专题08 圆周运动 专项练-2026届北京市高三物理冲刺热点集训

专题08 圆周运动 6大考点概览 考点01 水平面内的圆周运动 考点02 竖直面内的圆周运动 考点03 万有引力作用下的圆周运动 考点04 电场力作用下的圆周运动 考点05 洛伦兹力作用下的圆周运动 考点06 圆周运动与其他运动结合类问题 考点01 水平面内的圆周运动 1、如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( ) A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 2、在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于点，另一端系一待测小球，使其绕做匀速圆周运动．用力传感器测得绳上的拉力为，用停表测得小球转过圈所用的时间为，用刻度尺测得点到球心的距离为圆周运动的半径．下列说法正确的是（　　） A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将圈记作圈，则所得质量偏大 D．若测时未计入小球半径，则所得质量偏小 3、如图所示，轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量之比，A、B到O点的距离之比。当轻杆绕轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．A对杆的作用力大小等于B对杆的作用力大小 B．A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小 C．A的动能等于B的动能 D．A的周期小于B的周期 4、飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（　　） A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零 B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒 C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即 D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零 5、某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（ ） A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小 6、如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 7、“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳伞。在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．远离伞把的挂件向心加速度更大 B．在失重条件下也可以重复以上运动 C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大 D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态 8、如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 9、一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直增大 B．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直减小 C．物块所受的支持力随角速度增大，一直增大 D．物块所受的支持力随角速度增大，先增大后减小 10、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是(　　) A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大 B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大 C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等 D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等 考点02 竖直面内的圆周运动 11、我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣．某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动．无论在“天宫”还是在地面做此实验（　　） A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化 C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化 12、应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是(　　) A．手掌对苹果的摩擦力越来越小 B．手掌对苹果的支持力越来越大 C．手掌对苹果的作用力越来越小 D．因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零 13、如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变 B．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大 C．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变 D．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大 14、如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的图线如图乙，其左端点坐标为（[1]，[2]），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g。则（　　） A．小球的质量为 B．圆轨道的半径为 C．图乙[1]处应为3b D．图乙[2]处应为6a 15、如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（  ） A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向 C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变 D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功 16、半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为g。若恰好能实现上述运动，求： (1)小球在B点时速度的大小vB； (2)小球的落地点与A点间的距离x； (3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。 17、秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为。 (1)如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为，求此时“摆球”受到拉力的大小。 (2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。 (3)实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。 考点03 万有引力作用下的圆周运动 18、中国天宫空间站在距离地面约为400km的轨道运行，可视为匀速圆周运动。地球同步卫星距地面的高度约为36000km。比较它们的运动，下列说法正确的是（　　） A．空间站的周期更小 B．空间站的线速度更小 C．