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高考物理圆周运动常用模型最新模拟题精练专题11.曲线运动+综合模型(原卷版+解析)
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这是一份高考物理圆周运动常用模型最新模拟题精练专题11.曲线运动+综合模型(原卷版+解析)，共20页。试卷主要包含了曲线运动+综合模型，9 m等内容，欢迎下载使用。
一．选择题
1.. (2023洛阳名校联考)如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有( )
A．a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍
B．a的位移大小是b的位移大小的eq \r(2)倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能相同
2.（2023河北石家庄名校联考）如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为O1、O2，半径分别为R和2R，两个小球P、Q先后从A点水平抛出，分别落在轨道的B、C两点。已知B、C两点处于同一水平直线，在竖直方向上与A点相距0.6R，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 两小球在空中运动的时间相比较，小球P的较短
B. 两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相比较，小球Q的较大
C. 小球P与小球Q抛出时的速度之比为1：11
D. 两小球落在轨道上的瞬间，小球P的速度与水平方向的夹角较小
3. 如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0A.l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
4. 如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是( )
A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C.θ=45°
D.θ=60°
5. （2020江苏无锡期末）中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心
B. 链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向
C. 链球掷出后做匀变速运动
D. 链球掷出后运动时间与速度的方向无关
6.（6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，AB为光滑水平直轨道，BCD为半径是R的光滑半圆弧轨道。质量为m的小球在A点获得瞬时冲量l，经过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，经过D点后又恰好落到A点，重力加速为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球经过D点的速度为
B．小球获得的冲量I＝m
C．小球即将着地时重力的瞬时功率为2mg
D．小球从A点运动到B点用时2
7.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
二．计算题
1. 机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2。
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？
（3）若行李箱的质量均为15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？
2.（12分）如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s＝4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；
(3)A，C间的距离。
3. (12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＝0.8 m的圆环剪去了左上角135° 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5 kg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＝8t－2t2(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，求：
(1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；
(2)B、P间的水平距离；
(3)判断物块能否沿圆轨道到达M点．
4. （13分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．
5. （2023河南示范性高中联考）.如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质量m=1kg的物块A以v0=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。
6. 如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
7。(15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)
(1)小车到达C点时的速度大小为多少？
(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？
(3)小车的恒定功率是多少？
8．(14分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上。一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。
9．轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝2 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C处的速度大小为eq \f(10,3) m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
10. (12分) 如图所示，光滑的AB杆上套一轻质弹簧，弹簧一端与杆下端连接于固定的转轴，另一端与套在杆上质量为m的小球连接。已知AB杆足够长，弹簧的原长为l0，劲度系数为k，OO'为过B点的竖直线，杆与水平面间的夹角始终为。已知弹簧的弹性势能公式为其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。
(1)若杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置由静止释放，求小球速度最大时弹簧的弹性势能；
(2)当球随杆一起绕OO'匀速转动时，转动角速度不同弹簧的长度就会不同，已知球随杆一起以足够大的角速度转动，且在稳定的情形下弹簧处于伸长状态，小球在水平面内做匀速圆周运动。求此时弹簧伸长量。
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练
专题11.曲线运动+综合模型
一．选择题
1.. (2023洛阳名校联考)如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有( )
A．a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍
B．a的位移大小是b的位移大小的eq \r(2)倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能相同
【参考答案】D
