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高中物理必修二-匀速圆周运动专题测试复习及答案解析(历年高考)+力学+曲线运动、万有引力与航天
高中物理必修二-匀速圆周运动专题测试复习及答案解析(历年高考)+力学+曲线运动、万有引力与航天高中物理必修二(附参考答案)匀速圆周运动专题复习（历年高考）一．选择题（共15小题）1．（2008•浙江）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，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运（ ） A．球A的角速度一定大于球B的角速度 B．球A的线速度一定大于球B的线速度 C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期 D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力 2．（2008•宁夏）图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（ ） A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动 C．从动轮的转速为nD．从动轮的转速为n 3．（2013•上海）秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千（ ） A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时 4．（2013•江苏）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ） A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 5．（2012•广东）如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有（ ） A．N小于滑块重力B．N大于滑块重力C．N越大表明h越大D．N越大表明h越小 6．如图所示，轻杆的一端有一个小球，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，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F（ ） A．一定是拉力 B．一定是推力 C．一定等于0 D．可能是拉力，可能是推力，也可能等于0 7．（2014•渭南一模）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．LB．LC．LD．L 8．（2010•浙江）宇宙飞船以周期为T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（ ） A．飞船绕地球运动的线速度为 B．一天内飞船经历“日全食”的次数为 C．飞船每次“日全食”过程的时间为 D．飞船周期为 9．（2014•上海）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈．在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（ ） A．顺时针旋转31圈B．逆时针旋转31圈C．顺时针旋转1圈D．逆时针旋转1圈 10．（2011•东莞一模）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（ ） A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用 B．细绳的拉力提供了向心力 C．θ越大，小球运动的线速度越大 D．θ越大，小球运动的周期越大 11．（2010•卢湾区二模）如图所示，质量为m的小球被细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做圆周运动，当细绳拉力的大小为F1时，小球做半径为R1的匀速圆周运动；当细绳拉力的大小变为F2（F2＞F1）时，小球做半径为R2的匀速圆周运动，则此过程中细绳拉力所做的功为（ ） A．0B．（F2R2﹣F1R1）C．（F1+F2）（R1﹣R2）D．（F2﹣F1）（R1﹣R2） 12．（2009•揭阳模拟）做圆周运动的物体，某时刻发现物体沿切线方向飞出，是因为（ ） A．提供给物体的向心力变大 B．提供给物体的向心力变小 C．提供给物体的向心力消失 D．提供给物体的向心力方向与原向心力方向相反 13．（2008•日照模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，如图所示．图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h．下列说法中正确的是（ ） A．h越大，摩托车对侧壁的压力将越大 B．h越大，摩托车做圆周运动的向心力将越大 C．h越大，摩托车做圆周运动的周期将越大 D．h越大，摩托车做圆周运动的线速度将越大 14．（2007•宿迁模拟）如图为一皮带传动装置．左轮半径为4r，右轮半径为r，a、b分别是左右轮边缘上的点，c点到左轮圆心的距离为2r，若传动过程中皮带不打滑，则（ ） A．a、b点的向心加速度大小相等B．a、b点的角速度大小之比为4：1 C．a、c点的线速度大小相等D．b、c点的向心加速度之比为8：1 15．关于质点做匀速圆周运动的下列说法中正确的是（ ） A．由a=知a与r成反比B．由a=ω2r知a与r成正比 C．由ω=知ω与r成反比D．由ω=2πn知角速度与转速n成正比 二．填空题（共3小题）16．（2013•天津三模）（1）如图a所示，一竖直的半圆形光滑轨道与一光滑曲面在最低点平滑连接，一小球从曲面上距水平面高h处由静止释放，恰好通过半圆最高点，则半圆的半径R= _________ （2）用游标卡尺测量小球的直径，如图b所示的读数是 _________ mm． 17．螺旋测微器的读数 _________ 毫米；游标卡尺读数 _________ 毫米 18．如图：游标卡尺读数为 _________ cm秒表读数为 _________ s 三．解答题（共12小题）19．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg．求（1）A、B两球落地点间的距离；（2）A球刚进入半圆管的速度． 20．（2014•潍坊模拟）如图所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R=0.4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0.1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；（2）铁块到A点时对圆轨道的压力；（3）抽桌布过程中桌布的加速度． 21．（2013•闸北区一模）如图所示，长度为L的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）．已知重力加速度为g．（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球处于平衡状态．求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球第一次通过最低点时的速度及轻绳对小球的拉力（不计空气阻力）． 22．（2012•密云县一模）如图所示，长为R=2.5m的轻绳，上端固定在O点，下端连一个质量为m=0.1kg的小球．小球接近水平地面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度，使小球开始在竖直平面内做圆周运动．