空间站的角速度更小 D．空间站的向心加速度更小 19、北斗卫星导航系统中包含地球静止卫星，即相对地面静止的卫星。静止卫星的（　　） A．周期大于地球自转的周期 B．线速度大于地球的第一宇宙速度 C．向心加速度大于地球表面的重力加速度 D．向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度 20、空间站在距离地面高度为h的圆轨道上运行。航天员进行舱外巡检任务，此时航天员与空间站相对静止。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．此时航天员所受合力为零 B．地球的质量为 C．空间站的线速度大小为 D．空间站的向心加速度大小为 21、某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确旳是（　　） A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，航天器在Р点的速度大小相等 C．航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度 D．航天器在轨道2上从Р点运动到Q点过程中，地球对航天器的引力做正功 22、我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破．“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为分钟．如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”．下列说法正确的是（　　） A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为 B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于 C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度 D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离 考点04 电场力作用下的圆周运动 23、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央进入，经过偏转电场后到达右端的探测板。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（） A．偏转电场是匀强电场 B． C． D． 24、在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带电粒子分离。已知质量为、电荷量为的正离子由静止释放，经过电压加速后分别进入静电分析器或磁分析器的细管中，该离子在细管中均做半径为的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中的电场强度大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。 (1)求静电分析器细管中的电场强度大小； (2)求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小； (3)为了分离和两种同位素，将它们都电离成三价正离子（离子），采用磁分析器分离。保持磁场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所示。请分析判断图丙中的①、②哪条线对应的离子？ 25、如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。 （1）画出C点的电场强度方向； （2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值； （3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。 26、如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.5m的绝缘细线把质量为、电荷为的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为，，，不计空气阻力，重力加速度g取。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）将小球拉至水平位置A，由静止释放，小球运动到最低点C时受到的拉力大小T； （3）在（2）中小球摆到最左端时摆线与竖直方向的夹角。 27、通过电场和磁场我们可以控制微观带电粒子的运动（不计重力影响）。 (1)控制带电粒子的轨迹 如图1所示，空间中存在方向指向圆心的径向电场，质量为m，电荷量为的粒子，垂直于电场方向射入电场，刚好做半径为R的匀速圆周运动，所经圆弧电场强度大小均为E。求该粒子的速度大小。 (2)约束带电粒子的运动范围 如图2所示，某粒子源通过小孔沿纸面向右侧各方向以速度射出带电粒子，射出的带电粒子进入宽度为H的有界匀强磁场区域，该区域内磁感应强度方向垂直纸面向里，若所有带电粒子均不能从磁场右边界射出。已知带电粒子的质量为m，带电量为q，不考虑粒子间的相互作用，求该匀强磁场磁感应强度的最小值。 考点05 洛伦兹力作用下的圆周运动 28、如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子在N点速率小于在M点速率 C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出 D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长 29、如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从a点射出 C．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从b点射出 D．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子在磁场中的运动时间将变短 30、如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B．带电粒子在磁场中的运动时间等于 C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小 D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短 考点06 圆周运动与其他运动结合类问题 31、如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为、半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后，最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m，其与冰面的动摩擦因数为，重力加速度为g。为了讨论方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径r缓慢增大，每一圈的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（    ） A．在方式甲中，一定满足关系式 B．在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同 C．在方式乙中，可利用求得每圈的最小速度 D．在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为 32、地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小 C．粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变 D．粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域 33、如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为，沿半圆形导轨到达C点时速度为，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力； (3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。 34、如图所示，半径为R的四分之一圆弧轨道顶端放置一个光滑物块，物块可视为质点，物块与圆弧轨道的质量均为m。已知重力加速度为g。 (1)圆弧轨道固定在水平面上，由静止释放物块，求： a．物块滑到轨道底端时速度的大小v； b．物块滑到轨道底端的过程中受到的冲量。 (2)轨道放在光滑水平面上，同时释放轨道和物块，求物块滑到轨道底端时速度的大小。 35、用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。 (2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω； b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 圆周运动 6大考点概览 考点01 水平面内的圆周运动 考点02 竖直面内的圆周运动 考点03 万有引力作用下的圆周运动 考点04 电场力作用下的圆周运动 考点05 洛伦兹力作用下的圆周运动 考点06 圆周运动与其他运动结合类问题 考点01 水平面内的圆周运动 1、如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( ) A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 【答案】D 【解析】A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误； B、圆盘停止转动前，根据动量定理△，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误； C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误； D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度，最终停止运动速度为0，根据动量定理△，可知动量变化量为，所以摩擦力的冲量为，故D正确。 故选：D。 2、在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于点，另一端系一待测小球，使其绕做匀速圆周运动．用力传感器测得绳上的拉力为，用停表测得小球转过圈所用的时间为，用刻度尺测得点到球心的距离为圆周运动的半径．下列说法正确的是（　　） A．圆周运动轨道可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将圈记作圈，则所得质量偏大 D．若测时未计入小球半径，则所得质量偏小 【答案】A 【解析】圆周运动规律 由于在太空实验室中，任何物体都处于完全失重状态，所以圆周运动轨道可以处于任意平面内，正确; 由匀速圆周运动规律有，联立解得错误; 若误将圈记作圈，则所得质量偏小，C错误; 若测时没有计人小球半径，则所得质量偏大，D错误. 3、如图所示，轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆上O点有一竖直方向的固定转动轴，A、B的质量之比，A、B到O点的距离之比。当轻杆绕轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　） A．A对杆的作用力大小等于B对杆的作用力大小 B．A的向心加速度大小大于B的向心加速度大小 C．A的动能等于B的动能 D．A的周期小于B的周期 【答案】C 【解析】A．水平面光滑，所以杆对A的力提供了A做圆周运动的向心力 杆对B的力提供了B做圆周运动的向心力，代入数据可求得 有牛顿第三定律可知：A对杆的作用力大小不等于B对杆的作用力大小，A错误； B．AB运动具有相同的角速度，则加速度为 由得A的向心加速度大小小于B的向心加速度大小，B错误； C．动能的表达式为，结合题意可知：A的动能等于B的动能，C正确； D．AB有相同的角速度，，所以A的周期等于B的周期，D错误； 故选C。 4、飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（　　） A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零 B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒 C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变源于向心力的冲量，即 D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零 【答案】D 【解析】A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但所受合外力提供向心力，不为零，故A错误； B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，但动量是矢量，方向时刻变化，故B错误； CD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；但飞机飞行一周的动量不变，所以动量的该变量为0。 故D正确，C错误； 故选D。 5、某同学用如图所示的实验装置测量当地的重力加速度。不可伸长的轻绳一端固定于A点，另一端系一小球，使其在水平面内绕O点做匀速圆周运动，已测出小球转过n圈所用的时间t。下列说法正确的是（ ） A．为达成实验目的，仅需再测量小球做圆周运动的半径 B．为达成实验目的，仅需再测量轻绳的绳长 C．为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度 D．若误将圈记作n圈，则重力加速度的测量值偏小 【答案】C 【详解】ABC．测出小球转过n圈所用的时间t，则小球运动的周期为 设小球做圆周运动的半径为，轻绳的绳长为，A点到O点的竖直高度为，轻绳与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得 可得重力加速度为 可知为达成实验目的，仅需再测量A点到O点的竖直高度，故AB错误，C正确； D．若误将圈记作n圈，则周期测量值偏小，根据 可知重力加速度的测量值偏大，故D错误。 故选C。 6、如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．细绳的拉力大小等于 B．小球的向心加速度等于 C．小球转动一周，绳拉力的冲量等于0 D．小球转动一周，重力的冲量等于 【答案】D 【详解】A．小球竖直方向有 解得细绳的拉力大小 故A错误； B．对小球，由牛顿第二定律有 解得小球的向心加速度 故B错误； CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反向，根据 联立解得，小球圆周运动周期 则小球转动一周，重力的冲量 故拉力冲量也为，故C错误，D正确。 故选D。 7、“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳伞。在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、挂件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边转动伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．远离伞把的挂件向心加速度更大 B．在失重条件下也可以重复以上运动 C．靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大 D．只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态 【答案】A 【详解】A．