專題07 圓周運(yùn)動(dòng)（解析版）-2025版高考物理真題精-選與研析

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計(jì)真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點(diǎn)，探尋?？家c(diǎn)，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢(shì)。必備知識(shí)速記：歸納串聯(lián)解題必備知識(shí)，總結(jié)易錯(cuò)易混點(diǎn)。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)本類試題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)、受力特點(diǎn)，變速圓周運(yùn)動(dòng)中的繩模型與桿模型。勻速圓周運(yùn)動(dòng)常與電學(xué)進(jìn)行綜合。要求能根據(jù)問(wèn)題情景選擇合適的向心加速度的表達(dá)式。考向一圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)2024·遼寧卷，22022·山東卷，82021·全國(guó)甲卷，22021·廣東卷，4考向二勻速圓周運(yùn)動(dòng)中的受力特點(diǎn)2024·江蘇卷，102024·江西卷，142023·北京卷，102023·福建卷，152023·江蘇卷，132023·全國(guó)甲卷，42021·河北卷，9考向三變速圓周運(yùn)動(dòng)中的繩模型2024·浙江1月，202024·河北卷，142023·北京卷，182023·湖北卷，142023·浙江1月，182021·浙江卷，72021·浙江卷，212022·全國(guó)甲卷，1考向四變速圓周運(yùn)動(dòng)中的桿模型2024·湖南卷，152024·全國(guó)甲卷，42024·山東卷，172023·浙江6月，182022·浙江1月，202022·浙江6月，202022·全國(guó)乙卷，3考向五實(shí)驗(yàn)：探究向心力大小的表達(dá)式2021·浙江1月，16（2）命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了各種圓周運(yùn)動(dòng)。預(yù)測(cè)2025年高考將繼續(xù)考查各種圓周運(yùn)動(dòng)。試題精講考向一圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)1.（2024年遼寧卷第2題）“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見(jiàn)的技巧。如圖，當(dāng)籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的（）A.半徑相等 B.線速度大小相等C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等【答案】D【解析】D．由題意可知，球面上P、Q兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)屬于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，故角速度大小相等，故D正確；A．由圖可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的關(guān)系為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度的關(guān)系為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知，球面上P、Q兩點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度的關(guān)系為故C錯(cuò)誤。故選D?？枷蚨蛩賵A周運(yùn)動(dòng)中的受力特點(diǎn)2.（2024·江蘇卷·第10題）（多選）如圖所示，細(xì)繩穿過(guò)豎直的管子拴住一個(gè)小球，讓小球在A高度處作水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)用力將細(xì)繩緩慢下拉，使小球在B高度處作水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，則（）A.線速度vA>vB B.角速度ωA<ωBC.向心加速度aA<aB D.向心力FA>FB【答案】BC【解析】CD．設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，對(duì)小球受力分析有Fn=mgtanθ=ma由題圖可看出小球從A高度到B高度θ增大，則由aA<aB，F(xiàn)A<FB故C正確，D錯(cuò)誤；AB．根據(jù)可得，由圖可知h減小，則有ωA<ωB線速度大小無(wú)法判斷，故A錯(cuò)誤，B正確。故選BC。3.（2024年江西卷第14題）雪地轉(zhuǎn)椅是一種游樂(lè)項(xiàng)目，其中心傳動(dòng)裝置帶動(dòng)轉(zhuǎn)椅在雪地上滑動(dòng)。如圖（a）、（b）所示，傳動(dòng)裝置有一高度可調(diào)的水平圓盤，可繞通過(guò)中心O點(diǎn)的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉(zhuǎn)椅（視為質(zhì)點(diǎn)）。轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉(zhuǎn)椅與雪地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）在圖（a）中，若圓盤在水平雪地上以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點(diǎn)做半徑為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求與之間夾角的正切值。（2）將圓盤升高，如圖（b）所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)椅運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后在水平雪地上繞點(diǎn)做半徑為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子與豎直方向的夾角為，繩子在水平雪地上的投影與的夾角為。