【名师解析】.设P点离地的高度为h.对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大高度的时间为t1＝eq \r(\f(2h,g))，从最高点到地面的时间为t2＝eq \r(\f(2×2h,g))，故b运动的总时间tb＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)·eq \r(\f(2h,g))；对于a：做平抛运动，运动时间为ta＝eq \r(\f(2h,g))；则有tb＝(eq \r(2)＋1)ta，故A错误；对于b：2gh＝v02，则得v0＝eq \r(2gh)；对于a：水平位移为x＝v0t＝eq \r(2gh)·eq \r(\f(2h,g))＝2h，a的位移为xa＝eq \r(h2＋（2h）2)＝eq \r(5)h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的eq \r(5)倍，故B错误；根据机械能守恒定律得：Ek＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则知两球落地时动能可能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C错误，D正确．
2.（2023河北石家庄名校联考）如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为O1、O2，半径分别为R和2R，两个小球P、Q先后从A点水平抛出，分别落在轨道的B、C两点。已知B、C两点处于同一水平直线，在竖直方向上与A点相距0.6R，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 两小球在空中运动的时间相比较，小球P的较短
B. 两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相比较，小球Q的较大
C. 小球P与小球Q抛出时的速度之比为1：11
D. 两小球落在轨道上的瞬间，小球P的速度与水平方向的夹角较小
【参考答案】C
【名师解析】两个小球P、Q在空中都做平抛运动，由h=，得t=，可在，两小球在空中下落的高度相等，则它们在运动的时间相等，故A错误。根据△v=gt，t相等，知两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相等，故B错误。小球P做平抛运动的水平位移xB=R-=0.2R，小球Q做平抛运动的水平位移xP=R+=2.2R，由平抛运动的规律有：xP=vPt，xQ=vQt，则得小球P与小球Q抛出时的速度之比为vP：vQ=1：11，故C正确。小球P落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tanα=，小球Q落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tanβ=，可得，α＞β，小球P的速度与水平方向的夹角较大，故D错误。
【关键点拨】。
两个小球P、Q在空中都做平抛运动，运动时间由下落的高度决定。根据△v=gt分析速度变化量的关系。结合水平位移关系求小球P与小球Q抛出时的速度之比。根据分速度关系确定两小球落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角关系。对于平抛运动，要熟练掌握处理方法：运动的分解法，同时还要结合几何关系研究水平位移之间的关系。
3. 如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0A.l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
【参考答案】C
【命题意图】本题考查对机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律的理解和运用。
【解题思路】小孩向下摆动，机械能守恒，由mgl=mv2，解得v=。运动到O点正下方时，设绳子拉力为F，由牛顿第二定律，F-mg=m，解得F=3mg，由牛顿第三定律，绳子的拉力恒定为3mg，选项AB错误；小孩运动到绳子竖直时松手后做平抛运动，由平抛运动规律，x=vt，H-l=gt2，联立解得：x=2，由数学知识可知，当l=H/2时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，选项C正确D错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是错误认为小孩速度越大就对绳子拉力越大，导致错选A；二是不能正确运用相关知识列方程得出水平位移表达式，不能正确运用数学知识得出最大水平距离。
4. 如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是( )
A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C.θ=45°
D.θ=60°
【参考答案】:BD
【名师解析】:题图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系,直线d表示细线对小球b的拉力大小随时间变化的关系,选项A错误,B正确.对a小球运动，由机械能守恒定律，mgL(1-cs θ)=mv2,在最低点，由牛顿第二定律，F-mg=m,解得细线对小球a的拉力最大值F=3mg-2mgcs θ,在a小球运动到最高点时拉力最小,最小值F=mgcs θ,由题图乙可知细线对小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,选项C错误,D正确.
5. （2020江苏无锡期末）中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心
B. 链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向
C. 链球掷出后做匀变速运动
D. 链球掷出后运动时间与速度的方向无关
【参考答案】C
【名师解析】链球做加速圆周运动，拉力和重力的合力提供两方面的效果，一是径向的合力提供向心力，切向的合力提供切向力，故拉力不指向圆心，故A错误。轨迹的切线方向为运动方向，链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的切线方向，故B错误。松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，做匀变速运动，故C正确。链球做斜抛运动，设初速度为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则竖直方向上分速度为vcsθ，运动时间t=，即运动时间与速度的方向有关，故D错误。
【关键点拨】。
链球做加速圆周运动，拉力不指向圆心。轨迹的切线方向为运动方向。松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，根据斜抛运动及圆周运动相关知识即可求解。本题考查了圆周运动和斜抛运动的相关知识，解题的关键是明确斜抛运动，只受重力作用下，属于匀变速运动。
6.（6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，AB为光滑水平直轨道，BCD为半径是R的光滑半圆弧轨道。质量为m的小球在A点获得瞬时冲量l，经过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，经过D点后又恰好落到A点，重力加速为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球经过D点的速度为
B．小球获得的冲量I＝m
C．小球即将着地时重力的瞬时功率为2mg
D．小球从A点运动到B点用时2
【参考答案】CD
【名师解析】根据小球在D点的受力情况应用牛顿第二定律求出经过D点时的速度；
从A到D过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球在A点的速度，然后求出其获得的冲量；小球离开D后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球落地时的竖直分速度，然后求出重力的瞬时功率；小球从A到B做匀速直线运动，应用运动学公式可以求出从A到B的时间。
小球过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，在D点，由牛顿第二定律得：mg+mg＝m，解得：vD＝，故A错误；从A到D过程小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：vA＝，由动量定理得：I＝mvA＝m，故B错误；小球离开D后做平抛运动，竖直方向：vy＝＝2，
小球落地时重力的瞬时功率：P＝mgccsα＝mgvy＝2mg，故C正确；小球离开D后做平抛运动，竖直方向：2R＝，水平方向：AB＝vDt，小球从A到B做匀速直线运动：AB＝vAt′，解得：t′＝2，故D正确。
7.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
【参考答案】 AC
【名师解析】 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。
