「精选」高三物理圆周运动专题复习试题试卷及参考答案-精选文档
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
最新高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)
最新高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示，带有14光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g ) (1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少？【答案】（1）023v gR =（2）123gRv =253gR v =【解析】本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由02mv mu =，解得02v u =C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='222011123222mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有01222mv mu mv mv +=+22220121111222222mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gRv =253gR v =2．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑14竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑14竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．求： （1）小球在D 点的速度v D 大小；（2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小； （3）A 、B 两点间的距离x ．【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球恰好过最高点D ，有：2Dv mg m r=解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：2211()22D B mg R r mv mv -+=- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：2Bv N mg m R-=N B =N联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：2122B x Fmgx mv μ-= 解得：2m x =故本题答案是：(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，3．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)及解析
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N点相切，M为圈环的最高点，圆环半径为R=0.1m，现有一质量m=1kg的物体以v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g=10m/s2，求：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值X m（2）设出发点到N点的距离为S，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为X，作出X2随S变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半固轨道，求出发点到N点的距离S应满足的条件【答案】（1）0.2m；（2）0.2；（3）0≤x≤2.75m或3.5m≤x＜4m．【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求得在M点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M点速度和x的关系，然后由平抛运动规律得到y和M点速度的关系，即可得到y和x的关系，结合图象求解；（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解．【详解】（1）物体能从M点飞出，那么对物体在M点应用牛顿第二定律可得：mg≤2MmvR，所以，v M gR1m/s；物体能从M点飞出做平抛运动，故有：2R＝12gt2，落到水平面时落点到N点的距离x＝v M t2RgRg2R＝0.2m；故落到水平面时落点到N点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到M的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：−μmgx−2mgR＝12mv M2−12mv02；物体从M点落回水平面做平抛运动，故有：2R＝12gt2，2244(24)0.480.8M MR Ry v t v v gx gR xg gμμ⋅=--⋅=-＝＝；由图可得：y2=0.48-0.16x，所以，μ＝0.160.8＝0.2；（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R或物体能通过M点；物体能到达的最大高度0＜h≤R时，由动能定理可得：−μmgx−mgh＝0−12mv02，所以，22122mv mgh v hxmg gμμμ--＝＝，所以，3.5m≤x＜4m；物体能通过M点时，由（1）可知v M≥gR＝1m/s，由动能定理可得：−μmgx−2mgR＝12mv M2−12mv02；所以22221124222MMmv mv mgR v v gRxmg gμμ----=＝，所以，0≤x≤2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．2．如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．一质量m=0.10kg的小球，以初速度V0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求（1）小球到A点的速度（2）小球到B点时对轨道是压力（3）A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）．【答案】（1）5/AV m s=（2） 1.25NF N=（3）S AC=1.2m【解析】 【详解】（1）匀减速运动过程中，有：2202A v v as -=解得：5/A v m s =（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m 21Bv R，解得1B v =2m/s假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒：12mv 2A =2mgR+12mv 2B 联立可得：v B =3 m/s因为v B >v B1，所以小球能通过最高点B ．此时满足2N v F mg m R+=解得 1.25N F N =（3）小球从B 点做平抛运动，有：2R=12gt 2 S AC =v B ·t得：S AC =1.2m ． 【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．3．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g ．求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1; (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ;(3)已知地面欲睡面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ' 。