求此時(shí)圓盤的角速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）轉(zhuǎn)椅做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)輕繩拉力為T，轉(zhuǎn)椅質(zhì)量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉(zhuǎn)椅受到地面的滑動(dòng)摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故可得聯(lián)立解得（2）設(shè)此時(shí)輕繩拉力為，沿和垂直豎直向上的分力分別為，對(duì)轉(zhuǎn)椅根據(jù)牛頓第二定律得沿切線方向豎直方向聯(lián)立解得考向三變速圓周運(yùn)動(dòng)中的繩模型4.（2024年1月浙江卷第20題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長(zhǎng)度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大??；②在上經(jīng)過(guò)的總路程；③在上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。（2）若，滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【解析】（1）①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)向心加速度大小為②小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)樗孕∥飰Ka每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在上經(jīng)過(guò)的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得（2）對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有解得5.（2024年湖北卷第14題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有其中，解得小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為解得（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為，小球在P點(diǎn)正上方的速度為，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有小球從點(diǎn)正下方到P點(diǎn)正上方過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得即P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離為。考向四變速圓周運(yùn)動(dòng)中的桿模型6.（2024年湖南卷第15題）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大?。唬?）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程?！敬鸢浮浚?），；（2）或；（3）【解析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有聯(lián)立解得，因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為，則有聯(lián)立解得由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后速度大小分別為，，則同樣有聯(lián)立解得，，故第三次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為；所以聯(lián)立可得因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即根據(jù)①的分析可證，，滿足題意。綜上可知或。（3）第一次碰前相對(duì)速度大小為v0，第一次碰后的相對(duì)速度大小為，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運(yùn)動(dòng)一圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)動(dòng)一圈，有第一次碰撞動(dòng)量守恒有且聯(lián)立解得B球運(yùn)動(dòng)的路程第二次碰撞的相對(duì)速度大小為第二次碰撞有且聯(lián)立可得所以B球運(yùn)動(dòng)的路程一共碰了2n次，有7.（2024年全國(guó)甲卷第4題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開(kāi)始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.在Q點(diǎn)最大 B.在Q點(diǎn)最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點(diǎn)）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知的大小在時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過(guò)程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。8.（2024年山東卷第17題）如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過(guò)t0時(shí)間，則軌道有小物塊有在這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)解得考向五實(shí)驗(yàn)：探究向心力大小的表達(dá)式考向一圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)1.（2022年山東卷第8題）無(wú)人配送小車某次性能測(cè)試路徑如圖所示，半徑為半圓弧與長(zhǎng)的直線路徑相切于B點(diǎn)，與半徑為的半圓弧相切于C點(diǎn)。小車以最大速度從A點(diǎn)駛?cè)肼窂?，到適當(dāng)位置調(diào)整速率運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，然后保持速率不變依次經(jīng)過(guò)和。為保證安全，小車速率最大為。在段的加速度最大為，段的加速度最大為。小車視為質(zhì)點(diǎn)，小車從A到D所需最短時(shí)間t及在段做勻速直線運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)距離l為（）