题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度 由于远离伞把的挂件r大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A正确； B．在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B错误； C．设挂件偏离竖直方向的角度为，则有 解得 可知靠近伞把的挂件r小，因为不变，故小，所以小，故C错误； D．因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的角速度多大，挂件不可能达到水平状态，故D错误 故选A。 8、如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．装置中绳子的拉力为mgtanθ B．装置转动的角速度为 C．装置转动的周期为 D．装置旋转一周，小球的动量变化为0 【答案】D 【详解】A．对装置受力分析如图所示 装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则 解得 故A错误； BC．由牛顿第二定律 其中圆周运动的半径为 联立解得装置转动的角速度为 装置转动的周期为 故BC错误； D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。 故选D。 9、一个质量为m的小物块静止在表面粗糙的圆锥形漏斗的内表面，如图所示。现使该漏斗从静止开始转动，转动的角速度缓慢增大时，物块仍相对漏斗保持静止。当角速度达到时，物块将要与漏斗发生相对滑动。在角速度从0缓慢增大到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直增大 B．物块所受的摩擦力随角速度增大，一直减小 C．物块所受的支持力随角速度增大，一直增大 D．物块所受的支持力随角速度增大，先增大后减小 【答案】C 【解析】AB．在角速度从0缓慢增大到ωm的过程中，对物块受力分析可知，开始时，受到的摩擦力沿斜面向上，最后沿斜面向下，故摩擦力先减小后增大，故AB错误； CD．当角速度较小时，此时摩擦力沿斜面向上，在竖直方向根据共点力平衡可知 由于f逐渐减小，故N逐渐增大，当f沿斜面向下时，根据共点力平衡可得 随角速度的增大，摩擦力沿斜面向下增大，故N随角速度的增大而增大， 10、如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是(　　) A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大 B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大 C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等 D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等 【答案】C 【解析】AB．设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力析，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有，，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误； CD．受力分力如图 对M有，所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等；若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即 随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即，故可能存在，摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误。 故选C。 考点02 竖直面内的圆周运动 11、我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣．某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动．无论在“天宫”还是在地面做此实验（　　） A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化 C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化 【答案】C 【解析】ABD、在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，万有引力提供物体绕地球运动的向心力。小球做圆周运动的向心力仅由拉力提供，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动，拉力大小不变，所以速度大小不变，向心加速度大小不发生变化，故ABD错误； C、不论在地面还是在“天宫”，细线拉力始终和速度垂直，所以不做功，故C正确． 故选 C 12、应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是(　　) A．手掌对苹果的摩擦力越来越小 B．手掌对苹果的支持力越来越大 C．手掌对苹果的作用力越来越小 D．因为苹果的动量大小不变，所以合外力对苹果的冲量为零 【答案】C 【解析】AB．苹果做匀速圆周运动，加速度大小不变，设加速度方向与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可得 ， 苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程中，逐渐增大，逐渐增大，逐渐减小，则手掌对苹果的摩擦力越来越大，手掌对苹果的支持力越来越小，故AB错误； C．手掌对苹果的作用力可分解为两个分力，其中分力与苹果重力平衡，方向竖直向上，另一分力提供所需向心力，方向总是指向圆心；在苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，与大小均不变，且与之间的夹角逐渐增大，则与的合力逐渐减小，即手掌对苹果的作用力越来越小，故C正确； D．苹果的动量大小不变，但动量的方向时刻发生变化，所以动量变化不为0，根据动量定理可知，合外力对苹果的冲量不为零，故D错误。 故选C。 13、如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为，从O点向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变 B．，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大 C．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变 D．，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大 【答案】D 【解析】因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的， 可知，细绳碰钉子的瞬间，由于小球水平方向合力为零，可知小球的速率不变；摆球经过O点时，由牛顿第二定律有，摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。 故选D。 14、如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的图线如图乙，其左端点坐标为（[1]，[2]），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g。则（　　） A．小球的质量为 B．圆轨道的半径为 C．图乙[1]处应为3b D．图乙[2]处应为6a 【答案】D 【详解】A．在最低点由牛顿第二定律得，又因为 联立可得 由图可知，解得，A错误； B．由上述分析可知，图像斜率为，解得，B错误； D．图线的最左端表示小球恰好能完成整个圆周运动 即有， 从最高点到最低点由机械能守恒有 联立解得，故D正确； C．由D项分析可知，C错误。 故选D。 