(完整版)圆周运动高考题(含答案),推荐文档
1 f; T匀速圆周运动二、匀速圆周运动的描述1．线速度、角速度、周期和频率的概念(1)线速度v 是描述质点沿圆周运动快慢的物理量，是矢量，其大小为v =s=2r t T其方向沿轨迹切线，国际单位制中单位符号是m/s；（2）角速度ω是描述质点绕圆心转动快慢的物理量，是矢量，其大小为==2t T在国际单位制中单位符号是rad／s；(3）周期T 是质点沿圆周运动一周所用时间，在国际单位制中单位符号是s；（4）频率f 是质点在单位时间内完成一个完整圆运动的次数，在国际单位制中单位符号是Hz；（5）转速n 是质点在单位时间内转过的圈数，单位符号为r ／s ，以及r／min．2、速度、角速度、周期和频率之间的关系线速度、角速度、周期和频率各量从不同角度描述质点运动的快慢，它们之间有关系v＝rω．T =，v =2，= 2 f 。
由上可知，在角速度一定时，线速度大小与半径成正比；在线速度一定时，角速度大小与半径成反比．三、向心力和向心加速度1.向心力（1）向心力是改变物体运动方向，产生向心加速度的原因．（2）向心力的方向指向圆心，总与物体运动方向垂直，所以向心力只改变速度的方向．2.向心加速度（1）向心加速度由向心力产生，描述线速度方向变化的快慢，是矢量．（2）向心加速度方向与向心力方向恒一致，总沿半径指向圆心；向心加速度的大小为v 2 a n=r 公式：=2r 42rT 21. 线速度V＝s/t＝2πr/T ；== v 2. 角速度 ω＝Φ/t ＝2π/T ＝2πf 3. 向心加速度 a ＝V 2/r ＝ω2r ＝(2π/T)2r4. 向心力 F 心＝mV 2/r ＝m ω2r ＝mr(2π/T)2＝m ωv=F 合5. 周期与频率：T ＝1/f6. 角速度与线速度的关系：V ＝ωr7. 角速度与转速的关系 ω＝2πn (此处频率与转速意义相同)8. 主要物理量及单位：弧长 s:米(m)；角度 Φ：弧度（rad ）；频率 f ：赫（Hz ）；周期 T ：秒（s ）；转速n ：r/s ；半径 r ：米（m ）；线速度 V ：（m/s ）；角速度 ω：（rad/s ）；向心加速度：（m/s 2）。
高考物理考点《圆周运动》真题练习含答案
高考物理考点《圆周运动》真题练习含答案1.[2024·全国甲卷]如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )A ．在Q 点最大B ．在Q 点最小C ．先减小后增大D ．先增大后减小 答案：C解析：设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R ，大圆环对小环的作用力为F ，则由动能定理有mgR (1－cos θ)＝12 m v 2，又小环做圆周运动，则有F ＋mg cosθ＝m v 2R ，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F ＝mg (2－3cos θ)，则F 的大小先减小后增大，且当cos θ＝23 时F 最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F 最大，结合牛顿第三定律可知，C 正确．2．[2024·山东省荷泽市联考]如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径r 1＝10 cm 的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r 2＝4 cm 的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r 3＝36 cm 的后轮．若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π＝3.14，下列判断正确的是( )A ．脚踏板的周期为130sB ．牙盘转动的角速度为6.28 rad/sC ．飞轮边缘的线速度大小为3.14 m/sD ．自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s 答案：D解析：脚踏板每分钟转30圈，则周期为T ＝6030s ＝2 s ，A 错误；牙盘转动的角速度ω＝2πT ＝3.14 rad/s ，B 错误；飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即v 2＝ωr 1＝0.314 m/s ，C 错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为v 3＝v 2r 2r 3＝2.826 m/s ，自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s ，D 正确．3.[2024·北京市二十二中期中考试]如图所示，光滑水平面上，小球m 在拉力F 作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P 点时，拉力F 发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹PO 做近心运动 B ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动 C ．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb 做近心运动 D ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb 做离心运动 答案：D解析：若拉力突然消失，小球将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa 做离心运动，A 错误；若拉力突然变小，则小球受到的拉力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb 做离心运动，B 错误，D 正确；若拉力突然变大，则小球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿轨迹Pc 做近心运动，C 错误．4.[2024·云南省昭通市质检]旋转木马可以简化为如图所示的模型，a 、b 两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A 、B 两点，A 、B 到O 点距离之比为1∶2.装置绕竖直杆匀速旋转后，a 、b 在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、θ，则α、θ关系正确的是( )A ．tan θ＝2 tan αB ．tan θ＝2tan αC ．cos α＝2 cos θD ．