AB.C.D.【答案】B【解析】在BC段的最大加速度為a1=2m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為在CD段的最大加速度為a2=1m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為可知在BCD段運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v=2m/s，在BCD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為AB段從最大速度vm減速到v的時(shí)間位移在AB段勻速的最長(zhǎng)距離為l=8m-3m=5m則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則從A到D最短時(shí)間為故選B。2.（2021年全國(guó)甲卷第2題）“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過(guò)紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會(huì)交替出現(xiàn)。拉動(dòng)多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s，此時(shí)紐扣上距離中心1cm處的點(diǎn)向心加速度大小約為（）A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2【答案】C【解析】紐扣在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中由向心加速度故選C。3.（2021年廣東卷第4題）由于高度限制，車庫(kù)出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動(dòng)桿與橫桿鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個(gè)端點(diǎn)。在道閘抬起過(guò)程中，桿始終保持水平。桿繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.P點(diǎn)的線速度大小不變B.P點(diǎn)的加速度方向不變C.Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)D.Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】A．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則P點(diǎn)的線速度大小不變，A正確；B．由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)的加速度方向時(shí)刻指向O點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動(dòng)與P點(diǎn)相同，相對(duì)于O點(diǎn)在豎直方向的位置y關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為y=lOPsin(+ωt)則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．Q點(diǎn)相對(duì)于O點(diǎn)在水平方向位置x關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為x=lOPcos(+ωt)+lPQ則可看出Q點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選A?？枷蚨蛩賵A周運(yùn)動(dòng)中的受力特點(diǎn)4.（2023年北京卷第10題）在太空實(shí)驗(yàn)室中可以利用勻速圓周運(yùn)動(dòng)測(cè)量小球質(zhì)量。如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一待測(cè)小球，使其繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，用力傳感器測(cè)得繩上的拉力為F，用停表測(cè)得小球轉(zhuǎn)過(guò)n圈所用的時(shí)間為t，用刻度尺測(cè)得O點(diǎn)到球心的距離為圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。下列說(shuō)法正確的是（）A.圓周運(yùn)動(dòng)軌道可處于任意平面內(nèi)B.小球的質(zhì)量為C.若誤將圈記作n圈，則所得質(zhì)量偏大D.若測(cè)R時(shí)未計(jì)入小球半徑，則所得質(zhì)量偏小【答案】A【解析】A．空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，可知圓周運(yùn)動(dòng)的軌道可處于任意平面內(nèi)，故A正確；B．根據(jù)解得小球質(zhì)量故B錯(cuò)誤；C．若誤將n-1圈記作n圈，則得到的質(zhì)量偏小，故C錯(cuò)誤；D．若測(cè)R時(shí)未計(jì)入小球的半徑，則R偏小，所測(cè)質(zhì)量偏大，故D錯(cuò)誤。故選A。5.（2023年福建卷第15題）一種離心測(cè)速器的簡(jiǎn)化工作原理如圖所示。細(xì)桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上的O點(diǎn)，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當(dāng)測(cè)速器穩(wěn)定工作時(shí)，圓環(huán)將相對(duì)細(xì)桿靜止，通過(guò)圓環(huán)的位置可以確定細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。已知細(xì)桿長(zhǎng)度，桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角a始終為，彈簧原長(zhǎng)，彈簧勁度系數(shù)，圓環(huán)質(zhì)量；彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不計(jì)（1）若細(xì)桿和圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求圓環(huán)到O點(diǎn)的距離；（2）求彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大??；（3）求圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時(shí)，細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小。【答案】（1）0.05m；（2）；（3）【解析】（1）當(dāng)細(xì)桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，對(duì)圓環(huán)受力分析得根據(jù)胡克定律得彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時(shí)的長(zhǎng)度即為圓環(huán)到O點(diǎn)的距離（2）若彈簧處于原長(zhǎng)，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為聯(lián)立解得（3）圓環(huán)處于細(xì)桿末端P時(shí)，圓環(huán)受力分析重力，彈簧伸長(zhǎng)，彈力沿桿向下。根據(jù)胡克定律得對(duì)圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有，由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得6.（2023年江蘇卷第13題）“轉(zhuǎn)碟”是傳統(tǒng)的雜技項(xiàng)目，如圖所示，質(zhì)量為m的發(fā)光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發(fā)光物體隨碟子一起在水平面內(nèi)繞A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)角速度為時(shí)，碟子邊緣看似一個(gè)光環(huán)。求此時(shí)發(fā)光物體的速度大小和受到的靜摩擦力大小f。【答案】；【解析】發(fā)光體的速度發(fā)光體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則靜摩擦力充當(dāng)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則靜摩擦力大小為7.（2023年全國(guó)甲卷第4題）一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其所受合力大小與軌道半徑的n次方成正比，運(yùn)動(dòng)周期與軌道半徑成反比，則n等于（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意設(shè)周期合外力等于向心力，根據(jù)聯(lián)立可得其中為常數(shù)，的指數(shù)為3，故題中故選C。8.（2021年河北卷第9題）（多選）如圖，矩形金屬框豎直放置，其中、足夠長(zhǎng)，且桿光滑，一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球穿過(guò)桿，金屬框繞軸分別以角速度和勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球均相對(duì)桿靜止，若，則與以勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)相比，以勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)（）