假设小球到达最高点时轻绳突然断开，最后落在离小球最初位置2R的地面上．不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，．求：（1）小球在最高点速度的大小v；（2）小球的初速度v0；（3）小球在最低点时对绳的拉力F． 23．（2010•宜宾模拟）如图所示，一光滑的定滑轮通过一轻绳系住两物体A、B．A重200N，B重100N．B摆到最高点时，绳子与竖直方向夹角为60°，求物体A在B摆到最高点时对地面的压力． 24．（2010•顺义区二模）如图所示，一小滑块（可视为质点）质量为m=3.0kg，它在距平台边缘s=4.0m以v0=5.0m/s的速度向右运动，滑块与平台面间的动摩擦因数μ=0.2，滑块运动到平台边缘后从平台水平抛出，恰能沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为θ=106°，平台与AB连线的高度差为h．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）滑块运动到平台边缘时的速度v；（2）滑块从平台抛出到A点的时间t；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力N． 25．一轻质细绳长为l，一端固定于O点，另一端拴着质量为m的小球，小球绕O点在竖直面内做圆周运动，如图所示．求小球运动到最高点时的最小速度和最低点时细线所受的最小拉力． 26．如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为L一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动（不计空气助力），已知小球通过最低点时的速度为v，圆心0点距地面高度为h，重力加速度为g（1）求小球通过最低点时，绳对小球拉力F的大小；（2）若小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球落地前将做什么运动？落地时小球速度为多大？ 27．用长为L的轻质细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内作圆周运动，小球运动到最高点时，速率等于2，不计空气阻力，求：（1）小球在最高点所受力的大小和方向？（2）小球运动到最低点时的速度大小是多少？ 28．长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，小球的速率是v=2.0m/s，g取10m/s2，则细杆此时受到作用力是压力还是拉力？多大？ 29．（2013•惠州二模）如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方1m处有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为1m的轻绳（轻绳不可伸长）．有一颗质量为m=0.01kg的子弹以400m/s的速度水平射入木块并留在其中，随后木块开始绕O点在竖直平面内做圆周运动．g取10m/s2．求（1）当木块刚离开水平面时的轻绳对木块的拉力多大？（2）求子弹射入木块过程中损失的机械能（3）要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求子弹的射入的最小速度． 30．（2009•丰台区一模）如图所示，水平地面上方被竖直线MN分隔成两部分，M点左侧地面粗糙，动摩擦因数为μ=0.5，右侧光滑．MN右侧空间有一范围足够大的匀强电场．在O点用长为R=5m的轻质绝缘细绳，拴一个质量mA=0.04kg，带电量为q=+2×10﹣4的小球A，在竖直平面内以v=10m/s的速度做顺时针匀速圆周运动，运动到最低点时与地面刚好不接触．处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B接触但不粘连，B球的质量mB=0.02kg，此时B球刚好位于M点．现用水平向左的推力将B球缓慢推至P点（弹簧仍在弹性限度内），MP之间的距离为L=10cm，推力所做的功是W=0.27J，当撤去推力后，B球沿地面右滑恰好能和A球在最低点处发生正碰，并瞬间成为一个整体C（A、B、C均可视为质点），碰后瞬间立即把匀强电场的场强大小变为E=6×103N/C，电场方向不变．（取g=10m/s2）求：（1）A、B两球在碰前匀强电场的大小和方向．（2）碰撞后整体C的速度．（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小． 2014年07月19日高中必修二物理匀速圆周运动参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题）1．（2008•浙江）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，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运（ ） A．球A的角速度一定大于球B的角速度 B．球A的线速度一定大于球B的线速度 C．球A的运动周期一定小于球B的运动周期 D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．解答：解：A、对小球受力分析，受重力和支持力，如图根据牛顿第二定律，有F=mgtanθ=m解得v=由于A球的转动半径较大，故线速度较大，ω==，由于A球的转动半径较大，故角速度较小，故A错误，B正确；C、T=，A的角速度小，所以周期大，故C错误；D、由A选项的分析可知，压力等于，与转动半径无关，故D错误； 故选B．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析． 2．（2008•宁夏）图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（ ） A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动 C．从动轮的转速为nD．从动轮的转速为n考点：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有专题：压轴题；匀速圆周运动专题．分析：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据角速度与线速度的关系即可求解．解答：解：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误，B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据v=nr得：n2r2=nr1所以n2=nr1/r2故C正确，D错误．故选BC．点评：本题考查了圆周运动角速度与线速度的关系，要知道同一根带子转动，线速度相等，同轴转动，角速度相等． 3．（2013•上海）秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千（ ） A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：单摆在摆动的过程中，靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律分析哪个位置拉力最大．解答：解：因为单摆在摆动过程中，靠径向的合力提供向心力，设单摆偏离竖直位置的夹角为θ，则有：T﹣mgcosθ=m，因为最低点时，速度最大，θ最小，则绳子的拉力最大，所以摆动最低点时绳最容易断裂．故D正确，A、B、C错误．故选：D． 点评：解决本题的关键知道单摆做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行分析． 4．