sin θ＝2 sin α答案：B解析：设OA段长为L，OB段长为2L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，且都满足mg tan φ＝mω2r，则有a aa b＝（L＋h tan α）ω2（2L＋h tan θ）ω2＝g tan αg tan θ，解得tan θ＝2tan α，B正确．5.[2024·广东省深圳市开学考试]如图为某同学做“水流星”的实验，他把装有水的小桶在竖直面上做圆周运动．若小桶运动的半径为R，桶和水可视为质点，要使桶中的水经过最高点时恰好不会倒出来，重力加速度取g，则小桶通过最高点时的角速度为()A．gR B. gR C.Rg D．无法确定答案：B解析：要使桶中的水经过最高点时恰好不会倒出来，则水需要的向心力要等于水的重力，即mω2R＝mg，解得ω＝gR，B正确．6.[2024·江苏省五市十一校阶段联测]日常生活中，我们看到的桥面都是中间高的凸形桥，中间低的凹形桥很少见．下列有说法正确的是()A．汽车通过凹形桥的最低点时，支持力提供向心力B．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态C．汽车通过凹形桥的最低点时，为了防止爆胎，车应快速驶过D．同一辆汽车以相同的速率通过凹形桥的最低点时，比通过凸形桥最高点对桥面的压力大答案：D解析：汽车通过凹形桥的最低点时，支持力和重力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律可得N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝mg ＋m v 2R >mg ，汽车处于超重状态；汽车通过凹形桥的最低点时，为了防止爆胎，车应慢速驶过，A 、B 、C 错误；汽车通过凸形桥最高点时，根据牛顿第二定律可得mg －N ′＝m v 2R ，解得N ′＝mg －m v 2R <mg ，同一辆汽车以相同的速率通过凹形桥的最低点时，比通过凸形桥最高点对桥面的压力大，D 正确．7.[2024·安徽省名校联盟联考]如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A 和质量为1 kg 的小球B 通过长度为L 的轻杆及铰链连接，套筒A 套在竖直杆OP 上与原长为L 的轻质弹簧连接，小球B 可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP 匀速转动，球B 对水平槽恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角θ＝37°.已知弹簧的劲度系数为100 N/m ，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin 37°＝0.6，则系统转动的角速度ω为( )A ．2 rad/sB ．2.5 rad/sC ．4 rad/sD ．5 rad/s 答案：D解析：B 球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为L －L cos 37°，对A 、B 整体分析有k (L －L cos 37°)＝mg ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mL sin θω2，解得ω＝5 rad/s ，D 正确．8.[2024·河南省部分名校阶段测试]如图所示，有两个质量不同的小球a 和b ，在光滑倒立的圆锥桶里两个水平面上分别做匀速圆周运动，两个小球做匀速圆周运动的半径R a ＝2R b ，质量m a ＝2m b ，下列说法正确的是( )A ．两个小球做圆周运动的向心力大小F a ＝F bB ．两个小球做圆周运动的向心力大小之比F a F b ＝12C ．两个小球做圆周运动的角速度之比ωa ωb ＝21D ．两个小球做圆周运动的线速度大小之比v a v b ＝21答案：D解析：两小球均由圆锥桶对其的弹力和重力的合力提供向心力，如图所示，则有F a ＝m a gtan θ ，F b ＝m b g tan θ ，由于m a ＝2m b ，故F a F b ＝m a m b ＝21 ，A 、B 错误；根据F n ＝mω2R 可得ω＝F nRm，故ωaωb ＝ F a F b ·R b R a ·m bm a＝ 12·21·12 ＝22 ，C 错误；根据v ＝ωR 可得v a v b ＝ωa ωb ·R a R b ＝21，D 正确．9.[2024·山西省运城市模拟](多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L 对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O 点的水平轴匀速转动．若飞镖恰好击中A 点，下列说法正确的是( )A ．从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点一定转动到最低点位置B ．圆盘转动的角速度一定满足（2k ＋1）L πv 0(k ＝0，1，2…)C ．圆盘的半径为gL 22v 20D ．从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为2Lv 0答案：AB解析：飞镖抛出后做平抛运动，飞镖抛出到恰好击中A 点，故A 点一定转动到最低点位置，A 正确；飞镖抛出后在水平方向做匀速直线运动，故从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为t ＝Lv 0 ，D 错误；飞镖抛出到恰好击中A 点，圆盘运动的角度应满足θ＝ωt ＝π＋2k π，(k ＝0，1，2…)，故圆盘转动的角速度一定满足ω＝（2k ＋1）Lπv 0(k ＝0，1，2…)，B 正确；飞镖抛出后在竖直方向做自由落体运动，有h ＝12 gt 2＝2R ，解得圆盘的半径为R ＝gL 24v 20 ，C错误．10.[2024·山西省晋中市质检]如图，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙两物体的质量分别为M 和m (M >m )，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为l (l <R )的轻绳连在一起，若将甲物体放在转轴的正上方，甲、乙之间连线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与转盘之间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大值不得超过(两物体可看作质点)( )A. μ（M ＋m ）gmR B.μ（M －m ）gMlC.μ（M ＋m ）gMlD.μ（M ＋m ）gml答案：D解析：当转盘旋转的角速度为最大值时，对甲物体有T ＝μMg ，对乙物体有T ＋μmg ＝mω2l ，解得转盘旋转的角速度最大值不得超过ω＝μ（M ＋m ）gml，D 正确．11.[2024·黑龙江省哈尔滨三中期中考试]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上离转轴2 m 处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B ．