A.小球的高度一定降低 B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球?qū)U壓力的大小一定變大 D.小球所受合外力的大小一定變大【答案】BD【解析】對(duì)小球受力分析，設(shè)彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，則對(duì)小球豎直方向而可知θ為定值，T不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯(cuò)誤，B正確；水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時(shí)，桿對(duì)小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸，則即當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時(shí)，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸即則因，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大。則C錯(cuò)誤；根據(jù)可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。故選BD?？枷蛉兯賵A周運(yùn)動(dòng)中的繩模型9.（2023年北京卷第18題）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得解得（2）碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得解得（3）A、B碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得則碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為10.（2023年湖北卷第14題）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；（2）B和D兩點(diǎn)的高度差；（3）小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。【答案】（1）；（2）0；（3）【解析】（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有解得

（2）由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有則小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有S=π?2R解得11、（2023年1月浙江卷第18題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B（E）處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑點(diǎn)高度為長(zhǎng)度，HI長(zhǎng)度，擺渡車長(zhǎng)度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小和軌道對(duì)滑塊的作用力大??；（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。答案：(1)22N(2)0.3(3)2.5s解析：(1)C點(diǎn)離地高度為滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得在最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得(2)從靜止釋放到G點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得由題可知，滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速，速度大小設(shè)為v根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得由功能關(guān)系可得綜合解得(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過(guò)程，滑塊的加速度大小為設(shè)滑塊從滑上擺渡車到共速的時(shí)間為，有共速后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間12.（2021年浙江卷第7題）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的照片如圖所示，對(duì)該時(shí)刻，下列說(shuō)法正確的是（）A.秋千對(duì)小明的作用力小于B.秋千對(duì)小明的作用力大于C.小明的速度為零，所受合力為零D.小明的加速度為零，所受合力為零【答案】A【解析】在最高點(diǎn)，小明的速度為0，設(shè)秋千的擺長(zhǎng)為l，擺到最高點(diǎn)時(shí)擺繩與豎直方向的夾角為，秋千對(duì)小明的作用力為F，則對(duì)人，沿?cái)[繩方向受力分析有由于小明的速度為0，則有沿垂直擺繩方向有解得小明在最高點(diǎn)的加速度為所以A正確；BCD錯(cuò)誤；故選A。13.（2021年浙江卷第21題）如圖所示，水平地面上有一高的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點(diǎn)，軌道的半徑、圓心在點(diǎn)，、D、和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【解析】（1）小滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)代入數(shù)據(jù)解得（2）小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得解得，小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有，解得，結(jié)合(1)問(wèn)可得解得h的最小值（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理由平拋運(yùn)動(dòng)可得，聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)取最大，最大值為14.（2022年全國(guó)甲卷第1題）北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A B. C. D.【答案】D【解析】運(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理有在c點(diǎn)有FNc≤kmg聯(lián)立有故選D。考向四變速圓周運(yùn)動(dòng)中的桿模型15、（2023年6月浙江卷第18題）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為的滑塊b與質(zhì)量為的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)，以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小和所受支持力大?。唬?）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度，求滑塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差。答案：(1)31.0N

(2)0

(3)0.2m

解析：(1)滑塊a以初速度從D處進(jìn)入豎直圓弧軌道DEF運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有

解得

在最低點(diǎn)F，由牛頓第二定律有

解得

(2)碰撞后滑塊a返回到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有

解得

滑塊碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有

解得

碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能

(3)滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動(dòng)量守恒定律有

解得

滑塊ab一起向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，ab減速運(yùn)動(dòng)，c加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最小，由動(dòng)量守恒定律有

解得

由機(jī)械能守恒定律有

解得

由解得最大壓縮量

滑塊ab一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使ab繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到零時(shí)，c速度最大，ab速度最小；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c減速，ab加速，當(dāng)abc三者速度相等時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最大，其對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能與彈簧長(zhǎng)度最小時(shí)彈性勢(shì)能相等，由彈簧的彈性勢(shì)能公式可知最大伸長(zhǎng)量

所以碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差16.（2022年浙江1月卷第20題）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)（與B點(diǎn)等高），B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長(zhǎng)度，滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cos37°=0.8?；瑝K開(kāi)始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放，（）（1）若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大小；（2）設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與之間的關(guān)系式；（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度的值?！敬鸢浮浚?）7N；（2）（）；（3），，【解析】（1）滑塊釋放運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)解得（2）能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)解得而要保證滑塊能到達(dá)F點(diǎn)，必須要保證它能到達(dá)DEF最高點(diǎn)，當(dāng)小球恰好到達(dá)DEF最高點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可解得則要保證小球能到F點(diǎn)，，帶入可得（3）設(shè)全過(guò)程摩擦力對(duì)滑塊做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)做功的n倍，則n=1,3,5,……解得n=1,3,5,……又因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，滿足要求。即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度的值可能為，，。17.（2022年浙江6月卷第20題）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度的大??；（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力與h間滿足的關(guān)系；（3）若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸）。

【答案】（1）；（2）；（3）當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，【解析】（1）滑塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）分析可知，物塊與物塊在發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊剛好可以到達(dá)點(diǎn)，高度為，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得以豎直向下為正方向由動(dòng)能定理聯(lián)立可得（3）當(dāng)時(shí)，物塊位置在點(diǎn)或點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得從點(diǎn)飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)，從釋放時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得可知物塊達(dá)到距離點(diǎn)0.8m處?kù)o止，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得距離點(diǎn)0.6m，綜上可知當(dāng)時(shí)代入數(shù)據(jù)得18.（2022年全國(guó)乙卷第3題）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由下滑，在下滑過(guò)程中，小環(huán)的速率正比于（）