（2013•江苏）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ） A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．解答：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故C错误；D正确．故选：D点评：该题中，AB的角速度相等而半径不相等是解题的关键．属于简单题． 5．（2012•广东）如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有（ ） A．N小于滑块重力B．N大于滑块重力C．N越大表明h越大D．N越大表明h越小考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：在B点，滑块在竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合动能定理求出滑块对B点压力的大小．解答：解：在B点，根据牛顿第二定律有：，则N=mg+．知支持力大于重力，则压力大于重力．根据动能定理得，．代入解得N=mg+，知N越大，表明h越大．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键搞清滑块做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理联合求解． 6．如图所示，轻杆的一端有一个小球，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，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F（ ） A．一定是拉力 B．一定是推力 C．一定等于0 D．可能是拉力，可能是推力，也可能等于0考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：小球通过最高点时，受重力和杆的弹力作用，杆的弹力和重力和合力提供向心力，故杆的弹力的方向一定与杆平行，但可能与杆同向，也可能与杆反向．解答：解：小球做竖直面上的圆周运动，在最高点时的向心力大小与速度有关．（特值法）特殊情况下，F向=mg，小球只受重力；当v＞，小球受重力和拉力；当v＜，小球受重力和推力．由于轻杆可以产生推力，而且v的大小未知，因此三种可能都存在；故选D． 点评：本题关键在于杆求出无弹力的临界情况，杆对小球可以是拉力，可以是支持力，也可以没有力，而绳子对球只能是拉力． 7．（2014•渭南一模）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．lB．lC．lD．l考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：碰钉子后的圆周运动的半径越小越容易满足条件，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律分别列式后联立求解出临界半径即可．解答：解：设小球绕钉子K做圆周运动的半径为r，则当到达最高点，只有重力提供向心力时，速度最小，则有mg=m①，从释放到圆周最高点的过程中，根据动能定理得：②由①②解得：r=，则当r≤时，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x，故AB正确，CD错误．故选：AB点评：本题考查的知识点比较多，涉及到圆周运动、动能定理，要求同学们解题时能熟练运用动能定理并结合几何知识解题，难度适中． 8．（2010•浙江）宇宙飞船以周期为T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（ ） A．飞船绕地球运动的线速度为 B．一天内飞船经历“日全食”的次数为 C．飞船每次“日全食”过程的时间为 D．飞船周期为考点：线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．菁优网版权所有专题：压轴题．分析：宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．解答：解：A、飞船绕地球匀速圆周运动∵线速度为又由几何关系知∴故A正确；B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为故B不正确；C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角所需的时间为t=；故C不正确；D、万有引力提供向心力则∵ ∵故D正确；故选为AD．点评：掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度． 9．（2014•上海）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈．在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（ ） A．顺时针旋转31圈B．逆时针旋转31圈C．顺时针旋转1圈D．逆时针旋转1圈考点：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：根据圆盘转动频率和频闪光的频率之间的关系进行求解．解答：解：带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈，即f0=30Hz，在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即f′=31Hz，f0＜f′＜2f0，所以观察到白点逆时针旋转，f′﹣f0=f″=1Hz，所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈．故选：D．点评：考查实际频率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路． 10．（2011•东莞一模）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ．下列说法中正确的是（ ） A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用 B．细绳的拉力提供了向心力 C．θ越大，小球运动的线速度越大 D．θ越大，小球运动的周期越大 考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有专题：计算题．分析：分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析θ变化，由表达式判断V、T的变化．解答：解：A、B：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，∴A、B选项错误．C：向心力大小为：Fn=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：，得到线速度：=，θ越大，sinθ、tanθ越大，∴小球运动的速度越大，∴C选项正确．D：小球运动周期：，因此，θ越大，小球运动的周期越小，∴D选项错误．故选：C．点评：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要清楚向心力的不同的表达式． 11．（2010•卢湾区二模）如图所示，质量为m的小球被细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做圆周运动，当细绳拉力的大小为F1时，小球做半径为R1的匀速圆周运动；当细绳拉力的大小变为F2（F2＞F1）时，小球做半径为R2的匀速圆周运动，则此过程中细绳拉力所做的功为（ ） A．0B．（F2R2﹣F1R1）C．（F1+F2）（R1﹣R2）D．