15、如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（  ） A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向 C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变 D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功 【答案】D 【解析】A．小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时 则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时 则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度，则杆对小球无作用力。故A错误； B．合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方。故B错误； C．A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误； D．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知，故杆对小球的作用力做负功。故D正确。 故选D。 16、半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为g。若恰好能实现上述运动，求： (1)小球在B点时速度的大小vB； (2)小球的落地点与A点间的距离x； (3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有 得 （2）小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有 得 小球落地点与A点间的距离 得 （3）设小球在A点速度的大小为，在小球从A点运动到B点的过程中 根据动能定理有 得 小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有 得 17、秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为。 (1)如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为，求此时“摆球”受到拉力的大小。 (2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。 (3)实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律 解得 （2）设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为、，根据机械能守恒得， 已知 = ，整理得 因为，整理得 所以   （3）设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为，根据牛顿第二定律得 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得 整理可得 考点03 万有引力作用下的圆周运动 18、中国天宫空间站在距离地面约为400km的轨道运行，可视为匀速圆周运动。地球同步卫星距地面的高度约为36000km。比较它们的运动，下列说法正确的是（　　） A．空间站的周期更小 B．空间站的线速度更小 C．空间站的角速度更小 D．空间站的向心加速度更小 【答案】A 【详解】A．根据 解得 空间站的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，空间站的周期更小，故A正确； B．根据 解得 空间站的线速度更大，故B错误； C．根据 解得 空间站的角速度更大，故C错误； D．根据 解得 空间站的向心加速度更大，故D错误。 故选A。 19、北斗卫星导航系统中包含地球静止卫星，即相对地面静止的卫星。静止卫星的（　　） A．周期大于地球自转的周期 B．线速度大于地球的第一宇宙速度 C．向心加速度大于地球表面的重力加速度 D．向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度 【答案】D 【详解】A．相对地面静止的卫星的周期与地球自转的周期相等，故A错误； B．根据万有引力提供向心力 可得 第一宇宙速度是在地球表面运动的卫星的速度，相对地面静止的卫星的轨道半径大于在地球表面运动的卫星，即静止卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误； C．根据牛顿第二定律 可得 可知向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误； D．根据可知向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度，故D正确。 故选D。 20、空间站在距离地面高度为h的圆轨道上运行。航天员进行舱外巡检任务，此时航天员与空间站相对静止。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A．此时航天员所受合力为零 B．地球的质量为 C．空间站的线速度大小为 D．空间站的向心加速度大小为 【答案】C 【详解】A．航天员相对空间站静止，即航天员和空间站一起相对地球做圆周运动，所受合力不为零，A错误； B．设地表有一物体，质量为，忽略地球自转，有，解得地球的质量为，B错误； C．由，其中，得，代入地球质量，解得，C正确； D．由，其中，得，代入地球质量，解得，D错误。 故选C。 21、某航天器绕地球运行的轨道如图所示。航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确旳是（　　） A．航天器在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期 B．不论在轨道1还是在轨道2运行，航天器在Р点的速度大小相等 C．航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度 D．航天器在轨道2上从Р点运动到Q点过程中，地球对航天器的引力做正功 【答案】C 【详解】A．根据万有引力提供向心力有 解得 卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误； B．根据变轨原理可知，航天器从轨道1到轨道2，需正P点加速，则航天器在2轨道时经过P点的速度较大，故B错误； C．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周的最大环绕速度，所以航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇宙速度，故C正确； D．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，故D错误。 故选C。 22、我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破．“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为分钟．如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”．下列说法正确的是（　　） A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为 B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于 C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度 D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离 【答案】A 【解析】开普勒第三定律 根据题述,需要"夸父一号"在随地球绕太阳公转的过程中,轨道平面始终与太阳保持固定的取向,1年365天,圆周角为,所以"夸父一号"的运行轨道平面每天转动的角度约为正确; 由于任何卫星绕地球做圆周运动的速度都小于,向心加速度都小于地球表面的重力加速度,所以"夸父一号"绕地球做圆周运动的速度小于,向心加速度小于地球表面的重力加速度,错误; 不能根据题干信息求出日地之间的平均距离,D错误. 