2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（一）部周测422_（物理）试卷新人教版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（一）部周测422_（物理）试卷新人教版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2:3:6，当齿轮转动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，则下列说法正确的是（ ）

A.A点和B点的线速度大小之比为1:2
B.A点和B点的向心加速度之比为3:1
C.A点和B点的角速度之比为1:3
D.A点和B点的周期之比为2:1

2. 如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则（ ）

A.小球A做匀速圆周运动的角速度ω=2gHR
B.小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用
C.小球A受到的合力大小为mgH2R
D.小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上

3. 关于机械能守恒，下列说法正确的是（ ）
A.物体的机械能守恒时，一定只受重力
B.物体处于平衡状态时，机械能守恒
C.物体除受重力外，还受其他力，机械能一定不守恒
D.物体的重力势能和动能之和增大时，必定有重力以外的力对它做功

4. 如图a所示，静止在水平地面上的物体，受到水平拉力F的作用，F与时间t的变化关系如图b所示．设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等．则t1∼t3时间内（ ）

A.t2时刻物体的速度最大B.t2时刻摩擦力的功率最大
C.t3时刻物体的动能最大D.t3时刻物体开始反向运动

5. 如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.斜劈机械能守恒
B.小球的机械能守恒
C.斜劈与小球组成的系统机械能不守恒
D.斜劈对小球的弹力做负功

6. 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m1的重物，当重物的速度为v1时，起重机的输出功率达到最大值P；若由静止开始以相同的加速度匀加速提起质量为m2(m2>m1)的重物，当重物的速度为v2时，起重机的输出功率达到最大值P．重力加速度为g，不计空气阻力．则两个过程中，下列说法正确的是（ ）
A.钢绳较大的拉力为Pv1
B.钢绳较大的拉力为Pv2+mg
C.两物体质量之比为m1m2=v2v1
D.重物m1做匀加速运动的时间为m1v12P+m1gv1

7. 如图所示，北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（ ）

A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B.该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
C.该卫星在轨道2的Q点，其速度可能大于7.9km/s
D.该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度大于在轨道2上Q点的加速度

8. 如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（ ）

A.a3>a2>a1B.a2>a1>a3C.a3>a1>a2D.a2>a3>a1
二、多选题

“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（ ）
A.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
B.“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍
C.“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍
D.“轨道康复者”的机械能小于地球同步卫星的机械能

如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一个小球．让小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，当运动到最高点时，其速度大小为v，杆与小球间作用力大小为F．F−v2图像如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）

A.小球的质量为aRb
B.当地的重力加速度大小为Rb
C.当v2=c时，杆对小球的作用力方向向上
D.当v2=2b时，小球受到杆的作用力与小球的重力大小相等

“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．则从D到A过程（ ）

A.健身者对“太极球”做正功B.“太极球”的机械能守恒
C.“太极球”的重力势能增加D.合外力对“太极球”做正功

如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α=37∘的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度ℎ的变化如图乙所示．g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8．则下列说法正确的是（ ）

A.物体的质量m=2kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C.物体上升过程的加速度大小a=2m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10J
三、实验探究题

如图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图．图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同．a、b两轮在皮带的传动下匀速转动．

（1）本实验采用的科学方法是（ ）
A.控制变量法B.累积法C.微元法D.放大法

（2）现有两个质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为3:1，如图乙所示．则钢球①、②的线速度之比为________，受到的向心力之比为________．

如图为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．

（1）为完成此实验，除了图中所示，还必需的器材有（ ）
A.刻度尺B.秒表C.天平D.交流电源

（2）下列说法正确的是________．
A.打点计时器应接到直流电源上
B.先释放重物，后接通电源
C.释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器
D.分析纸带时，可以利用公式v=2gℎ计算重物速度
E.应选用质量和密度较大的重物

（3）实验中，某实验小组得到如图所示的一条理想纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ℎA、ℎB、ℎC．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=________，动能变化量ΔEk=________．
四、解答题

“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图所示的过程．卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道．已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为r和r1，地球半径为R，月球半径为R1，地球表面重力加速度为g，月球表面重力加速度为g6．求：

（1）卫星在停泊轨道上运行的线速度大小．

（2）卫星在工作轨道上运行的周期．

如图所示，水平地面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点．竖直放置的光滑圆弧形轨道与地面相切于D点，D点到B点的距离为x=2.5m，圆弧形轨道的半径R=0.1m．第一次用质量为m1=1.1kg的小物块1将弹簧缓慢压缩到C点，释放后物块停在B点；第二次用同种材料、质量为m2=0.1kg的物块2将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点时的速度为vB=6m/s．已知两物块均可视为质点，与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4，取g=10m/s2，不计空气阻力．

