第三部分專項(xiàng)提能優(yōu)化訓(xùn)練專題3.2向心力的來源分析與計(jì)算目錄TOC\o"1-3"\h\u一、從動(dòng)力學(xué)角度分析向心力來源 1類型1單一性質(zhì)的力提供向心 2類型2多種性質(zhì)的力的合力提供向心力 4二、從向心力來源角度分析圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題 5類型1水平面上的圓周運(yùn)動(dòng) 6類型2豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng) 8類型3復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) 10三．專題強(qiáng)化訓(xùn)練 11一、從動(dòng)力學(xué)角度分析向心力來源做圓周運(yùn)動(dòng)的物體必須有外力提供其向心力，向心力既可以由某一個(gè)力來提供，也可以是由幾個(gè)力的合力或某一個(gè)力的分力來提供。圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)問題，往往都需要尋找向心力來源，然后根據(jù)“供”“需”關(guān)系列出合外力提供向心力的動(dòng)力學(xué)關(guān)系式求解相關(guān)問題。【例1】如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的x軸上固定一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷A，一帶正電的點(diǎn)電荷B繞A在橢圓軌道上沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，橢圓軌道的中心在O點(diǎn)，P1、P2、P3、P4為橢圓軌道與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)。為使B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻起在此空間加一垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)B受到的重力。下列說法中可能正確的是()A．當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P1點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P2點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)C．當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P3點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)D．當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P4點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)【答案】C【解析】過P1點(diǎn)以A點(diǎn)為圓心的圓如圖所示當(dāng)點(diǎn)電荷B運(yùn)動(dòng)到P1點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知點(diǎn)電荷B受到的洛倫茲力方向指向A，點(diǎn)電荷B一定相對(duì)于原來的軌道做向心運(yùn)動(dòng)，不可能在軌道1上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P2點(diǎn)或P4點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知粒子受到的洛倫茲力方向向外，洛倫茲力和電場(chǎng)力的合力不指向A點(diǎn)，不可能繞A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤；當(dāng)B運(yùn)動(dòng)到P3點(diǎn)時(shí)，加一垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知洛倫茲力方向指向A，此時(shí)粒子相對(duì)于原來的橢圓做向心運(yùn)動(dòng)，可能繞圖中軌道2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其向心力為洛倫茲力和電場(chǎng)力的合力，故C正確?！痉椒ㄒ?guī)律】1．本類問題的三個(gè)難點(diǎn)(1)能否根據(jù)受力分析找到向心力來源。(2)能否從力和運(yùn)動(dòng)的角度理解并應(yīng)用圓周運(yùn)動(dòng)向心力的“供”“需”關(guān)系。(3)缺少必要的空間想象力，不能正確描繪合外力作用下圓周運(yùn)動(dòng)的場(chǎng)景。2．軌跡與向心力的“供”“需”關(guān)系(1)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力恰好提供向心力。(2)當(dāng)物體做圓周運(yùn)動(dòng)的速度變大時(shí)，如果合外力不足以提供向心力，物體就會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，軌跡由圓變成橢圓。(3)當(dāng)物體做圓周運(yùn)動(dòng)的速度變小時(shí)，如果合外力大于所需的向心力，物體就會(huì)做近心運(yùn)動(dòng)，軌跡由圓變?yōu)闄E圓。分類訓(xùn)練類型1單一性質(zhì)的力提供向心1．[多選]我國高分系列衛(wèi)星的高分辨對(duì)地觀察能力不斷提高?！案叻治逄?hào)”衛(wèi)星的軌道高度約為705km，之前已運(yùn)行的“高分四號(hào)”衛(wèi)星的軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)“高分五號(hào)”的向心加速度為a1，周期為T1；“高分四號(hào)”的向心加速度為a2、周期為T2；固定在赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度為a3、周期為T3。則下列大小關(guān)系正確的是()A．a(chǎn)2>a1>a3 B．a(chǎn)1>a2>a3C．T3＝T2>T1 D．T2>T1>T3【答案】BC【解析】：固定在赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的周期與“高分四號(hào)”運(yùn)行的周期相等，所以T3＝T2，D項(xiàng)錯(cuò)誤；“高分四號(hào)”做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，由a＝eq\f(4π2r,T2)可知，“高分四號(hào)”做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度比地球赤道上的物體向心加速度大，即a2>a3，由于“高分四號(hào)”與“高分五號(hào)”在各自軌道上運(yùn)行時(shí)萬有引力完全提供向心力，因此有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，即T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，由于“高分四號(hào)”的軌道半徑比“高分五號(hào)”的軌道半徑大，因此有T2>T1，C項(xiàng)正確；又eq\f(GMm,r2)＝ma，即a＝eq\f(GM,r2)，由于“高分四號(hào)”的軌道半徑比“高分五號(hào)”的軌道半徑大，因此有a1>a2，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。2.(多選)(2022·浙江6月選考)如圖為某一徑向電場(chǎng)示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E＝eq\f(a,r)，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)。不考慮粒子間的相互作用及重力，則()A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)【答案】BC【解析】根據(jù)靜電力提供向心力，有eq\f(a,r)·q＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(aq,m))·eq\f(1,r)，可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)靜電力提供向心力，有eq\f(a,r)·q＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(aq,m))，可知粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)，又有Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得Ek＝eq\f(aq,2)，可知電荷量大的粒子動(dòng)能一定大，故B、C正確；磁場(chǎng)的方向可能垂直紙面向里也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運(yùn)動(dòng)，也可能做近心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。4.