A.它滑過(guò)的弧長(zhǎng)B.它下降的高度C.它到P點(diǎn)的距離D.它與P點(diǎn)的連線掃過(guò)的面積【答案】C【解析】如圖所示設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點(diǎn)的距離為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得可得故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C?？枷蛭鍖?shí)驗(yàn)：探究向心力大小的表達(dá)式19、（2023年1月浙江卷第16題（2））實(shí)驗(yàn)題Ⅰ.（2）“探究向心力大小的表達(dá)式”實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示。①采用的實(shí)驗(yàn)方法是________。A.控制變量法 B.等效法 C.模擬法②在小球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同的情況下，逐漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄到一定速度后保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。此時(shí)左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的________之比（選填“線速度大小”“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄過(guò)程中，左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值________（選填“不變”“變大”或“變小”）。答案：Ⅰ.（2）①A；②角速度平方；不變解析：Ⅰ.（2）①探究向心力大小的表達(dá)式時(shí)采用的實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法，A正確，BC錯(cuò)誤。②由向心力公式可知，左右標(biāo)尺露出的紅白相間等分標(biāo)記的比值等于兩小球的線速度平方之比、角速度平方之比或周期平方的反比；在加速轉(zhuǎn)動(dòng)手柄的過(guò)程，由于左右兩塔輪的角速度之比不變，因此左右標(biāo)尺露出紅白相間等分標(biāo)記的比值不變。一、圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題1．描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)(1)定義：如果物體沿著圓周運(yùn)動(dòng)，并且線速度的大小處處相等，這種運(yùn)動(dòng)叫作勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(2)特點(diǎn)：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變速運(yùn)動(dòng)．3．常見(jiàn)的傳動(dòng)方式及特點(diǎn)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)皮帶傳動(dòng)齒輪傳動(dòng)裝置A、B兩點(diǎn)在同軸的一個(gè)圓盤上兩個(gè)輪子用皮帶連接，A、B兩點(diǎn)分別是兩個(gè)輪子邊緣的點(diǎn)兩個(gè)齒輪輪齒嚙合，A、B兩點(diǎn)分別是兩個(gè)齒輪邊緣上的點(diǎn)特點(diǎn)角速度、周期相同線速度大小相等線速度大小相等轉(zhuǎn)向相同相同相反規(guī)律線速度與半徑成正比：eq\f(vA,vB)＝eq\f(r,R)向心加速度與半徑成正比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r,R)向心加速度與半徑成反比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r,R)角速度與半徑成反比：eq\f(ωA,ωB)＝eq\f(r2,r1)向心加速度與半徑成反比：eq\f(aA,aB)＝eq\f(r2,r1)二、圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力(1)作用效果：向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?2)大?。篎n＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝meq\f(4π2,T2)r＝mωv.(3)方向：始終沿半徑方向指向圓心，時(shí)刻在改變，即向心力是一個(gè)變力．2．離心運(yùn)動(dòng)和近心運(yùn)動(dòng)①當(dāng)F＝0時(shí)，物體沿切線方向飛出，做勻速直線運(yùn)動(dòng)．②當(dāng)0<F<mrω2時(shí)，物體逐漸遠(yuǎn)離圓心，做離心運(yùn)動(dòng)．③當(dāng)F>mrω2時(shí)，物體逐漸向圓心靠近，做近心運(yùn)動(dòng)．3．勻速圓周運(yùn)動(dòng)與變速圓周運(yùn)動(dòng)中合力、向心力的特點(diǎn)(1)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力：提供向心力．(2)變速圓周運(yùn)動(dòng)的合力(如圖)①與圓周相切的分力Ft產(chǎn)生切向加速度at，改變線速度的大小，當(dāng)at與v同向時(shí)，速度增大，做加速圓周運(yùn)動(dòng)，反向時(shí)做減速圓周運(yùn)動(dòng)．②指向圓心的分力Fn提供向心力，產(chǎn)生向心加速度an，改變線速度的方向．三、探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系1．實(shí)驗(yàn)思路本實(shí)驗(yàn)探究向心力與多個(gè)物理量之間的關(guān)系，因而實(shí)驗(yàn)方法采用了控制變量法．在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中可以通過(guò)兩個(gè)小球同時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)照，分別分析下列情形：(1)在質(zhì)量、半徑一定的情況下，探究向心力大小與角速度的關(guān)系．(2)在質(zhì)量、角速度一定的情況下，探究向心力大小與半徑的關(guān)系．(3)在半徑、角速度一定的情況下，探究向心力大小與質(zhì)量的關(guān)系．2．實(shí)驗(yàn)器材向心力演示器、小球．3．注意事項(xiàng)搖動(dòng)手柄時(shí)應(yīng)緩慢加速，注意觀察其中一個(gè)標(biāo)尺的格數(shù)．