（F2﹣F1）（R1﹣R2）考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：球做匀速圆周运动，拉力提供向心力，可求出初速度与末速度；运用动能定理，可解出拉力的功．解答：解：当拉力为F1时，有F1=m①当拉力为F2时，有F2=m② 当拉动过程中，只有拉力做功，由动能定理，得W=mv22﹣mv12③由①②③解得：W=（F2R2﹣F1R1），故B正确；ACD错误；故选B．点评：本题关键找出向心力来源列式求解，同时要注意拉力为变力，求解变力的功可用动能定理！ 12．（2009•揭阳模拟）做圆周运动的物体，某时刻发现物体沿切线方向飞出，是因为（ ） A．提供给物体的向心力变大 B．提供给物体的向心力变小 C．提供给物体的向心力消失 D．提供给物体的向心力方向与原向心力方向相反考点：离心现象．菁优网版权所有分析：做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动．解答：解：物体由于惯性，要保持原来的速度不变，做圆周运动的物体的速度方向是切线方向，某时刻发现物体沿切线方向飞出，正是物体惯性的体现，说明物体受到向心力消失了；故ABD错误，C正确；故选C．点评：物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力．注意所有远离圆心的运动都是离心运动，但不一定沿切线方向飞出． 13．（2008•日照模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，如图所示．图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h．下列说法中正确的是（ ） A．h越大，摩托车对侧壁的压力将越大 B．h越大，摩托车做圆周运动的向心力将越大 C．h越大，摩托车做圆周运动的周期将越大 D．h越大，摩托车做圆周运动的线速度将越大考点：匀速圆周运动；向心力．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小． 解答：解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故A错误．B、如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变．故B错误．C、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则T越大．故C正确．D、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．故D正确．故选CD点评：本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量． 14．（2007•宿迁模拟）如图为一皮带传动装置．左轮半径为4r，右轮半径为r，a、b分别是左右轮边缘上的点，c点到左轮圆心的距离为2r，若传动过程中皮带不打滑，则（ ） A．a、b点的向心加速度大小相等B．a、b点的角速度大小之比为4：1 C．a、c点的线速度大小相等D．b、c点的向心加速度之比为8：1考点：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．根据a==rω2求出向心加速度的比值．解答：解：A、a、b两点线速度大小相等，根据a=，知a、b两点的向心加速度之比为1：4．故A错误．B、a、b两点是轮子边缘上的点，靠传送带传动，两点的线速度大小相等，根据v=ωr，可知a、b点的角速度大小之比1：4．故B错误．C、a、c两点共轴转动，具有相同的角速度，而线速度与半径成正比，故它们的线速度大小不等．故C错误． D、b、c两点的角速度相等，根据a=rω2，知b、c两点的向心加速度之比为8：1．故D正确．故选D．点评：解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度．以及掌握向心加速度的公式a==rω2． 15．关于质点做匀速圆周运动的下列说法中正确的是（ ） A．由a=知a与r成反比B．由a=ω2r知a与r成正比 C．由ω=知ω与r成反比D．由ω=2πn知角速度与转速n成正比考点：线速度、角速度和周期、转速．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：根据匀速圆周运动的角速度的公式和牛顿第二定律逐项分析即可得出结论．解答：解：A、由a=，可知当线速度一定时，则有a与r成反比关，所以A错误．B、由a=ω2r知，当角速度一定时，则有a与r成正比，所以B错误；C、由v=ωr可知，角速度与转动半径、线速度都有关，在线速度不变时角速度才与转动半径成反比，所以C错误．D、因为2π是恒量，所以角速度与转速成正比，所以D正确．故选：D．点评：向心加速度是由向心力的大小和物体的质量决定的，不能简单由向心加速度的公式来分析，这是本题中最容易出错的地方 二．填空题（共3小题）16．（2013•天津三模）（1）如图a所示，一竖直的半圆形光滑轨道与一光滑曲面在最低点平滑连接，一小球从曲面上距水平面高h处由静止释放，恰好通过半圆最高点，则半圆的半径R= （2）用游标卡尺测量小球的直径，如图b所示的读数是 10.50 mm．考点：向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺的使用．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用． 分析：（1）小球恰好能通过圆弧轨道最高点，此时恰好由重力作为向心力，由向心力的公式可以求得在最高点的速度大小，从开始到到最高点的过程中，小球的机械能守恒，从而可以求得半圆的半径R．（2）此游标尺的精确度为0.05mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．解答：解：（1）小球通过最高点时，由重力充当向心力，则有：mg=从开始运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，则得：mg（h﹣2R）=联立以上两式解得：R=h．（2）此游标尺的精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm．故答案为：（1）；（2）10.50．点评：解决本题的关键掌握圆周运动最高点的临界条件，知道游标卡尺的读数方法：主尺读数加上游标读数． 17．螺旋测微器的读数 0.900 毫米；游标卡尺读数 30.6 毫米考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．菁优网版权所有专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm．2、游标卡尺的主尺读数为：3cm=30mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：30mm+0.6mm=30.6mm．故答案为：0.900，30.6点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量． 18．如图：游标卡尺读数为 3.06 cm秒表读数为 100.5 s 考点：刻度尺、游标卡尺的使用．菁优网版权所有专题：实验题．分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和．解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为3cm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，所以最终读数为30.6mm=3.06cm．小盘的分度值是0.5min，指针在1min和2min之间；大盘的分度值是1s，而大盘指针在40.5s，因此秒表读数为1min40.5s，即100.5s．