（1）试求BC间的距离；

（2）试判断小物块2能否通过圆弧轨道的最高点P．如果能通过，请计算小物块通过P点时对轨道的压力大小；如果不能通过，请说明理由．

如图所示，轨道ABCD平滑连接，其中AB为光滑的曲面，BC为粗糙水平面，CD为半径为r的内壁光滑的四分之一圆管，管口D正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D端齐平．质量为m的小球在曲面AB上距BC高为3r处由静止下滑，进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，通过CD后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为Ep，已知小球与水平面BC间的动摩擦因数为μ，求：

（1）水平面BC的长度s；

（2）小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm．

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=0.6．一质量为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；

（2）小球到达C点时速度的大小；

（3）小球到达A点的速度大小；
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（一）部周测4.22 (物理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
传动问题
向心加速度
【解析】
大齿轮和小齿轮是同缘传动，边缘点的线速度大小相等；再根据v=ωr判断角速度的关系，根据a=ωv判断出向心加速度的关系．
【解答】
解：A．大齿轮和小齿轮是同缘传动，边缘点的线速度大小相等，故A点和B点的线速度大小之比为1:1，故A错误；
BC．A点和B点的半径之比为1:3，线速度相等，根据v=ωr ，角速度之比为3:1，根据向心加速度的公式：an=ω⋅v，A点和B点的线速度大小之比是1:1，角速度之比为3:1，所以A点和B点的向心加速度之比为3:1，故B正确，C错误；
D．根据周期与角速度的关系：T=2πω，A点和B点的角速度之比为3:1，周期之比为1:3，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
小球受重力与支持力的作用而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，可由向心力公式可求得小球做匀速圆周运动的角速度，并求解合力的大小及方向．
【解答】
解：AC．如图所示：
由牛顿第二定律得F=mgtanθ=mgHR=mrω2，
由几何关系可知r=R2，解得：ω=2gHR，故A正确，C错误；
B．小球A受到重力、支持力，向心力是重力和支持力的合力，故B错误；
D．小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，合力F一定指向圆心，故D错误．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
机械能守恒的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．物体的机械能守恒时，不一定只受重力，例如物体在光滑斜面上下滑时，选项A错误；
B．物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升时，选项B错误；
C．物体除受重力外，还受其他力，若其他力做功的代数和为零时机械能也守恒，选项C错误；
D．物体的重力势能和动能之和增大时，即机械能增加，则必定有重力以外的力对它做功，选项D正确．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
瞬时功率
【解析】
根据受力情况分析物体运动情况，t1时刻前，合力为零，物体静止不动，t1到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3之后合力向后，物体减速运动．
【解答】
解：A．在0∼t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，t2时刻物体受到的拉力最大，故物体的加速度最大，故A错误；
BCD．物体运动后摩擦力大小不变，当速度最大时摩擦力的功率最大，而在t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻A的速度最大，动能最大，摩擦力的功率最大，故BD错误，C正确．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
机械能守恒的判断
做功的判断及功的正负
【解析】
小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；而小球和斜劈的机械能都不守恒．
【解答】
解：ABC．小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，系统的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，斜劈的机械能不守恒，故ABC错误；
D．斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做负功，故D正确．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
【解析】
根据牛顿第二定律比较牵引力，抓住最大功率求出最大拉力．根据功率相等，结合牵引力关系求出速度的大小关系．
根据P=Fv求出牵引力，结合牛顿第二定律求出加速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间．
【解答】
解：AB．根据牛顿第二定律得，F−mg=ma，加速度相等，质量大的牵引力大，根据P=Fv，质量大的速度小，则拉力大，较大拉力为Pv2，故AB错误．
C．因为P=Fv，F=mg+ma，则(m1g+m1a)v1=(m2g+m2a)v2，加速度相等，则m1m2=v2v1，故C正确．
D．牵引力F=Pv1，则加速度a=F−mgm=Pmv1−g，
可知匀加速运动的时间t=v1a=v1Pmv1−g=m1v12P−m1gv1，故D错误．
故选：C．
7.
【答案】
B
【考点】
随地、绕地问题
万有引力定律及其应用
卫星的变轨与对接
【解析】