考点04 电场力作用下的圆周运动 23、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央进入，经过偏转电场后到达右端的探测板。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（） A．偏转电场是匀强电场 B． C． D． 【答案】D 【解析】AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误； C．相较于做匀速圆周运动的电子，动能为的电子在做近心运动，动能为的电子在做离心运动，可知，故C错误； D．该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集场强大，根据，，即，所以，故D正确。 故选D。 24、在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带电粒子分离。已知质量为、电荷量为的正离子由静止释放，经过电压加速后分别进入静电分析器或磁分析器的细管中，该离子在细管中均做半径为的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中的电场强度大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。 (1)求静电分析器细管中的电场强度大小； (2)求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小； (3)为了分离和两种同位素，将它们都电离成三价正离子（离子），采用磁分析器分离。保持磁场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所示。请分析判断图丙中的①、②哪条线对应的离子？ 【答案】(1) (2) (3)②对应的离子 【详解】（1）由动能定理可得 解得 静电力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 （2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 解得 （3）由（2）中的结果可知 当离子在磁分析器中做圆周运动的半径、以及磁感应强度大小一定时，比荷越大，则加速电压越大。根据图丙可知，加速度的线②对应的的离子。 25、如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。 （1）画出C点的电场强度方向； （2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值； （3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。 【答案】（1）见解析；（2）；（3），方向垂直于纸面向里或者向外 【解析】（1）根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示 （2）C点电势为，O点电势为 设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得，解得 （3）设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有，， 联立解得，方向垂直于纸面向里或者向外。 26、如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.5m的绝缘细线把质量为、电荷为的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为，，，不计空气阻力，重力加速度g取。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）将小球拉至水平位置A，由静止释放，小球运动到最低点C时受到的拉力大小T； （3）在（2）中小球摆到最左端时摆线与竖直方向的夹角。 【答案】（1）；（2）0.15N；（3）16° 【解析】（1）根据力的合成与分解和平衡条件可得①，解得② （2）设小球运动到最低点C时的速度大小为vC，根据动能定理有③ 在最低点C根据牛顿第二定律有④，联立②③④解得⑤ （3）根据（1）可知电场力与重力的合力方向沿OB方向，小球释放后在复合场中运动的等效最低点为B点，根据对称性可知小球摆到最左端的位置关于B点对称，所以⑥，解得 27、通过电场和磁场我们可以控制微观带电粒子的运动（不计重力影响）。 (1)控制带电粒子的轨迹 如图1所示，空间中存在方向指向圆心的径向电场，质量为m，电荷量为的粒子，垂直于电场方向射入电场，刚好做半径为R的匀速圆周运动，所经圆弧电场强度大小均为E。求该粒子的速度大小。 (2)约束带电粒子的运动范围 如图2所示，某粒子源通过小孔沿纸面向右侧各方向以速度射出带电粒子，射出的带电粒子进入宽度为H的有界匀强磁场区域，该区域内磁感应强度方向垂直纸面向里，若所有带电粒子均不能从磁场右边界射出。已知带电粒子的质量为m，带电量为q，不考虑粒子间的相互作用，求该匀强磁场磁感应强度的最小值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意可知，电场力提供粒子做圆周运动的向心力，则有 解得 （2）由题意可知，所有粒子在磁场中运动的半径相同，若沿左边界向下射入磁场的粒子不能从右边界射出，则所有粒子均不能从右边界射出，临界情况如图所示 由几何关系有 由牛顿第二定律 解得 考点05 洛伦兹力作用下的圆周运动 28、如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子在N点速率小于在M点速率 C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出 D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长 【答案】C 【详解】A．粒子向右偏转，洛伦兹力方向整体向右，根据左手定则可知，四指指向与粒子速度方向相反，可知，粒子带负电，故A错误； B．洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N点的速率等于在M点的速率，故B错误； C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 若增大磁感应强度，则轨道半径减小，可知，粒子可能从N点下方射出，故C正确； D．结合上述可知，若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N点上方射出，对应圆弧的圆心角减小，根据， 解得 粒子在磁场中运动的时间 圆心角减小，运动时间减小，可知，若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短，故D错误。 故选C。 29、如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电 B．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从a点射出 C．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子将从b点射出 D．若粒子射入磁场的速度增大为，粒子在磁场中的运动时间将变短 【答案】D 【解析】A．根据左手定则可知粒子带正电。故A错误； BC．根据解得，设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有 轨迹如图 可知若粒子射入磁场的速度增大为，射出的位置在Nb之间。故BC错误； D．根据C选项分析可知，若粒子射入磁场的速度增大为，则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小，由，又，粒子在磁场中的运动时间将变短。