)滿足什么關(guān)系?【答案】【知識點(diǎn)】向心力；勻速圓周運(yùn)動；機(jī)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圓周運(yùn)動（2）（5分）在A點(diǎn)：在B點(diǎn)：由機(jī)械能守恒（3）（5分）由（2）可求A點(diǎn)斷裂：B點(diǎn)斷裂：聯(lián)立可求【思路點(diǎn)撥】小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動，在A點(diǎn)時重力的下滑分量恰好提供向心力，運(yùn)動過程機(jī)械能守恒，最后結(jié)合類似平拋運(yùn)動的知識求解l和L應(yīng)滿足的關(guān)系式．本題關(guān)鍵是明確小球的運(yùn)動規(guī)律，找到圓周運(yùn)動時的向心力來源，對于類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分位移公式列式求解．【題文】（物理卷·屆湖北省教學(xué)合作高三10月聯(lián)考（.10））12.(10分)如右圖所示裝置可用來驗證機(jī)械能守恒定律。擺錘A栓在長L的輕繩一端，另一端固定在O點(diǎn)，在A上放一個小鐵片，現(xiàn)將擺錘拉起，使繩偏離豎直方向成角時由靜止開始釋放擺錘，小鐵片隨A一起擺到最低位置時，受到豎直擋板P阻擋停止運(yùn)動，之后鐵片將飛離擺錘而做平拋運(yùn)動。①為了驗證擺錘在運(yùn)動中機(jī)械能守恒，必須求出擺錘在最低點(diǎn)的速度。為了求出這一速度，實驗中還應(yīng)該測量的物理量是_____________。②根據(jù)測得的物理量表示擺錘在最低點(diǎn)的速度v=______________。③根據(jù)已知的和測得的物理量，寫出擺錘在運(yùn)動中機(jī)械能守恒的關(guān)系式為____________?！敬鸢浮俊局R點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律，牛頓第二定律，向心力，平拋運(yùn)動規(guī)律D2C2D4E3【答案解析】①擺錘A最低點(diǎn)離地面的豎直高度h和鐵片平拋的水平位移x②③解析：：①鐵片在最低點(diǎn)飛出時做平拋運(yùn)動，平拋的初速度即為鐵片在最低點(diǎn)的速度，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知：x=v0t，y＝gt2，因此要想求出平拋的初速度，應(yīng)該測量遇到擋板后鐵片的水平位移x和豎直下落高度h．

②根據(jù)鐵片做平拋運(yùn)動有：s=v0t

①h＝gt2

②

聯(lián)立①②可解得：v0=x③下落到最低點(diǎn)過程中，鐵片重力勢能的減小量等于其重力做功，因此有：

△Ep=mgh=mgL（1-cosθ）動能的增量為：△Ek＝根據(jù)△EP=△Ek得機(jī)械能守恒的關(guān)系式為：＝gL(1?cosθ)．【思路點(diǎn)撥】①鐵片在最低點(diǎn)飛出時做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的特點(diǎn)要求求出鐵片平拋出去的水平速度，應(yīng)該知道水平和豎直方向的位移大??；②根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律x=v0t，y＝gt2可以求出鐵片在最低點(diǎn)的速度；③重錘下落過程中機(jī)械能守恒，由mgh＝mv2可以求出其機(jī)械能守恒的表達(dá)式．本題比較簡單，考查了平拋運(yùn)動的基本規(guī)律和機(jī)械能守恒的基本知識，對于基礎(chǔ)知識要加強(qiáng)理解和應(yīng)用．【題文】（物理卷·屆湖北省教學(xué)合作高三10月聯(lián)考（.10））16.(12分)如圖所示，將一質(zhì)量為m=0.1kg的小球自水平平臺右端O點(diǎn)以初速度vo水平拋出，小球飛離平臺后由A點(diǎn)沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點(diǎn)C，圓軌道ABC的形狀為半徑R=2.5m的圓截去了左上角127。的圓弧，CB為其豎直直徑，(sin530=0.8,cos530=0.6，重力加速度g取10m/s2)求:(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小；(2)小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)B時軌道對小球的支持力大小;(3)平臺末端O點(diǎn)到A點(diǎn)的豎直高度H?！敬鸢浮俊局?/p>