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心C ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0 rad/s D ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32 ，则ω的最大值是52rad/s 答案：D解析：当物体在最高点时，可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，A 、B 错误；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力大小为F N ＝mg cos 30°，摩擦力大小为f ＝μF N ＝μmg cos 30°，根据牛顿第二定律可得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R ，解得ω的最大值为ω＝52rad/s ，C 错误，D 正确． 12.[2024·云南省昆明市期中联考]如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂长各为l ＝1.5 m ，且与水平面间夹角均为θ＝53°，“V”形支架的AO 臂上套有一根原长为l 0＝1.0 m 的轻质弹簧，弹簧劲度系数为k ＝100 N/m ，其下端固定于“V”形支架下端，上端与一个串在臂上的小球相连，已知小球质量为m ＝0.5 kg.现让小球随支架一起绕中轴线OO ′匀速转动．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)轻弹簧恰为原长时，支架转动的角速度大小；(2)为使小球不从支架的AO 臂滑出，支架转动的角速度的最大值是多少．答案：(1)1023rad/s (2)102 rad/s解析：(1)轻弹簧恰为原长时，小球只受重力与支持力，在竖直方向有F N cos θ＝mg 水平方向有F N sin θ＝mω2l 0cos θ解得ω＝1023rad/s(2)当小球到达A点时，小球处于脱离支架的临界状态，竖直方向有F′N cos θ＝k(l－l0)sin θ＋mg水平方向有F′N sin θ＋k(l－l0)cos θ＝mω21l cos θ解得ω1＝102rad/s。
《第3章 圆周运动》试卷及答案_高中物理必修 第二册_鲁科版_2024-2025学年
《第3章圆周运动》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一个物体在水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是：A、物体的速度大小不变，但方向时刻改变B、物体的加速度大小不变，但方向始终指向圆心C、物体的角速度不变，但线速度方向不断变化D、物体的向心力大小不变，但方向始终与速度方向垂直2、一个质点在半径为R的圆周上做匀速圆周运动，其角速度为ω，则质点的线速度v与角速度ω的关系是：A、v = ωRB、v = RωC、v = ω²RD、v = Rω²3、质量为m的小球以速率v在水平面上做匀速圆周运动，运动半径为R，则小球的向心加速度大小为（）。
A、v²/RB、mR/v²C、m/v²D、v/R4、一个物体做匀速圆周运动，轨道半径R=2m，周期T=πs，那么物体的线速度v 为（）。
A、2m/sB、2πm/sC、1m/sD、4m/s5、一个物体做匀速圆周运动，下列关于其运动的描述正确的是（）A. 线速度大小时刻发生变化，但方向恒定B. 角速度大小不变，但方向随时间变化C. 向心加速度大小不变，但方向始终指向圆心D. 速度变化率（加速度）的大小不变，但方向随时间变化6、一个物体在水平面上做半径为R的匀速圆周运动，若它的线速度增量从0.1m/s 增加到0.2m/s，那么该物体做圆周运动的周期变化了多少？（假设角速度αυ保持不变，g取9.8m/s²）A. 0.2sB. 0.4sC. 0.6sD. 1s7、一个物体做匀速圆周运动，关于该物体的向心加速度与线速度的关系，下列说法正确的是：A. 向心加速度与线速度成正比B. 向心加速度与线速度的平方成正比C. 向心加速度与线速度成反比D. 向心加速度与线速度的平方成反比二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于圆周运动的说法正确的是：A、匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，但方向时刻改变，因此速度是变化的。
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)含解析
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．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．D 点位于水平桌面最右端，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 ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝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m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/sy Dv v =tan53°43=所以：v D ＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg ＝m 2v R，解得：v 322gR ==m/s 物块到达P 的速度：22223 2.25P D y v v v =+=+＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝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，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .2．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L ．现将该弹簧水平放置，如图乙所示．一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5L 的水平轨道，B 端与半径为L 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P 开始沿轨道运动，重力加速度为g ．（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离； （3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5532m M m ＃ 【解析】 【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设P 到达B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设P 到达D 点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为θ θ 22S L =（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 52M m <要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ，得212BMv MgL '≤ 2142p BE Mv MgL μ='+3．