故D正确。 故选D。 30、如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B．带电粒子在磁场中的运动时间等于 C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小 D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短 【答案】D 【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系可得 解得粒子轨迹半径为 根据洛伦兹力提供向心力，有 粒子运动周期为 联立可得 带电粒子在磁场中的运动时间为 故AB错误； C．根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C错误； D．粒子在磁场中的运动周期 粒子在磁场中的运动时间 如果只增大粒子的入射速度v，周期不变。根据可知如果只增大粒子的入射速度v，则偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变小，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。 故选D。 考点06 圆周运动与其他运动结合类问题 31、如图1所示，“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为、半径为R的倒圆锥型冰坑，然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方式，很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后，最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m，其与冰面的动摩擦因数为，重力加速度为g。为了讨论方便，假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等；方式乙中人的跑动半径r缓慢增大，每一圈的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是（    ） A．在方式甲中，一定满足关系式 B．在方式甲和方式乙中，挑战者受到的最大静摩擦力大小不同 C．在方式乙中，可利用求得每圈的最小速度 D．在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少为 【答案】B 【详解】A．由于在方式甲中，挑战者很难离开冰坑，通常还是会滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小于重力的下滑分力，即有 A错误； B．在甲图方式在，其最大摩擦力 在乙图方式中，对挑战者受力分析如下 在水平方向上，根据牛顿第二定律则有 其中为挑战者圆周运动的线速度，为挑战者在该平面圆周运动的半径； 在竖直方向上，根据平衡条件可得 联立解得 显然，B正确； C．在乙方式中，由上述分析可知，支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者圆周运动的向心力，因此不能利用求每圈的最小速度，C错误； D．由题可知，冰坑的深度为 整个过程中，挑战者克服重力做的功 除此之外，挑战者还有克服摩擦力做一部分功，故在方式乙中，挑战者离开冰坑做的功至少大于，D错误。 故选B。 32、地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．该粒子带负电 B．从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小 C．粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变 D．粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域 【答案】D 【详解】A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A错误； B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B错误； C．根据洛伦兹力提供向心力 带电粒子每旋转一周的时间为 可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为 故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误； D．若粒子的速度方向与磁场方向不垂直，则一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动，故D正确。 故选D。 33、如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为，沿半圆形导轨到达C点时速度为，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力； (3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为 （2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得 方向竖直向下。 （3）物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有 解得 该过程重力的冲量大小为 34、如图所示，半径为R的四分之一圆弧轨道顶端放置一个光滑物块，物块可视为质点，物块与圆弧轨道的质量均为m。已知重力加速度为g。 (1)圆弧轨道固定在水平面上，由静止释放物块，求： a．物块滑到轨道底端时速度的大小v； b．物块滑到轨道底端的过程中受到的冲量。 (2)轨道放在光滑水平面上，同时释放轨道和物块，求物块滑到轨道底端时速度的大小。 【答案】(1)a．，b．，方向水平向右 (2) 【详解】（1）a．对物块，规定水平面的重力势能为零，根据机械能守恒有，解得                                     b．对物块，规定水平向右方向为正，根据动量定理有I=mv-0，可得冲量的大小为，方向水平向右 （2）设物块滑到底端时轨道的速度大小为，滑块滑到底端的过程，滑块与轨道组成的系统机械能守恒，规定水平面的重力势能为零，有① 滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有②   由①②解得 35、用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。 (1)如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为α=30°的楔形面，拧紧后，螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底楔形面上的A点，对A点施加垂直于楔形面的作用力N，由此产生沿螺栓轴向张紧的力F，求N与F的比值。 (2)如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。 a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为v时，求其绕轴转动的角速度ω； b.把螺母简化为半径为r的圆筒，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为a0，推导螺母内壁上的任意一点速度vt与时间t的关系。 【答案】(1)2 (2)a.，b. 【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有 解得 （2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，则有 解得 b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有v1=a0t 任意时刻该点绕轴的线速度有 结合上述有 则螺母内壁上的任意一点速度 解得 学科网（北京）股份有限公司 $