達(dá)到預(yù)定格數(shù)時(shí)，即保持轉(zhuǎn)速恒定，觀察并記錄其余讀數(shù)．四、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題輕繩模型(最高點(diǎn)無(wú)支撐)輕桿模型(最高點(diǎn)有支撐)實(shí)例球與繩連接、水流星、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)的“過(guò)山車”等球與桿連接、球在光滑管道中運(yùn)動(dòng)等圖示受力示意圖F彈向下或等于零F彈向下、等于零或向上力學(xué)方程mg＋F彈＝meq\f(v2,R)mg±F彈＝meq\f(v2,R)臨界特征F彈＝0mg＝meq\f(vmin2,R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0F彈＝mg討論分析(1)最高點(diǎn)，若v≥eq\r(gR)，F(xiàn)彈＋mg＝meq\f(v2,R)，繩或軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力F彈(2)若v<eq\r(gR)，則不能到達(dá)最高點(diǎn)，即到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)彈＝mg，F(xiàn)彈背離圓心(2)當(dāng)0<v<eq\r(gR)時(shí)，mg－F彈＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)彈背離圓心并隨v的增大而減小(3)當(dāng)v＝eq\r(gR)時(shí)，F(xiàn)彈＝0(4)當(dāng)v>eq\r(gR)時(shí)，mg＋F彈＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)彈指向圓心并隨v的增大而增大1．（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，水平地面上固定有傾角為45°，高為h的斜面。O點(diǎn)位于A點(diǎn)正上方且與B點(diǎn)等高。細(xì)繩一端固定于O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球相連。小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好拉斷，之后做平拋運(yùn)動(dòng)并垂直擊中斜面的中點(diǎn)（重力加速度為g），下列說(shuō)法正確的是（）A.細(xì)繩長(zhǎng)度為B.繩剛要拉斷時(shí)張力為C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D.若球擊中斜面反彈的速度大小為擊中前的一半，則反彈后球能落到A點(diǎn)【答案】D【解析】AC．小球做平拋運(yùn)動(dòng)并垂直擊中斜面的中點(diǎn)，有解得小球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移為所以細(xì)繩的長(zhǎng)度為A和C均錯(cuò)誤；B．在圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，有解得，繩剛要拉斷時(shí)張力為B錯(cuò)誤；D．球擊中斜面時(shí)的速度為反彈的速度大小為設(shè)反彈后能擊中A點(diǎn)，則水平方向位移為，有解得豎直位移為所以反彈后球恰好能落到A點(diǎn)，D正確。故選D。2．（2024·安徽安慶·三模）（多選）如圖所示，半徑為R的豎直半圓軌道BCD與光滑水平軌道AB平滑連接于B點(diǎn)，水平面上固定一輕質(zhì)彈簧，壓縮彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能可以發(fā)射質(zhì)量為m的小滑塊，已知重力加速度g，則下列說(shuō)法正確的（）A.若半圓軌道也是光滑的，彈簧彈性勢(shì)能為，則小滑塊恰能到達(dá)D點(diǎn)B.若半圓軌道也是光滑的，小滑塊恰能到達(dá)D點(diǎn)，則在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為C.若半圓軌道也是光滑的，彈簧彈性勢(shì)能為，則小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距B點(diǎn)最大豎直高度為D.若彈簧彈性勢(shì)能為，小滑塊到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道壓力為，則小滑塊在半圓軌道上克服摩擦力做的功為【答案】BC【解析】A．小滑塊恰能到達(dá)D點(diǎn)，有解得根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有解得即，滑塊若恰好到達(dá)D點(diǎn)，彈性勢(shì)能為，故A錯(cuò)誤；B．小滑塊恰能到達(dá)D點(diǎn)，有解得根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有解得根據(jù)牛頓第二定律，有解得根據(jù)牛頓第三定律，可知對(duì)軌道壓力為，故B正確；C．由于小滑塊的初動(dòng)能為，可知小滑塊可以沖過(guò)C點(diǎn)不能到達(dá)D點(diǎn)就離開(kāi)圓弧軌道，設(shè)小滑塊離開(kāi)軌道的位置E與圓心的連線與水平方向夾角為，E距B點(diǎn)的豎直高度為，根據(jù)機(jī)械能守恒有根據(jù)牛頓第二定律，有根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立可得滑塊從E點(diǎn)離開(kāi)軌道后還能上升的最大高度為小滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距B點(diǎn)最大豎直高度為故C正確；D．若小滑塊到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道壓力為，有解得根據(jù)能量守恒定律，有可得小滑塊在半圓軌道上克服摩擦力做的功為故D錯(cuò)誤。故選BC。3．（2024·皖豫名校聯(lián)盟&安徽卓越縣中聯(lián)盟·三模）如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以用來(lái)研究影響向心力的因素：金屬小球放置在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上沿徑向的光滑水平槽內(nèi)，定滑輪固定在轉(zhuǎn)臺(tái)上，跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)繩一端系住小球，另一端與力傳感器相連。某同學(xué)利用這一實(shí)驗(yàn)裝置探究在小球質(zhì)量m、轉(zhuǎn)動(dòng)半徑r一定的情況下，向心力F與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω之間的關(guān)系。