故本题答案为：3.06，100.5点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和秒表的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．秒表要先读出内小表盘的读数，再读外表盘的示数，并注意各表盘的分度值． 三．解答题（共12小题）19．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg．求（1）A、B两球落地点间的距离；（2）A球刚进入半圆管的速度．考点：向心力；平抛运动．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）AB连个物体离开C点后都做平抛运动，结合在C点的受力情况，可求得做平抛运动的初速度，利用平抛运动的知识即可求得A、B两球落地点间的距离．（2）A在半圆形管道内运动的过程中，机械能守恒，据此列式可求得A球刚进入半圆管的速度．解答：解：（1）A通过最高点C时，对其受力分析，受重力mg，竖直向下的支持力3mg，二力的合力提供向心力，设此时的速度为vA，有： mg+3mg=m解得：vA=2离开C点后做平抛运动，设运动时间为t，有：2R=得：t=2则水平位移为：sA=vAt=2•2=4RB通过最高点C时，对其受力分析，受重力mg，竖直向上的支持力0.75mg，二力的合力提供向心力，设此时的速度为vAB，有：mg﹣0.75mg=m解得：vA=离开C点后做平抛运动的水平位移为：sB=•2=R则A、B两球落地点间的距离为s=sA﹣sB=4R﹣R=3R（2）A球在半圆管道内运动的过程中，机械能守恒，设在刚进入时的速度为v，则有：=mg•2R+解得：v==2答：（1）A、B两球落地点间的距离为4R．（2）A球刚进入半圆管的速度为2点评：解答该题的关键是对两球在C点的受力分析，找出此时的向心力，向心力是沿半径方向上的所有力的合力．从而求出此时的瞬时速度，该题还考察了平抛运动和机械能守恒的相关知识．平抛运动是把运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．对于第二问的解答，还可以用动能定理来解答． 20．（2014•潍坊模拟）如图所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R=0.4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0.1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；（2）铁块到A点时对圆轨道的压力；（3）抽桌布过程中桌布的加速度． 考点：向心力；牛顿第二定律；牛顿第三定律．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）铁块离开B点后作平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解；（2）从A到B的过程中，根据动能定理求出A点的速度，在A点，根据向心力公式即可解得对轨道的压力；（3）铁块脱离桌布时的速度等于A点速度，根据牛顿第二定律求出铁块的加速度，根据匀加速直线运动基本公式联立方程即可求解．解答：解：（1）设铁块在B点的速度为v，根据向心力公式得：mg=解得：v=，铁块离开B点后作平抛运动，则2R=，解得：t=，则铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离x=vt=2×0.4=0.8m；（2）从A到B的过程中，根据动能定理得：…①在A点，根据向心力公式得：…②由①②解得：N=60N，根据牛顿第三定律得：铁块到A点时对圆轨道的压力N′=N=60N，（3）铁块脱离桌布时的速度v0=vA…③，设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律得：μmg=ma0…④铁块在桌布上加速的时间为t0，由运动学基本公式得：v0=a0t0…⑤，由位移关系得：r=…⑥由③④⑤⑥解得：a=5.25m/s2答：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离为0.8m；（2）铁块到A点时对圆轨道的压力为60N；（3）抽桌布过程中桌布的加速度为5.25m/s2．点评：本题关键是明确铁块的运动情况，然后分过程运用动能定理、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解，难度适中． 21．（2013•闸北区一模）如图所示，长度为L的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）．已知重力加速度为g．（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球处于平衡状态．求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球第一次通过最低点时的速度及轻绳对小球的拉力（不计空气阻力）．考点：向心力．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小．（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，再根据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小．解答：解：（1）根据平衡条件，应满足Tcosα=mg，Tsinα=F，拉力大小F=mgtanα；（2）运动中只有重力做功，根据机械能守恒：mgl（1﹣cosα）=mv2，则通过最低点时：小球的速度大小v=，方向水平向左；根据牛顿第二定律：T﹣mg=，绳子对小球的拉力：T=mg+=mg（3﹣2cosα），方向竖直向上．答：（1）力F的大小为mgtanα．（2）小球第一次通过最低点时的速度v=，轻绳对小球的拉力mg（3﹣2cosα）．点评：本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞清小球在最低点做圆周运动向心力的来源． 22．（2012•密云县一模）如图所示，长为R=2.5m的轻绳，上端固定在O点，下端连一个质量为m=0.1kg的小球．小球接近水平地面，处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度，使小球开始在竖直平面内做圆周运动．假设小球到达最高点时轻绳突然断开，最后落在离小球最初位置2R的地面上．不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，．求：（1）小球在最高点速度的大小v； （2）小球的初速度v0；（3）小球在最低点时对绳的拉力F．考点：向心力；牛顿第二定律；平抛运动．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）小球离开最高点后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式列式求解；（2）小球从最低点到最高点过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；（3）小球在最低点，受拉力和重力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解．解答：解：（1）在水平方向有2R=vt在竖直方向有2R=gt2解得v=即小球在最高点的速度v为．（2）根据机械能守恒定律有mv02﹣mv2=mg2R解得v0=即小球的初速度v0为．（3）对小球分析有F﹣mg=解得F=6mg由牛顿第三定律可知：小球对绳子的拉力为6mg，方向向下．