二．计算题
1. 机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2。
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？
（3）若行李箱的质量均为15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？
【名师解析】（1）设行李箱质量为m，放在传送带上，受到摩擦力做加速运动
由牛顿第二定律得：μ1mg=ma
由速度公式得：v=at1
由位移公式得：x=at12
解得：t1=2s，x=2m＜L
行李箱在传送带上匀速运动时间t2= QUOTE ?−?? =4s
从B到C做匀速圆周运动用时t3==6.28s
从A处被放上传送到C用时为t=t1+t2+t3=2+4+6.28=12.28s
（2）行李箱在转盘上运动时取最大静摩擦力，
由牛顿第二定律得：μ2mg=m QUOTE ?22? ，
则速度应为v2=4m/s
设行李箱在传送带上一直加速的速度为v1，则v12=2aL，
则v1=25m/s＞4m/s
故最大速度应取为4m/s，即共同速度应调整为4m/s
（3）每传送一个行李箱需要做功W，W=mv2 QUOTE 12??2 +μ1mg（vt1-x）=60J
传送行李箱需要的平均输出功率P=W/t0 QUOTE ?? =10W
答：（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为12.28s；
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为4m/s；
（3）传送带传送行李箱的平均输出功率应为10W。
2.（12分）如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s＝4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；
(3)A，C间的距离。
【名师解析】 (1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有veq \\al(2,A)－veq \\al(2,0)＝－2as
解得vA＝eq \r(v\\al(2,0)－2as)＝5 m/s。
①（2分）
(2)如果小球能够到达B点，设在B点的最小速度为vmin，
有mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)
解得vmin＝2 m/s。
②（2分）
而小球从A到B的过程中根据机械能守恒，有mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vB＝3 m/s。 ③（2分）
由于vB＞vmin，故小球能够到达B点，且从B点做平抛运动，
由牛顿第二定律可知F＋mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
解得F＝1.25 N，④（2分）
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为1.25 N。 ⑤（1分）
(3)在竖直方向有2R＝eq \f(1,2)gt2， ⑥（1分）
在水平方向有sAC＝vBt， ⑦（1分）
解得sAC＝0.6 m
故A，C间的距离为0.6 m. ⑧（1分）
3. (12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＝0.8 m的圆环剪去了左上角135° 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5 kg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＝8t－2t2(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，求：
(1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；
(2)B、P间的水平距离；
(3)判断物块能否沿圆轨道到达M点．
【参考答案】 (1)大小为2 N，方向向左 (2)7.6 m (3)不能
【名师解析】：(1)对比x＝v0t＋eq \f(1,2)at2与x＝8t－2t2，
可知a＝－4 m/s2，v0＝8 m/s.(2分)
由牛顿第二定律得Ff＝ma＝－2 N．(1分)
即摩擦力大小为2 N，方向向左．
(2)物块在DP段做平抛运动，有vy＝eq \r(2gR)＝4 m/s，(1分)
t＝eq \f(vy,g)＝0.4 s．(1分)
vx与v夹角为45°，则vx＝vy＝4 m/s，(1分)
xDP＝vxt＝1.6 m．(1分)
在BD段xBD＝＝6 m，(1分)
所以xBP＝xBD＋xDP＝7.6 m．(1分)
(3)设物块能到达M点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＝mgR(1＋cs 45°)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)，(1分)
veq \\al(2,M)＝veq \\al(2,P)－(eq \r(2)＋2)gR＝(2－eq \r(2))gR.(1分)
要能到达M点，需满足vM≥eq \r(gR)，而eq \r(（2－\r(2)）gR)＜eq \r(gR)，所以物块不能到达M点．(1分)
4. （13分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．
【名师解析】设A刚离开地面时，连接球B的绳子与其初始位置的夹角为θ，如图所示，
设此时B的速度为v，对B，
由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ＝m，
由机械能守恒定律得：mglsinθ＝mv2，
A刚要离开地面时，T＝mg
以h表示所求的高度差，h＝lsinθ，
解得：h＝l；
答：球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差为l．
5. （2023河南示范性高中联考）.如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质量m=1kg的物块A以v0=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。
【参考答案】（1）150N（2）2m
【名师解析】
（1）由机械能守恒定律可得Q点的速度，由牛顿第二定律可知物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；（2）结合动量守恒定律和动能定理分析两物体的运动情况，根据运动公式求解最终物块A静止的位置到P点的距离。
（1）物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：
物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力T向下，由牛顿第二定律可得：
解得T=150N，
则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150N，方向竖直向下；
（2）由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：
碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：
解得v1=-2m/s，v2=6m/s
由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：
则物块A反弹后划入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为xA，
则：
解得最终物块A静止的位置到P点的距离xA=2m
6. 如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
【名师解析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
QUOTE ??=???2? mg=m
可得vB=
(2)滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有
-2mgR=-
解得 QUOTE ??=5?? vB=
滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得
mvA-2 mv2=0 QUOTE ???−2???=0
Ep=- QUOTE ??=12???2+12⋅2???2 。
联立解得Ep=mgR QUOTE ??=154???