在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度大于7.9Km/s，卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒，由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动．
【解答】
解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：GMmr2=mv2r，
解得：v=GMr；
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A错误；
B．根据v=GMr，可知卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，则知卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故B正确；
C．第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，该卫星在轨道2的Q点，其速度小于7.9km/s，故C错误；
D．在同一点所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律可得，卫星在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，故D错误．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，
根据向心加速度an=4π2T2r，
由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，
所以a2>a1，
对于地球的同步卫星而言，因同步卫星周期小于空间站的周期，则同步卫星的轨道半径较小，
根据a=GMr2得，a3>a2>a1，故A正确．
故选A．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．
【解答】
解：A．“轨道康复者”的轨道半经为地球同步卫星轨道半径的五分之一，轨道半径越小，角速度越大，周期越小，所以“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，故A错误．
B．根据GMmr2=ma得a=GMr2，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故B正确．
C．根据GMmr2=mv2r得v=GMr，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，
则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍，故C正确；
D．机械能与质量有关，因质量关系未知，则机械能大小关系未知，故D错误．
故选：BC．
【答案】
A,D
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】
(1)由图可知：在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=mbR，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；
(2)由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下；
(3)若c=2b．根据向心力公式即可求解．
【解答】
解：AB．由图可知：在最高点，若速度v=0，则N=mg=a，
由图可知：若N=0，则mg=mbR，解得g=bR，m=aRb，故A正确，B错误；
C．由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；
D．若v2=2b，则N+mg=m2bR，解得N=mg，故D正确．
故选：AD．
【答案】
A,C
【考点】
匀速圆周运动
动能定理的应用
机械能守恒的判断
【解析】
从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，动能不变，则合外力做功为零，重力做负功，重力势能增大，则机械能增大．
【解答】
解：A．从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，根据动能定理得：W−mgℎ=0，由于重力一直做负功，所以健身者对“太极球”做正功，故A正确；
BC．从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，“太极球”的动能不变，重力做负功，重力势能增大，所以机械能增大，不守恒，故B错误，C正确；
D．从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，动能不变，合力做功为零，故D错误．
故选：AC．
【答案】
B,D
【考点】
动能定理的应用
摩擦力做功与能量转化
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能．
【解答】
解：A．物体到达最高点时，机械能E=Ep=mgℎ，m=Egℎ=3010×3kg=1kg，故A错误；
B．物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，ΔE=−μmgcsαℎsinα，解得μ=0.5，故B正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcsα=ma，解得a=10m/s2，故C错误；
D．由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功：Wf=−20J，在整个过程中由动能定理得：Ek−Ek0=2Wf，则：Ek=Ek0+2Wf=10J，故D正确．
故选BD．
三、实验探究题
【答案】
A
（2）3:1,3:1
【考点】
决定向心力大小的因素
【解析】
（1）物理学中对于多因素的问题，常常采用控制变量的方法，把多因素的问题变成单因素的问题，每一次只改变其中的一个因素，而控制其余因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别研究，甲加以综合解决，即为控制变量法；
（2）共轴的点，角速度相等，再根据向心加速度F=ma=mrω2分析．
【解答】
解：（1）实验中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，a、b轮半径相同，且a、b两轮在皮带的传动下匀速转动，则两者角速度相同，采用的控制变量法．