答：（1）小球在最高点速度的大小v为；（2）小球的初速度v0为；（3）小球在最低点时对绳的拉力F为6mg，方向向下．点评：本题关键是对小球圆周运动过程运用机械能守恒定律列式分析，同时平抛运动可以沿水平和竖直方向正交分解成两个直线运动研究． 23．（2010•宜宾模拟）如图所示，一光滑的定滑轮通过一轻绳系住两物体A、B．A重200N，B重100N．B摆到最高点时，绳子与竖直方向夹角为60°，求物体A在B摆到最高点时对地面的压力． 考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：当B摆到最高点时，向心力为零，B在沿绳子方向上的合力为零，根据沿绳子方向合力为零求出绳子的拉力，再隔离对A分析，通过共点力平衡求出支持力的大小，从而通过牛顿第三定律求出A对地面的压力．解答：解：B摆到最高点时vB=0，所需的向心力为0．绳子的拉力．对A，绳子的拉力TA=TB=50N又TA+NA=GA，得NA=150N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得，A对地面的压力为150N，方向竖直向下．答：物体A在B摆到最高点时对地面的压力为150N．点评：解决本题的关键知道B在摆动时，靠沿绳子方向上的合力提供向心力，当速度为零时，沿绳子方向上的合力为零． 24．（2010•顺义区二模）如图所示，一小滑块（可视为质点）质量为m=3.0kg，它在距平台边缘s=4.0m以v0=5.0m/s的速度向右运动，滑块与平台面间的动摩擦因数μ=0.2，滑块运动到平台边缘后从平台水平抛出，恰能沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为θ=106°，平台与AB连线的高度差为h．（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）滑块运动到平台边缘时的速度v；（2）滑块从平台抛出到A点的时间t；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力N．考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）对物体从开始运动到平台边缘的过程中运用动能定理即可求解； （2）根据恰能沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道求出A点的竖直方向速度，再根据平抛运动的规律求解；（3）根据牛顿第二定律及机械能守恒定律即可求解．解答：解：（1）对物体从开始运动到平台边缘的过程中运用动能定理得：解得：v=3m/s（2）运动员离开平台后至A的过程中做平抛运动，则在A点有：vy=vtan=4m/s在竖直方向做自由落体运动，t=（3）运动员在圆弧轨道做圆周运动，由牛顿第二定律可得N﹣mg=m由机械能守恒得mv2+mg[h+R（1﹣cos53°）]=解得N=129N根据牛顿第三定律得：滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为129N．答：（1）滑块运动到平台边缘时的速度为3m/s；（2）滑块从平台抛出到A点的时间为0.4s；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为129N点评：本题是一个综合性较强的题目，在题目中滑块先做匀减速运动，再做平抛运动，最后在圆轨道内做的是圆周运动，难度适中． 25．一轻质细绳长为l，一端固定于O点，另一端拴着质量为m的小球，小球绕O点在竖直面内做圆周运动，如图所示．求小球运动到最高点时的最小速度和最低点时细线所受的最小拉力．考点：向心力．菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）物体恰好做通过最高点，即重力充当向心力时，速度最小，由向心力公式可求得最高点的最小速度；（2）由机械能守恒定律可得出小球在最低点的最小速度，再由向心力公式可求得细线对小球的最小拉力； 解答：解：当小球通过A点时细线的拉力为零，重力提供向心力时，速度最小，根据向心力公式有：mg=m解得：小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律有：2mgl=mv2﹣m解得：v=小球在最低点时根据向心力公式有：Tmin﹣mg=m解得：Tmin=6mg答：小球运动到最高点时的最小速度为，最低点时细线所受的最小拉力为6mg．点评：小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意临界值的应用及正确列出机械能的表达式． 26．如图所示，一不可伸长的轻质细绳，绳长为L一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动（不计空气助力），已知小球通过最低点时的速度为v，圆心0点距地面高度为h，重力加速度为g（1）求小球通过最低点时，绳对小球拉力F的大小；（2）若小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球落地前将做什么运动？落地时小球速度为多大？考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：（1）小球通过最低点时，绳对小球拉力F和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求拉力F；（2）若小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球落地前将做平抛运动，根据机械能守恒定律求落地时小球速度．解答：解：（1）小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m 则得绳对小球拉力F的大小为：F=mg+m（2）小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球将做平抛运动．根据机械能守恒得：mg（L﹣h）=﹣则得落地时小球速度为v′=答：（1）小球通过最低点时，绳对小球拉力F的大小为mg+m．（2）小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球落地前将做平抛运动，落地时小球速度为．点评：本题是圆周运动与平抛运动的综合，运用牛顿运动定律和机械能守恒结合进行研究，对于平抛运动，也可以运用分解的方法求小球落地速度． 27．用长为L的轻质细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内作圆周运动，小球运动到最高点时，速率等于2，不计空气阻力，求：（1）小球在最高点所受力的大小和方向？（2）小球运动到最低点时的速度大小是多少？考点：牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）假设小球在最高时，所受杆的弹力方向竖直向下，则由重力和杆的弹力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出杆的弹力大小和方向．（2）小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求解球运动到最低点时的速度大小．解答：解：（1）假设小球在最高时，所受杆的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得mg+F=m，又v=2，得到F=m﹣mg=3mg＞0，说明弹力的方向竖直向下．（2）小球从最高点运动到最低点过程中，由机械能守恒定律得2mgL+= 代入解得：小球运动到最低点时的速度大小v′=2．答：（1）小球在最高点所受力的大小3mg，方向竖直向下；（2）小球运动到最低点时的速度大小为．点评：本题是向心力知识和机械能守恒定律的综合，常规题．