如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求：（1）A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；（2）要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？【答案】（1）；（2）【解析】（1）A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动量守恒定律得由动能定理得：解得满足的条件是（2）物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，C以速度v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得小球经过最高点时，有解得【名师点睛】A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—圆周运动(附答案解析)
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—圆周运动(附答案解析)1．(多选)下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是()A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D．匀速圆周运动中加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动2．(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。
如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。
拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为()A．10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s23.(2023·甘肃庆阳市期中)如图所示是一种能够方便脱水的地拖桶，拖把脱水时把拖把头放进脱水桶，用脚上下踩踏踏板可以把拖把头中的水分脱干，下列说法正确的是()A．拖把头中的水离脱水桶的转轴越远角速度越大B．拖把头中的水离脱水桶的转轴越近越容易被甩出C．踩踏踏板的速度越大，拖把头中的水分越容易被甩出D．踩踏踏板的速度不变，拖把头中所有水分的线速度大小相等4.(2023·黑龙江齐齐哈尔市第十六中学期中)如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。
当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是()A．物体所受弹力增大，摩擦力不变B．物体所受弹力增大，摩擦力减小C．物体所受弹力和摩擦力都增大D．物体所受弹力和摩擦力都减小5．(2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于()A．1B．2C．3D．46.(2021·北京卷·10)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r 处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)含解析
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024g sv H L=-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】 【分析】 【详解】（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．3．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共 解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m4．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.2m ，取g=10m/s 2．（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？ （2）若v 0=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C =2N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若v 0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字） 【答案】（1）0v 10m/s （2）0.1J （3）6N ；0.56J 【解析】 【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力2Cmv mg R= 从到机械能守恒220112-22C mgR mv mv =解得010m/s v =（2）最高点'2-CC mv mg F R= 从A 到C 用动能定理'22011-2--22f C mgR W mv mv =得=0.1J f W（3）由0=3.1m/s<10m/s v 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小．经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动．设此时小球经过最低点的速度为A v ，受到的支持力为A F212A mgR mv =2-AA mv F mg R= 得=6N A F整个运动过程中小球减小的机械能201-2E mv mgR ∆=得=0.56J E ∆5．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L ．现将该弹簧水平放置，如图乙所示．一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5L 的水平轨道，B 端与半径为L 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P 开始沿轨道运动，重力加速度为g ．（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离； （3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5532m M m ＃ 【解析】 【详解】（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为（2）设P 到达B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：设P 到达D 点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为θ θ 22S L =（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 52M m <要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ，得212BMv MgL '≤ 2142p BE Mv MgL μ='+6．