（1）當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，記錄下力傳感器的讀數(shù)F；這位同學(xué)利用手機(jī)上的“秒表”功能測(cè)量轉(zhuǎn)臺(tái)的轉(zhuǎn)速：當(dāng)小球經(jīng)過(guò)他面前時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，記錄為1，下次小球再經(jīng)過(guò)他面前時(shí)記錄為2，…依次記錄，直到第n次，手機(jī)的秒表記錄到從1到n的時(shí)間為t，則小球隨著轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω=________。（2）調(diào)節(jié)轉(zhuǎn)臺(tái)的轉(zhuǎn)速，記錄不同角速度ω對(duì)應(yīng)傳感器的讀數(shù)F，得到F與ω的多組數(shù)據(jù)。利用圖像法處理數(shù)據(jù)，以F為縱軸，ω2為橫軸建立坐標(biāo)系，作出F-ω2圖像。發(fā)現(xiàn)在誤差允許范圍內(nèi)，F(xiàn)-ω2圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，得出的結(jié)論是：在小球質(zhì)量m、轉(zhuǎn)動(dòng)半徑r一定的情況下，向心力F與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的平方ω2________。（3）用圖像法處理數(shù)據(jù)時(shí)，作F-ω2圖像而不作F-ω圖像的原因是________?！敬鸢浮浚?）（2）成正比（3）F-ω圖像不是直線，不能直接得出F與ω之間的關(guān)系【解析】【小問(wèn)1詳解】從小球第1次到第n次通過(guò)同一位置，轉(zhuǎn)動(dòng)圈數(shù)為n-1，時(shí)間為t，故周期為角速度【小問(wèn)2詳解】根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，圖像為一條直線，表明向心力F與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度的平方成正比。【小問(wèn)3詳解】根據(jù)向心力公式F-ω圖像不是直線，不能直接得出F與ω之間的關(guān)系。4．（2024·北京市海淀區(qū)·二模）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點(diǎn)，另一端系有質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球從與O等高的A點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計(jì)空氣阻力及繩斷時(shí)的能量損失，重力加速度為g。求：（1）小球飛出時(shí)的速率v。（2）繩能承受拉力的最大值Fm。（3）小球落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離x。【答案】（1）；（2）3mg；（3）【解析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球飛出時(shí)的速率（2）設(shè)繩對(duì)小球的拉力為T，依據(jù)牛頓第二定律有解得T=3mg根據(jù)牛頓第三定律，繩受到的拉力大小Fm=T=3mg（3）設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則解得拋出的水平距離5．（2024·北京首都師大附中·三模）應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢(shì)在豎直平面內(nèi)按順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)。在蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是（）A.手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來(lái)越小B.手掌對(duì)蘋果的支持力越來(lái)越大C.手掌對(duì)蘋果的作用力越來(lái)越小D.因?yàn)樘O果的動(dòng)量大小不變，所以合外力對(duì)蘋果的沖量為零【答案】C【解析】AB．蘋果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，設(shè)加速度方向與豎直方向的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可得，蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，逐漸增大，逐漸增大，逐漸減小，則手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來(lái)越大，手掌對(duì)蘋果的支持力越來(lái)越小，故AB錯(cuò)誤；C．手掌對(duì)蘋果的作用力可分解為兩個(gè)分力，其中分力與蘋果重力平衡，方向豎直向上，另一分力提供所需向心力，方向總是指向圓心；在蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，與大小均不變，且與之間的夾角逐漸增大，則與的合力逐漸減小，即手掌對(duì)蘋果的作用力越來(lái)越小，故C正確；D．蘋果的動(dòng)量大小不變，但動(dòng)量的方向時(shí)刻發(fā)生變化，所以動(dòng)量變化不為0，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力對(duì)蘋果的沖量不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024·甘肅省白銀市靖遠(yuǎn)縣·三模）如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度，長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質(zhì)量的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量的子彈以的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，取重力加速度大小，求：（1）子彈射穿木塊過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q；（2）子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的距離d?