对于第（1）问，也可以求出杆对球恰好没有弹力时的速度v0=，根据v=2＞v0，判断出小球在最高点所受杆的力方向竖直向下． 28．长度为L=0.50m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，小球的速率是v=2.0m/s，g取10m/s2，则细杆此时受到作用力是压力还是拉力？多大？考点：向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球在细杆的作用下，在竖直平面内做圆周运动．对最高点受力分析，找出提供向心力的来源，结合已知量可求出最高点小球速率为2m/s时的细杆受到的力．解答：解析：小球以速度v0通过最高点时，设杆对球的作用力为F，且方向竖直向下，由向心力公式得F+mg=m所以有：F=﹣mg=3×﹣3×10=﹣6.0N负号说明杆对球的作用力F的方向与假设的方向相反，即竖直向上，由牛顿第三定律知球对杆的压力为6N．答：球对细杆的压力为6N．点评：小球在杆的作用下做圆周运动，在最高点杆给球的作用是由小球的速度确定．可以假设杆给球的作用力，利用牛顿第二定律列式求解，当求出力是负值时，则说明假设的力与实际的力是方向相反． 29．（2013•惠州二模）如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方1m处有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为1m的轻绳（轻绳不可伸长）．有一颗质量为m=0.01kg的子弹以400m/s的速度水平射入木块并留在其中，随后木块开始绕O点在竖直平面内做圆周运动．g取10m/s2． 求（1）当木块刚离开水平面时的轻绳对木块的拉力多大？（2）求子弹射入木块过程中损失的机械能（3）要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求子弹的射入的最小速度．考点：向心力；牛顿第二定律；功能关系．菁优网版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，在子弹击中木块的过程中，动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度，根据向心力公式求出拉力；（2）机械能的损失量等于子弹的初动能减去子弹和木块的末动能；（3）要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，木块在最高点的速度大于等于，在木块从水平面到达最高点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出木块在最低点的速度，根据动量守恒求出最小速度；解答：解：（1）设子弹射入木块后共同速度为V，由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v，v=10（m/s）T﹣（m+M）g=（m+M）解得：T=4+0.4×=44N（2）==780J（3）要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度由机械能守恒得：解得：v≥根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：答：（1）当木块刚离开水平面时的轻绳对木块的拉力为44N；（2）子弹射入木块过程中损失的机械能为780J；（3）要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，子弹的射入的最小速度为．点评：在子弹击中木块的过程中动量守恒而机械能不守恒，由动量守恒定律可以求出子弹与木块的共同速度． 30．（2009•丰台区一模）如图所示，水平地面上方被竖直线MN分隔成两部分，M点左侧地面粗糙，动摩擦因数为μ=0.5，右侧光滑．MN右侧空间有一范围足够大的匀强电场．在O点用长为R=5m的轻质绝缘细绳，拴一个质量mA=0.04kg，带电量为q=+2×10﹣4的小球A，在竖直平面内以v=10m/s的速度做顺时针匀速圆周运动，运动到最低点时与地面刚好不接触．处于原长的弹簧左端连在墙上，右端与不带电的小球B接触但不粘连，B球的质量mB=0.02kg，此时B球刚好位于M点．现用水平向左的推力将B球缓慢推至P点（弹簧仍在弹性限度内），MP之间的距离为L=10cm，推力所做的功是W=0.27J，当撤去推力后，B球沿地面右滑恰好能和A球在最低点处发生正碰，并瞬间成为一个整体C（A、B、C均可视为质点），碰后瞬间立即把匀强电场的场强大小变为E=6×103N/C，电场方向不变．（取g=10m/s2）求：（1）A、B两球在碰前匀强电场的大小和方向．（2）碰撞后整体C的速度．（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小．考点：匀速圆周运动；电场强度．菁优网版权所有专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）小球在竖直平面内做匀速圆周运动，合力始终指向圆心且大小不变，所以电场力要与重力抵消，绳子的拉力提供向心；（2）先根据功能关系求出小球B运动到M点时速度，由动量守恒定律求得共同速度；（3）小球从最低点到最高点过程先是类似平抛运动，然后是圆周运动；由类似平抛运动的规律和动能定理求得小球达到最高点的速度，再根据向心力公式即可求解；解答：解：（1）要使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，必须满足F电=Eq=mAg所以=2×103N/C方向竖直向上（2）由功能关系得，弹簧具有的最大弹性势能EP=W﹣μmBgl=0.27J设小球B运动到M点时速度为vB，由功能关系得vB=5m/s两球碰后结合为C，设C的速度为v1，由动量守恒定律得mAv﹣mBvB=mCv1v1=5m/s（3）加电场后，因Eq﹣mCg=0.6N 所以C不能做圆周运动，而是做类平抛运动，设经过时间t绳子在Q处绷紧，由运动学规律得x=v1tx2+（R﹣y）2=R2可得t=1svy=at=10m/sx=y=R=5m即：绳子绷紧时恰好位于水平位置，水平方向速度变为0，以竖直分速度vy开始做圆周运动设到最高点时速度为v2由动能定理得；得在最高点由牛顿运动定律得；求得T=3N点评：本题主要考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律及功能关系的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况及运动过程，难度较大．高考理综物理力学计算复习题（一）(附参考答案)班级姓名1．如图所示，P物体推压着轻弹簧置于A点，Q物体放在B点静止,P和Q的质量均为物体，它们的大小相对于轨道来说可忽略。光滑轨道ABCD中的AB部分水平，BC部分为曲线，CD部分为直径d=5m圆弧的一部分， 该圆弧轨迹与地面相切，D点为圆弧的最高点，各段连接处对滑块的运动无影响。现松开P物体，P沿轨道运动至B点，与Q相碰后不再分开，最后两物体从D点水平抛出，测得水平射程S=2m。()求：（1）两物块水平抛出抛出时的速度(2)两物块运动到D点时对圆弧的压力N(3)轻弹簧被压缩时的弹性势能35.（18分）解：（1）两物体从D开始做平抛运动，设抛出时的速度为V1，有：①(2分)②(2分)解得：V1=2（m/s）③(1分)（2）两物体在最高点有：④(2分)解得：N=16.8（N）⑤(2分)由牛顿第三定律知两物体对圆弧压力为16.8N⑥(1分)（3）设P在碰撞前瞬间速度为V0，碰撞后瞬间速度为V2，两物体碰撞由动量守恒定律得：⑦(2分)两物体碰后从B滑至D由机械能守恒得：⑧(2分)P被轻弹簧弹出过程由机械能守恒得：⑨(2分)解③⑦⑧⑨得：Ep=208（J）⑩(2分)评分说明：③⑤各1分；①②④⑥⑦⑧⑨⑩各2分。2.