(3)滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有x=vBt
竖直方向有2R=gt2 QUOTE 2?=12??2
滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得-μ·2mgx=0-
解得：μ=5/16
7。(15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)
(1)小车到达C点时的速度大小为多少？
(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？
(3)小车的恒定功率是多少？
【参考答案】 (1)4 m/s (2)10 N 方向竖直向上 (3)5 W
【名师解析】
(1)把小车在C点的速度分解为沿水平方向的分速度vA和沿竖直方向的分速度vy，
有veq \\al(2,y)＝2g×3R，vC＝eq \f(vy,cs30°)，
解得vC＝4 m/s。
(2)由(1)知小车在A点的速度大小
vA＝vCsin30°＝2 m/s，
因为vA＝eq \r(2gR)>eq \r(gR)，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，
根据牛顿第二定律有mg＋FN＝meq \f(v\\al(2,A),R)，
解得FN＝10 N，
根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。
(3)从E到A的过程中，由动能定理可得
Pt－μmgx0－mg×4R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
解得P＝5 W。
8．(14分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上。一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。
【参考答案】 (1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J
【名师解析】 (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(2gL)①
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v\\al(2,1),L)②
由①②解得F＝30 N，
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。
(2)由D到A，小球做平抛运动veq \\al(2,y)＝2gh③
tan53°＝eq \f(vy,v1)④
联立①③④解得h＝16 cm。
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin53°)，代入数据解得：Ep＝2.9 J。
9．轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝2 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C处的速度大小为eq \f(10,3) m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
【名师解析】 (1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg(2R－R)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0－0
得μ＝eq \f(1,2)tan 37°＝0.375
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有mg＋FN＝则得vC≥eq \r(gR)＝eq \r(0.9×10) m/s＝3 m/s；
A到C的过程：根据动能定理有－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立解得，v0＝≥3eq \r(3) m/s
所以，滑块从A点沿斜面下滑时的初速度v0的最小值为3eq \r(3) m/s。
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有
x＝vCt
y＝eq \f(1,2)gt2
由几何关系得：tan 37°＝eq \f(2R－y,x)
联立得10t2＋5t－3.6＝0
解得t＝0.4 s。
答案 (1)0.375 (2)3eq \r(3) m/s (3)0.4 s
10. (12分) 如图所示，光滑的AB杆上套一轻质弹簧，弹簧一端与杆下端连接于固定的转轴，另一端与套在杆上质量为m的小球连接。已知AB杆足够长，弹簧的原长为l0，劲度系数为k，OO'为过B点的竖直线，杆与水平面间的夹角始终为。已知弹簧的弹性势能公式为其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。
(1)若杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置由静止释放，求小球速度最大时弹簧的弹性势能；
(2)当球随杆一起绕OO'匀速转动时，转动角速度不同弹簧的长度就会不同，已知球随杆一起以足够大的角速度转动，且在稳定的情形下弹簧处于伸长状态，小球在水平面内做匀速圆周运动。求此时弹簧伸长量。
【名师解析】
(12分) （1）当小球速度最大时，有： （2分）
解得弹簧的压缩量为： （1分）
故（2分）
（2）设弹簧伸长量为△l2，在水平方向上有：
（3分）
竖直方向上有：（3分）
解得：（1分）
一．选择题
1.. (2023洛阳名校联考)如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有( )
A．a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍
B．a的位移大小是b的位移大小的eq \r(2)倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能相同
2.（2023河北石家庄名校联考）如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为O1、O2，半径分别为R和2R，两个小球P、Q先后从A点水平抛出，分别落在轨道的B、C两点。已知B、C两点处于同一水平直线，在竖直方向上与A点相距0.6R，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 两小球在空中运动的时间相比较，小球P的较短
B. 两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相比较，小球Q的较大
C. 小球P与小球Q抛出时的速度之比为1：11
D. 两小球落在轨道上的瞬间，小球P的速度与水平方向的夹角较小
3. 如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
4. 如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是( )
A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C.θ=45°
D.θ=60°
5. （2020江苏无锡期末）中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心
B. 链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向
C. 链球掷出后做匀变速运动
D. 链球掷出后运动时间与速度的方向无关
6.（6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，AB为光滑水平直轨道，BCD为半径是R的光滑半圆弧轨道。质量为m的小球在A点获得瞬时冲量l，经过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，经过D点后又恰好落到A点，重力加速为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球经过D点的速度为