如图所示，半径R=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A ．一质量m=0.10kg 的小球，以初速度V 0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s 2的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求（1）小球到A 点的速度 （2）小球到B 点时对轨道是压力（3）A 、C 间的距离（取重力加速度g=10m/s 2）．【答案】（1） 5/A V m s = （2） 1.25N F N = （3）S AC =1.2m 【解析】 【详解】（1）匀减速运动过程中，有：2202A v v as -=解得：5/A v m s =（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m 21Bv R，解得1B v =2m/s假设物体能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒：12mv 2A =2mgR+12mv 2B 联立可得：v B =3 m/s因为v B >v B1，所以小球能通过最高点B ．此时满足2N v F mg m R+=解得 1.25N F N =（3）小球从B 点做平抛运动，有：2R=12gt 2 S AC =v B ·t得：S AC =1.2m ． 【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律．7．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。
高中物理 圆周运动 复习带答案
《曲线运动》复习班级：___________ 姓名：___________一、单选题1.关于做匀速圆周运动物体的向心力,下列说法正确的是( ) A.向心力不变B.向心力一定是重力C.向心力为其所受的合外力D.向心加速度决定向心力的大小2.做斜上抛运动的物体,到达最高点时( )A.速度为零,加速度向下B.速度为零,加速度为零C.具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D.具有水平方向的速度和加速度 3.赛车在水平路面上转弯时,很容易在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是( ) A.是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道 B.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道 C.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道 D.由公式2F m r ω=可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道4.无风时气球匀速竖直上升,速度为3m/s.现吹水平方向的风,使气球获4m/s 的水平恒定速度,则关于风吹后气球的运动以下说法正确的是( ) A.气球的运动轨迹是曲线B.气球以5m/s 的速度做匀速直线运动C.气球做匀加速直线运动,与无风时相比,上升相同的高度需要的时间变短D.气球做匀变速曲线运动,与无风时相比,上升相同的高度需要的时间变长5.小船在120m 宽的水中渡河,水流速度为3m/s,船在静水中的速度为4m/s,则以下说法中正确的是( )A.小船渡河的最短时间为24sB.小船渡河的最短时间是40sC.当船以最短时间渡河时,船将抵达对岸下游120m 处D.船渡河的最小位移为120m6.如图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v 匀速向右运动当小车运动到与水平面夹角为θ时，下列关于物体A 说法正确的是（ ）A. 物体A 此时的速度大小为cos v θ，物体A 做减速运动B. 物体A 此时的速度大小为cos v θ，物体A 做加速运动C. 物体A 此时的速度大小为/cos v θ，绳子拉力小于物体重力D. 物体A 此时的速度大小为/cos v θ，绳子拉力大于物体重力7.如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各系物体甲和小球乙，物体甲处于定滑轮正下方水平地面上，小球乙从绳与竖直方向夹角为53°的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当小球乙摆至最低点时，物体甲刚好对地面无压力，已知小球乙的质量为m ，甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，定滑轮大小可不计，轻绳不可伸长， sin530.8cos530.6︒︒＝，＝，则物体甲的质量为（ ）A.1.2mB.1.8mC.2mD.3m8.如图所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的A 、B 两物块叠放在一起,随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )A. AB 的运动属于匀变速曲线运动B. B 的向心力是A 的向心力的2倍C.盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍D.若B 先滑动,则B 与A 之间的动摩擦因数A μ小于盘与B 之间的动摩擦因数B μ9.如图所示,蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平瞄准它,就在子弹射出枪口时,开始逃跑,松鼠可能的逃跑方式有:①自由落下;②竖直上跳;③迎着枪口,沿AB 方向水平跳离树枝;④背着枪口,沿AC 方向水平跳离树枝。
高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)含解析
则有
mvP＝MvQ
解得
vP＝1 m/s
对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
解得
Ep＝3 J
9．如图所示，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
F=59.04N
由牛顿第三定律得：粘合体S对轨道的压力F′=59.04N，方向沿OB向下。
8．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为m＝2 kg的小球P和质量为M＝1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为M＝1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
小物块经过B点时，有：
解得：
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N
（2）小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：
在C点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N
（3）小物块刚好能通过C点时，根据