故选A．
（2）两者角速度、质量相等，则ωA=ωB，
根据题意可知rA:rB=3:1，
根据v=ωr线速度之比为3:1，
根据F=mrω2得向心力之比为FA:FB=3:1．
【答案】
A
C,E
（3）mgℎB,12m(ℎC−ℎA2T)2
【考点】
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律
【解析】
（1）根据实验原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据实验原理、实验步骤、注意事项进行分析；
（3）根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量．
【解答】
解：（1）A．实验中须通过刻度尺测量点迹间的距离，从而求解瞬时速度，以及重力势能的减小量，故A正确；
B．计时打点器可记录重物的运动时间，不需要秒表，故B错误；
C．验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相同，质量可以约去，不用测量质量，故C错误；
D．打点计时器使用交流电源，故D正确．
故选AD．
（2）A．打点计时器应该接在交流电源上，故A错误；
B．开始时应使重物靠近打点计时器并保持静止，先接通电源，再释放纸带，故B错误；
C．释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，从而使纸带充分得以利用，故C正确；
D．纸带与限位孔之间存在摩擦阻力，故加速度小于g，不能用公式v=2gℎ计算重物速度，故D错误；
E．质量和密度较大的重物体积较小，可以减小空气阻力的影响，故E正确．
故选CE．
（3）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量为：
ΔEp=mgℎB，
B点的瞬时速度为：
vB=ℎC−ℎA2T，
则动能的增加量为：
ΔEk=12mvB2=12m(ℎC−ℎA2T)2．
四、解答题
【答案】
（1）卫星在停泊轨道上运行的线速度大小是Rgr．
（2）卫星在工作轨道上运行的周期是2πr1R16r1g．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
根据万有引力提供向心力：GMmR2=mv2R=m⋅4π2RT2表示出线速度和周期．
运用黄金代换式GM＝gR2求出问题．
【解答】
解：（1）卫星在停泊轨道上运行，根据万有引力提供向心力：
GMmr2=mv2r，
v=GMr，
在地球表面运用黄金代换公式GM=gR2，
得v=Rgr．
（2）卫星在工作轨道上运行，根据万有引力提供向心力：
GM1mr12=m⋅4π2r1T2，
T=2πr13GM1，
在月球表面运用黄金代换式GM1=g6R12，
得T=2πr​1R16r1g．
【答案】
（1）BC间的距离为0.45m；
（2）小物块2能通过圆弧轨道的最高点P，通过P点时对轨道的压力大小为11N，竖直向上．
【考点】
动能定理的应用
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
（1）对从B到C过程根据功能关系列式求解即可；
（3）对从B到P过程根据动能定理列式，对P点状态根据牛顿第二定律列式，最后联立求解即可．
【解答】
解：（1）弹簧右侧被压到C点时，设弹簧的弹性势能为Ep，
对于m1，有：Ep=μm1gsBC，
对于m2，有：Ep=μm2gsBC+12m2vB2，
联立并代入数据得：sBC=0.45m．
（2）设小物块2恰到能够通过圆弧最高点P时的速度为vmin，此时轨道对物块的作用力为零，
由牛顿第二定律，得到m2g=m2vmin2R，
代入数据得：vmin=1m/s，
设小物块2能够通过圆弧最高点P，且通过最高点P时速度为vp，从B点运动带P点的过程中，由动能定理，得：
−μm2gx−2m2gR=12m2vp2−12m2vB2，
代入数据解得：vp=23m/s>1m/s，
故小物块2能通过圆弧轨道的最高点P，设小物块2通过P点，设轨道对其压力大小为FN，由牛顿第二定律得：
FN+m2g=m2vp2R，
代入数据得：FN=11N，
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小为11N，竖直向上．
【答案】
（1）水平面BC的长度s为5r2μ；
（2）小球向下压缩弹簧过程中的最大动能Ekm为32mgr+m2g2k−Ep．
【考点】
含弹簧类机械能守恒问题
应用动能定理处理单个物体多过程的运动
竖直面内的圆周运动-弹力
【解析】
（1）小球进入管口C端时与圆管恰好无压力作用，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出小球到达C点的速度．小球从A运动到C点的过程中，由动能定理可求出水平面BC的长度S；
（2）小球压缩弹簧时，当小球的重力和弹力平衡时速度最大，由此列式，求出此时弹簧的压缩量．设最大速度的位置为零势能面，根据小球和弹簧构成的系统机械能守恒求最大动能EKm．
【解答】
解：（1）由题知，小球在C点对轨道没有压力，对小球，由牛顿第二定律得：
mg=mvC2r，
小球从A运动到C点的过程中，由动能定理：
mg⋅3r−μmgs=12mvC2，
解得s=5r2μ．
（2）小球压缩弹簧时，最大速度时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x．
则kx=mg，
解得：x=mgk，
由C点到最大速度时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒：
设最大速度的位置为零势能面，有：
12mvC2+mg(r+x)=Ekm+Ep，
解得Ekm=32mgr+m2g2k−Ep．
【答案】
（1）水平恒力的大小为34mg；
（2）小球到达C点时速度的大小为5gR2；
（3）小球到达A点的速度大小为23gR2．
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
动能定理的应用
【解析】



【解答】
解：（1）设水平恒力的大小为F0，由力的合成法则有：
F0mg=tanα，
解得F0=34mg．
（2）小球到达C点时所受合力的大小为F，
则F2=mg2+F02，
设小球到达C点时的速度大小为v，
由牛顿第二定律得F=mv2R，
解得v=5gR2．
（3）设小球到达A点的速度大小为vA，由A到C点过程中，
设水平位移为x，竖直位移为y，
由几何关系得x=Rsinα，
y=R1+csα，
由动能定理有−mg⋅y−F0⋅x=12mv2−12mvA2，
联立代入数据得vA=23gR2．