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設(shè)子彈穿出木塊時(shí)的速度大小為，木塊的最大速度為，最小速度為，有由能量關(guān)系子彈射入木塊過(guò)程動(dòng)量守恒子彈射穿木塊過(guò)程中產(chǎn)生的熱量解得（2）設(shè)子彈穿出木塊后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有解得7．（2024·海南省四校聯(lián)考）如圖所示為某自行車的大齒輪、小齒輪和后輪結(jié)構(gòu)示意圖，它們的邊緣有三個(gè)點(diǎn)a、b、c，半徑大小關(guān)系為，下列判斷正確的是（）A.b比a的角速度小 B.b和c的角速度相等C.a比b的向心加速度大 D.c比b的向心加速度大【答案】C【解析】AB．a(chǎn)、b共軸，角速度相同，b、c通過(guò)鏈條相連，線速度相同，根據(jù)，可知?jiǎng)t有故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)向心加速度公式又，則故C正確；D．根據(jù)向心加速度公式又，則故D錯(cuò)誤故選C。8．（2024·河北·三模）（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是長(zhǎng)度為R的水平軌道，BCDE是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)。一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從A點(diǎn)以某速度（大小未知）水平向左運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，小球剛好過(guò)最高點(diǎn)D點(diǎn)B.當(dāng)時(shí)，小球不會(huì)脫離圓弧軌道C.若小球能通過(guò)E點(diǎn)，則越大，小球在B點(diǎn)與E點(diǎn)所受的彈力之差越大D.小球從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的最長(zhǎng)時(shí)間為【答案】AD【解析】A．由題知，小球剛好過(guò)最高點(diǎn)D點(diǎn)，則由圓周運(yùn)動(dòng)知在A到D過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知聯(lián)立解得A正確；B．當(dāng)時(shí)，設(shè)上升高度為，假設(shè)小球不會(huì)脫離圓弧軌道，則必須滿足，由動(dòng)能定理知代入得假設(shè)不成立，故當(dāng)時(shí)，小球會(huì)脫離圓弧軌道，B錯(cuò)誤；C．B到E運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理知在B點(diǎn)時(shí)，小球所受彈力為在E點(diǎn)時(shí)，小球所受彈力為則小球在B點(diǎn)與E點(diǎn)所受的彈力之差為故小球在B點(diǎn)與E點(diǎn)所受的彈力之差不變，C錯(cuò)誤；D．在D到E過(guò)程中，由動(dòng)能定理知代入得從E到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，則代入得D正確；故選AD。9．（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）如圖甲所示，汽車的后備箱里水平放著一個(gè)內(nèi)裝圓柱形工件的木箱，工件截面和車的行駛方向垂直，當(dāng)汽車以恒定速率通過(guò)如圖乙所示的三個(gè)半徑依次變小的水平圓弧形彎道ABC時(shí)，木箱及箱內(nèi)工件均保持相對(duì)靜止。從汽車行駛方向上看，下列說(shuō)法正確的是（）A.Q和M對(duì)P的支持力大小始終相等B.汽車過(guò)A點(diǎn)時(shí)，汽車重心的角速度最小C.汽車過(guò)A、B、C三點(diǎn)時(shí)工件P受到的合外力大小相等D.汽車過(guò)A、C兩點(diǎn)時(shí)，M對(duì)P的支持力小于Q對(duì)P的支持力【答案】B【解析】A．汽車過(guò)A、B、C三點(diǎn)時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力指向圓弧的圓心，故對(duì)工件P受力分析可知，汽車經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)時(shí)合外力向左，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)合外力向右，故Q和M對(duì)P的支持力大小不是始終相等，A錯(cuò)誤；B．汽車過(guò)A點(diǎn)時(shí)，由角速度與線速度關(guān)系可知，在A點(diǎn)圓弧軌道半徑最大，則汽車重心的角速度最小，故B正確；C．根據(jù)合外力提供向心力，有當(dāng)汽車以恒定速率通過(guò)半徑依次變小的A、B、C三點(diǎn)時(shí)，工件P受到的合外力大小依次在增大，故C錯(cuò)誤；D．汽車過(guò)A、C兩點(diǎn)時(shí)，所受的合外力向左，因此M對(duì)P的支持力大于Q對(duì)P的支持力，故D錯(cuò)誤。故選B。10．（2024·湖北省十一校聯(lián)考·二模）如圖所示，半圓豎直軌道與水平面平滑連接于B點(diǎn)，半圓軌道的圓心為O，半徑為R，C為其最高點(diǎn)。BD段為雙軌道，D點(diǎn)以上只有內(nèi)軌道，D點(diǎn)與圓心的連線與水平方向夾角為，一小球從水平面上的A點(diǎn)以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，能沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點(diǎn)。不計(jì)一切摩擦。則（）A.小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為B.小球到達(dá)C點(diǎn)后會(huì)向左做平拋運(yùn)動(dòng)C.小球在A點(diǎn)的初動(dòng)能等于D.若小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)內(nèi)外軌道均無(wú)彈力，則【答案】D【解析】AB．由于，D點(diǎn)以上只有內(nèi)軌道，小球沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點(diǎn)，可知，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為0，小球到達(dá)C點(diǎn)后不會(huì)向左做平拋運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述，小球從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程，