B．小球获得的冲量I＝m
C．小球即将着地时重力的瞬时功率为2mg
D．小球从A点运动到B点用时2
7.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
二．计算题
1. 机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2。
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？
（3）若行李箱的质量均为15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？
2.（12分）如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s＝4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；
(3)A，C间的距离。
3. (12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＝0.8 m的圆环剪去了左上角135° 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5 kg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＝8t－2t2(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，求：
(1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；
(2)B、P间的水平距离；
(3)判断物块能否沿圆轨道到达M点．
4. （13分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．
5. （2023河南示范性高中联考）.如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质量m=1kg的物块A以v0=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。
6. 如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
7。(15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)
(1)小车到达C点时的速度大小为多少？
(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？
(3)小车的恒定功率是多少？
8．(14分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上。一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。
9．轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝2 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C处的速度大小为eq \f(10,3) m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
10. (12分) 如图所示，光滑的AB杆上套一轻质弹簧，弹簧一端与杆下端连接于固定的转轴，另一端与套在杆上质量为m的小球连接。已知AB杆足够长，弹簧的原长为l0，劲度系数为k，OO'为过B点的竖直线，杆与水平面间的夹角始终为。已知弹簧的弹性势能公式为其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。
(1)若杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置由静止释放，求小球速度最大时弹簧的弹性势能；
(2)当球随杆一起绕OO'匀速转动时，转动角速度不同弹簧的长度就会不同，已知球随杆一起以足够大的角速度转动，且在稳定的情形下弹簧处于伸长状态，小球在水平面内做匀速圆周运动。求此时弹簧伸长量。
高考物理《圆周运动》常用模型最新模拟题精练
专题11.曲线运动+综合模型
一．选择题
1.. (2023洛阳名校联考)如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有( )
A．a的运动时间是b的运动时间的eq \r(2)倍
B．a的位移大小是b的位移大小的eq \r(2)倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能相同
【参考答案】D
【名师解析】.设P点离地的高度为h.对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大高度的时间为t1＝eq \r(\f(2h,g))，从最高点到地面的时间为t2＝eq \r(\f(2×2h,g))，故b运动的总时间tb＝t1＋t2＝(eq \r(2)＋1)·eq \r(\f(2h,g))；对于a：做平抛运动，运动时间为ta＝eq \r(\f(2h,g))；则有tb＝(eq \r(2)＋1)ta，故A错误；对于b：2gh＝v02，则得v0＝eq \r(2gh)；对于a：水平位移为x＝v0t＝eq \r(2gh)·eq \r(\f(2h,g))＝2h，a的位移为xa＝eq \r(h2＋（2h）2)＝eq \r(5)h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的eq \r(5)倍，故B错误；根据机械能守恒定律得：Ek＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则知两球落地时动能可能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C错误，D正确．
2.（2023河北石家庄名校联考）如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为O1、O2，半径分别为R和2R，两个小球P、Q先后从A点水平抛出，分别落在轨道的B、C两点。已知B、C两点处于同一水平直线，在竖直方向上与A点相距0.6R，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A. 两小球在空中运动的时间相比较，小球P的较短
B. 两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相比较，小球Q的较大
C. 小球P与小球Q抛出时的速度之比为1：11
D. 两小球落在轨道上的瞬间，小球P的速度与水平方向的夹角较小
【参考答案】C
【名师解析】两个小球P、Q在空中都做平抛运动，由h=，得t=，可在，两小球在空中下落的高度相等，则它们在运动的时间相等，故A错误。根据△v=gt，t相等，知两小球从抛出到落在轨道上的速度变化量相等，故B错误。小球P做平抛运动的水平位移xB=R-=0.2R，小球Q做平抛运动的水平位移xP=R+=2.2R，由平抛运动的规律有：xP=vPt，xQ=vQt，则得小球P与小球Q抛出时的速度之比为vP：vQ=1：11，故C正确。小球P落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tanα=，小球Q落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tanβ=，可得，α＞β，小球P的速度与水平方向的夹角较大，故D错误。
【关键点拨】。
两个小球P、Q在空中都做平抛运动，运动时间由下落的高度决定。根据△v=gt分析速度变化量的关系。结合水平位移关系求小球P与小球Q抛出时的速度之比。根据分速度关系确定两小球落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角关系。对于平抛运动，要熟练掌握处理方法：运动的分解法，同时还要结合几何关系研究水平位移之间的关系。