如图所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60°的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的．已知木块与地面的动摩擦因素μ=，重力加速度取g．求： （1）小球与木块碰前瞬间所受拉力大小（2）木块在水平地面上滑行的解：（1）设小球摆至最低点时的速度为v，依动能定理有：……①设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有： ……②代入数据，解得： ……③（2）设小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为正方向，依动量守恒定律有：……④依题意知：……⑤设木块在水平地面上滑行的距离为s，依动能定理有：……⑥联立并代入数据，解得……⑦评分说明：①②④⑤⑥每式3分，③式2分，⑦式1分。3OABR．（湛江一模）（18分）如图所示，粗糙且足够长的水平轨道与半径为R的光滑四分之一圆弧轨道相切．现从圆弧轨道的最高点由静止释放一质量为m的小球A，当A球刚好运动到圆弧轨道的最低点时，与静止在该点的另一小球B发生完全非弹性碰撞．已知A、B球的质量相等均为m，且两球均可看成质点，两球与水平轨道的动摩擦因数均为．求：（1）A球运动到最低点与B球碰撞前瞬间，A球的速度大小； （2）AB两球碰撞后瞬间对轨道的压力大小；（3）AB两球停止运动时距圆弧轨道最低点的距离．35．（18分）解：（1）设A球运动到最低点与B球碰撞前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律有①（3分）解①得②（1分）（2）A球与B球发生完全非弹性碰撞后粘合在一起，设两球共同速度为v，由动量守恒定律有③（3分）碰后两个小球组成一个整体，设轨道对AB球的支持力为N，由牛顿第二定律有④（3分）联立②③④式解得：⑤（2分）根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为⑥（1分）（3）设A、B两球停止运动时，距圆孤轨道最低点的距离为s，根据动能定理有⑦（3分）联立②③⑦式解得⑧（2分）4．（茂名二模）（18分）如图所示，劲度系数为K=100N/m的轻弹簧A左端固定，甲、乙两滑块（视为质点）之间通过绳子夹着一个压缩弹簧B，甲刚好与桌子边缘对齐，乙与弹簧A的右端相距，且，，桌子离地面的高度为。烧断绳子后，甲、乙落在地面上同一点，落地点与桌子边缘的水平距离为。O点右侧光滑，乙与O点左侧水平面动摩擦因数，重力加速度，求：（1）烧断绳子前弹簧B的弹性势能；（2）乙滑块在水平桌面上运动过程中的最大加速度。 5．（韶关调研）（18分）如图所示，水平桌面的右端有一质量为m的物块B，用长为L=0.3m的不可伸长的细线悬挂，B对水平桌面压力刚好为零，水平桌面离地面的高度为h=5.0m，另一质量为2m的物块A在距水平桌面的右端s＝4.0m处以vo=5.0m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，已知A与桌面间的动摩擦因数为=0.2，碰后A速度为1.0m/s,物块均可视为质点，取g＝l0m/s2.（1)求A与B碰撞前的速度大小；（2）求碰撞后A的落地点与桌面右端的水平距离x;(3)通过计算判断A与B碰后，物块B能否绕0点在竖直平面内做完整的圆周运动 6．（18分）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径。用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时速度为，物块与桌面的动摩擦因数μ=0.4，B、D间水平距离=2.5m，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道。g=10m/s2，求：h（1）物块离开桌面D时的速度大小（2）P点到桌面的竖直距离h（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）。（4）释放后m2运动过程中克服桌面摩擦力做的功 参考答案：（1）设物块离开桌面D时的速度为由动能定理可得…………………（2分）得…………………（2分）（2）设物块落到P点时其竖直速度为由………………………（2分）………………………（2分）得h=0.8m………………………（1分）(3)若物块能沿轨道到达M点，其速度为……………………………………（2分）得………………………（1分）若物块恰好能沿轨道过M点，则……………………（1分）解得>即物块不能到达M点………………………（1分）（4）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，释放…………………………………………（1分）释放……………………………………（1分）且…………………………………（1分）在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则可得…………（1分） ABORPQF7.（揭阳二模1304）(18分)如图所示，一滑板B静止在水平面上，上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R的1/4圆形光滑轨道相切于Q。一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速度释放，当物块经过Q点滑上滑板之后即刻受到大小F=2μmg、水平向左的恒力持续作用。已知物块、滑板的质量均为m，物块与滑板间的动摩擦因数=3μ，滑板与水平面间的动摩擦因数=μ，物块可视为质点，重力加速度取g。（1）求物块滑到Q点的速度大小；（2）简单分析判断物块在滑板上滑行过程中，滑板是否滑动；（3）为使物块不从滑板上滑离，滑板至少多长？36、（18分）解：（1）物块A从P点运动到Q点的过程中，由动能定理有：（3分）解得：（3分）（2）物块与滑板间的滑动摩擦力（1分）滑板与水平面间的滑动摩擦力（1分）故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动。（2分）（3）对于物块与滑板构成的系统，，系统动量守恒定律：（2分）解得：（2分）设滑板的长度至少为L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为L1，对于系统由动能定理有：（2分）（说明：此处分别对物块、滑板列动能定理求解，也可得分）解得：（2分）8.如图所示,高为H=0.45m的台面上有轻质细绳, 绳的一端系一质量为m=0.1kg的小球P,另一端挂在光滑的水平轴上O上,O到小球P的距离为R=0.1m,小球与台面接触,但无相互作用,在小球两侧等距离各为L=0.5m处,分别固定一光滑斜面及一水平向左运动的传送带,传送带长为d=0.9m,运行速度大小为v=3m/s,现有一质量也为m可视为质点的小滑块Q从斜面上的A处无初速滑下(A距台面高h=0.7m),至C处与小球发生弹性碰撞,已知滑块与台面的动摩擦因数为μ1=0.5,与传送带之间动摩擦因数为μ2=0.25，不计传送带高度,及滑轮大小对问题的影响。(重力加速度g=10m/s2)求(1)当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小?BCDEAOPQLL(2)滑块的最终位置与传送带末端的E的距离?(3)整个过程传送带电机消耗的电能?36.(1)对滑块Q从A到C根据动能定理有:得2分PQ发生弹性碰撞，因质量相等,故交换速度，撞后P的速度为1分P运动至最高点的速度为,根据机械能守恒定律有:得2分P在最高点根据牛顿第二定律有:2分根据牛顿第三定律知轻绳受力大小1分(2)PQ再撞后再次交换速度对物块有1分对物块从C到D根据动能定理有:得1分物块进入传送带做匀减速运动，设加速度大小为α1则根据牛顿第二定律有:得 由运动学公式知减速至速度为零时间为1分进入传送带位移为:因S1查看更多