3. 如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
B.l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D.当l=时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
【参考答案】C
【命题意图】本题考查对机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律的理解和运用。
【解题思路】小孩向下摆动，机械能守恒，由mgl=mv2，解得v=。运动到O点正下方时，设绳子拉力为F，由牛顿第二定律，F-mg=m，解得F=3mg，由牛顿第三定律，绳子的拉力恒定为3mg，选项AB错误；小孩运动到绳子竖直时松手后做平抛运动，由平抛运动规律，x=vt，H-l=gt2，联立解得：x=2，由数学知识可知，当l=H/2时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，选项C正确D错误。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是错误认为小孩速度越大就对绳子拉力越大，导致错选A；二是不能正确运用相关知识列方程得出水平位移表达式，不能正确运用数学知识得出最大水平距离。
4. 如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的细线与竖直方向的夹角和小球a摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是( )
A.图乙中直线d表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B.图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C.θ=45°
D.θ=60°
【参考答案】:BD
【名师解析】:题图乙中曲线c表示细线对小球a的拉力大小随时间变化的关系,直线d表示细线对小球b的拉力大小随时间变化的关系,选项A错误,B正确.对a小球运动，由机械能守恒定律，mgL(1-cs θ)=mv2,在最低点，由牛顿第二定律，F-mg=m,解得细线对小球a的拉力最大值F=3mg-2mgcs θ,在a小球运动到最高点时拉力最小,最小值F=mgcs θ,由题图乙可知细线对小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,选项C错误,D正确.
5. （2020江苏无锡期末）中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。如图所示，王峥双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转及最后用力，将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 链球圆周运动过程中，链球受到的拉力指向圆心
B. 链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向
C. 链球掷出后做匀变速运动
D. 链球掷出后运动时间与速度的方向无关
【参考答案】C
【名师解析】链球做加速圆周运动，拉力和重力的合力提供两方面的效果，一是径向的合力提供向心力，切向的合力提供切向力，故拉力不指向圆心，故A错误。轨迹的切线方向为运动方向，链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的切线方向，故B错误。松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，做匀变速运动，故C正确。链球做斜抛运动，设初速度为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则竖直方向上分速度为vcsθ，运动时间t=，即运动时间与速度的方向有关，故D错误。
【关键点拨】。
链球做加速圆周运动，拉力不指向圆心。轨迹的切线方向为运动方向。松手后链球做斜抛运动，只受重力作用下，根据斜抛运动及圆周运动相关知识即可求解。本题考查了圆周运动和斜抛运动的相关知识，解题的关键是明确斜抛运动，只受重力作用下，属于匀变速运动。
6.（6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，AB为光滑水平直轨道，BCD为半径是R的光滑半圆弧轨道。质量为m的小球在A点获得瞬时冲量l，经过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，经过D点后又恰好落到A点，重力加速为g，则下列判断正确的是（ ）
A．小球经过D点的速度为
B．小球获得的冲量I＝m
C．小球即将着地时重力的瞬时功率为2mg
D．小球从A点运动到B点用时2
【参考答案】CD
【名师解析】根据小球在D点的受力情况应用牛顿第二定律求出经过D点时的速度；
从A到D过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球在A点的速度，然后求出其获得的冲量；小球离开D后做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球落地时的竖直分速度，然后求出重力的瞬时功率；小球从A到B做匀速直线运动，应用运动学公式可以求出从A到B的时间。
小球过D点时对轨道的压力大小等于小球的重力大小，在D点，由牛顿第二定律得：mg+mg＝m，解得：vD＝，故A错误；从A到D过程小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：vA＝，由动量定理得：I＝mvA＝m，故B错误；小球离开D后做平抛运动，竖直方向：vy＝＝2，
小球落地时重力的瞬时功率：P＝mgccsα＝mgvy＝2mg，故C正确；小球离开D后做平抛运动，竖直方向：2R＝，水平方向：AB＝vDt，小球从A到B做匀速直线运动：AB＝vAt′，解得：t′＝2，故D正确。
7.(多选)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2。则( )
A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
【参考答案】 AC
【名师解析】 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。
二．计算题
1. 机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。行李箱从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入和传送带速度始终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到C处被乘客取走。已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，行李箱在转盘上与轴O的距离R=4.0m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，行李箱与转盘之间的动摩擦因数μ2=0.4，g=10m/s2。
（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为多少？
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？
（3）若行李箱的质量均为15kg，每6s投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输出功率应为多大？
【名师解析】（1）设行李箱质量为m，放在传送带上，受到摩擦力做加速运动
由牛顿第二定律得：μ1mg=ma
由速度公式得：v=at1
由位移公式得：x=at12
解得：t1=2s，x=2m＜L
行李箱在传送带上匀速运动时间t2= QUOTE ?−?? =4s
从B到C做匀速圆周运动用时t3==6.28s
从A处被放上传送到C用时为t=t1+t2+t3=2+4+6.28=12.28s
（2）行李箱在转盘上运动时取最大静摩擦力，
由牛顿第二定律得：μ2mg=m QUOTE ?22? ，
则速度应为v2=4m/s
设行李箱在传送带上一直加速的速度为v1，则v12=2aL，
则v1=25m/s＞4m/s
故最大速度应取为4m/s，即共同速度应调整为4m/s
（3）每传送一个行李箱需要做功W，W=mv2 QUOTE 12??2 +μ1mg（vt1-x）=60J
传送行李箱需要的平均输出功率P=W/t0 QUOTE ?? =10W
答：（1）行李箱从A处被放上传送带到C处被取走所用时间为12.28s；
（2）如果要使行李箱能最快到达C点，传送带和转盘的共同速度应调整为4m/s；
（3）传送带传送行李箱的平均输出功率应为10W。
2.（12分）如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s＝4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。(取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；
(3)A，C间的距离。
【名师解析】 (1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有veq \\al(2,A)－veq \\al(2,0)＝－2as
解得vA＝eq \r(v\\al(2,0)－2as)＝5 m/s。
①（2分）
(2)如果小球能够到达B点，设在B点的最小速度为vmin，
有mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)
解得vmin＝2 m/s。
②（2分）
而小球从A到B的过程中根据机械能守恒，有mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vB＝3 m/s。 ③（2分）
由于vB＞vmin，故小球能够到达B点，且从B点做平抛运动，
由牛顿第二定律可知F＋mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
解得F＝1.25 N，④（2分）
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为1.25 N。 ⑤（1分）
(3)在竖直方向有2R＝eq \f(1,2)gt2， ⑥（1分）
在水平方向有sAC＝vBt， ⑦（1分）
解得sAC＝0.6 m
故A，C间的距离为0.6 m. ⑧（1分）
3. (12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＝0.8 m的圆环剪去了左上角135° 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5 kg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＝8t－2t2(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，求：
(1)物块在水平桌面上受到的摩擦力；
(2)B、P间的水平距离；
(3)判断物块能否沿圆轨道到达M点．
【参考答案】 (1)大小为2 N，方向向左 (2)7.6 m (3)不能
【名师解析】：(1)对比x＝v0t＋eq \f(1,2)at2与x＝8t－2t2，
可知a＝－4 m/s2，v0＝8 m/s.(2分)
由牛顿第二定律得Ff＝ma＝－2 N．(1分)
即摩擦力大小为2 N，方向向左．
(2)物块在DP段做平抛运动，有vy＝eq \r(2gR)＝4 m/s，(1分)
t＝eq \f(vy,g)＝0.4 s．(1分)
vx与v夹角为45°，则vx＝vy＝4 m/s，(1分)
xDP＝vxt＝1.6 m．(1分)
在BD段xBD＝＝6 m，(1分)
所以xBP＝xBD＋xDP＝7.6 m．(1分)
(3)设物块能到达M点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＝mgR(1＋cs 45°)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)，(1分)
veq \\al(2,M)＝veq \\al(2,P)－(eq \r(2)＋2)gR＝(2－eq \r(2))gR.(1分)
要能到达M点，需满足vM≥eq \r(gR)，而eq \r(（2－\r(2)）gR)＜eq \r(gR)，所以物块不能到达M点．(1分)
4. （13分）如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球B，使球B从静止开始向下摆动．求球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差．
【名师解析】设A刚离开地面时，连接球B的绳子与其初始位置的夹角为θ，如图所示，
设此时B的速度为v，对B，
由牛顿第二定律得：T﹣mgsinθ＝m，
由机械能守恒定律得：mglsinθ＝mv2，
A刚要离开地面时，T＝mg
以h表示所求的高度差，h＝lsinθ，
解得：h＝l；
答：球A刚要离开地面时球B与其初始位置的高度差为l．
5. （2023河南示范性高中联考）.如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。质量m=1kg的物块A以v0=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。
【参考答案】（1）150N（2）2m
【名师解析】
（1）由机械能守恒定律可得Q点的速度，由牛顿第二定律可知物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；（2）结合动量守恒定律和动能定理分析两物体的运动情况，根据运动公式求解最终物块A静止的位置到P点的距离。
（1）物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：
物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力T向下，由牛顿第二定律可得：
解得T=150N，
则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150N，方向竖直向下；
（2）由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：
碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：
解得v1=-2m/s，v2=6m/s
由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：
则物块A反弹后划入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为xA，
则：
解得最终物块A静止的位置到P点的距离xA=2m
6. 如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。
【名师解析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
QUOTE ??=???2? mg=m
可得vB=
(2)滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有
-2mgR=-
解得 QUOTE ??=5?? vB=
滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得
mvA-2 mv2=0 QUOTE ???−2???=0
Ep=- QUOTE ??=12???2+12⋅2???2 。
联立解得Ep=mgR QUOTE ??=154???
(3)滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有x=vBt
竖直方向有2R=gt2 QUOTE 2?=12??2
滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得-μ·2mgx=0-
解得：μ=5/16
7。(15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)
(1)小车到达C点时的速度大小为多少？
(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？
(3)小车的恒定功率是多少？
【参考答案】 (1)4 m/s (2)10 N 方向竖直向上 (3)5 W
【名师解析】
(1)把小车在C点的速度分解为沿水平方向的分速度vA和沿竖直方向的分速度vy，
有veq \\al(2,y)＝2g×3R，vC＝eq \f(vy,cs30°)，
解得vC＝4 m/s。
(2)由(1)知小车在A点的速度大小
vA＝vCsin30°＝2 m/s，
因为vA＝eq \r(2gR)>eq \r(gR)，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，
根据牛顿第二定律有mg＋FN＝meq \f(v\\al(2,A),R)，
解得FN＝10 N，
根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。
(3)从E到A的过程中，由动能定理可得
Pt－μmgx0－mg×4R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，
解得P＝5 W。
8．(14分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上。一长为L＝9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm。(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。
【参考答案】 (1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J
【名师解析】 (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：
mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝eq \r(2gL)①
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v\\al(2,1),L)②
由①②解得F＝30 N，
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。
(2)由D到A，小球做平抛运动veq \\al(2,y)＝2gh③
tan53°＝eq \f(vy,v1)④
联立①③④解得h＝16 cm。
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin53°)，代入数据解得：Ep＝2.9 J。
9．轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝2 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C处的速度大小为eq \f(10,3) m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
【名师解析】 (1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg(2R－R)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0－0
得μ＝eq \f(1,2)tan 37°＝0.375
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有mg＋FN＝则得vC≥eq \r(gR)＝eq \r(0.9×10) m/s＝3 m/s；
A到C的过程：根据动能定理有－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立解得，v0＝≥3eq \r(3) m/s
所以，滑块从A点沿斜面下滑时的初速度v0的最小值为3eq \r(3) m/s。
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有
x＝vCt
y＝eq \f(1,2)gt2
由几何关系得：tan 37°＝eq \f(2R－y,x)
联立得10t2＋5t－3.6＝0
解得t＝0.4 s。
答案 (1)0.375 (2)3eq \r(3) m/s (3)0.4 s
10. (12分) 如图所示，光滑的AB杆上套一轻质弹簧，弹簧一端与杆下端连接于固定的转轴，另一端与套在杆上质量为m的小球连接。已知AB杆足够长，弹簧的原长为l0，劲度系数为k，OO'为过B点的竖直线，杆与水平面间的夹角始终为。已知弹簧的弹性势能公式为其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。
(1)若杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置由静止释放，求小球速度最大时弹簧的弹性势能；
(2)当球随杆一起绕OO'匀速转动时，转动角速度不同弹簧的长度就会不同，已知球随杆一起以足够大的角速度转动，且在稳定的情形下弹簧处于伸长状态，小球在水平面内做匀速圆周运动。求此时弹簧伸长量。
【名师解析】
(12分) （1）当小球速度最大时，有： （2分）
解得弹簧的压缩量为： （1分）
故（2分）
（2）设弹簧伸长量为△l2，在水平方向上有：
（3分）
竖直方向上有：（3分）
解得：（1分）
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