(2022·北京海淀區(qū)一模)在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)相同的帶電粒子①和②在P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)分別射入，兩帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與x軸的夾角如圖所示，二者均恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。根據(jù)上述信息可以判斷()A．帶電粒子①在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)B．帶電粒子②在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)C．帶電粒子①在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率較大D．帶電粒子②在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率較大【答案】B【解析】畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，兩粒子的周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，粒子①轉(zhuǎn)過的角度θ1＝45°，粒子②轉(zhuǎn)過的角度θ2＝135°，根據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T可知帶電粒子②在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，A錯(cuò)誤，B正確；由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑相等，均為eq\r(2)·eq\o(OP,\s\up6(－))，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)知v＝eq\f(qBR,m)，故兩粒子的速率相同，C、D錯(cuò)誤。類型2多種性質(zhì)的力的合力提供向心力1.光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點(diǎn)為圓弧的圓心。兩金屬軌道之間的寬度為0.5m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向如圖所示，大小為0.5T。質(zhì)量為0.05kg、長(zhǎng)為0.5m的金屬細(xì)桿置于金屬水平軌道上的M點(diǎn)。當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強(qiáng)度為2A的恒定電流時(shí)，金屬細(xì)桿可以沿軌道向右由靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知MN＝OP＝1m且OP水平，則下列說法中正確的是()A．金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為5m/s2B．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為5m/sC．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為10m/s2D．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75N【答案】D【解析】：金屬細(xì)桿在水平方向受到安培力作用，安培力大?。篎安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為：a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬細(xì)桿從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，安培力做功：W安＝F安·(MN＋OP)＝1J，重力做功：WG＝－mg·ON＝－0.5J，由動(dòng)能定理得：W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(20)m/s，B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，C錯(cuò)誤；在P點(diǎn)金屬細(xì)桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得：F－F安＝meq\f(v2,r)，解得：F＝1.5N，每一條軌道對(duì)金屬細(xì)桿的作用力大小為0.75N，由牛頓第三定律可知金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75N，D正確。2.(2022·“七彩陽光”聯(lián)考)如圖所示，空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球恰好以某一速度在內(nèi)壁光滑的漏斗中做水平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。軌道平面與地面的距離為h，漏斗壁與水平方向的夾角為θ。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)E＝eq\f(mg,2q)，空氣阻力忽略不計(jì)。下列選項(xiàng)正確的是()A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與軌道高度h成正比B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度與軌道高度h無關(guān)C．某時(shí)刻撤掉漏斗后，小球的落地點(diǎn)無法確定D．某時(shí)刻撤掉漏斗后，小球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng)，且機(jī)械能守恒【答案】B【解析】小球所受靜電力qE＝0.5mg且大小方向恒定，受力分析如圖小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝eq\f(h,tanθ)，豎直方向上FNcosθ＋qE＝mg，水平方向上FNsinθ＝meq\f(v2,r)＝ma，聯(lián)立可知a＝eq\f(v2,r)＝0.5gtanθ，所以加速度大小與軌道高低無關(guān)，解得線速度v＝eq\r(0.5gh)，線速度與h并不成正比，A錯(cuò)誤，B正確；撤掉漏斗后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg－qE,m)))))＝2eq\r(\f(h,g))，x＝vt＝eq\r(2)h，結(jié)合之前求出的速度，所以剪斷細(xì)線后，小球的水平位移可求，因此可以確定小球的落地點(diǎn)，C錯(cuò)誤；撤掉漏斗之后，小球受靜電力和重力做類平拋運(yùn)動(dòng)，靜電力要做負(fù)功，所以機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。二、從向心力來源角度分析圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問題是高考考查的熱點(diǎn)也是難點(diǎn)，這類問題正確分析出臨界狀態(tài)是關(guān)鍵，而臨界狀態(tài)往往和最大靜摩擦力、分離條件、繩的拉力最大或最小等有關(guān)，與之相關(guān)的關(guān)鍵詞是“剛好”“恰好”“取值范圍”“最大”“最小”等?！纠?】如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤的中心有個(gè)豎直小圓筒，質(zhì)量為m的物體A放在轉(zhuǎn)盤上，物體A到豎直筒中心的距離為r。物體A通過輕繩、無摩擦的滑輪與物體B相連，物體B與物體A質(zhì)量相同。物體A與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力是正壓力的μ倍，則轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度在什么范圍內(nèi)，物體A才能隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)?！敬鸢浮縠q\r(\f(g1－μ,r))≤ω≤eq\r(\f(g1＋μ,r))【解析】對(duì)物體A進(jìn)行受力分析，明確輕繩的拉力和物體A所受的摩擦力的合力提供物體A隨轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。當(dāng)物體A將要沿轉(zhuǎn)盤向外滑動(dòng)時(shí)，其所受的最大靜摩擦力指向圓心，向心力為輕繩的拉力與最大靜摩擦力的合力，即mg＋μmg＝mω12r得ω1＝eq\r(\f(g1＋μ,r))當(dāng)物體A將要沿轉(zhuǎn)盤向圓心滑動(dòng)時(shí)，其所受的最大靜摩擦力沿半徑向外，則mg－μmg＝mω22r得ω2＝eq\r(\f(g1－μ,r))因此，要使物體A隨轉(zhuǎn)盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度ω應(yīng)滿足eq\r(\f(g1－μ,r))≤ω≤eq\r(\f(g1＋μ,r))【方法規(guī)律】1．水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)(1)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力沿水平方向指向圓心，豎直方向合力為零。(2)轉(zhuǎn)速發(fā)生變化時(shí)，物體間剛好不滑動(dòng)的臨界條件是物體間達(dá)到最大靜摩擦力。(3)有關(guān)壓力、支持力問題的臨界條件是物體間的彈力恰好為零。(4)有關(guān)繩上拉力問題的臨界條件是繩恰好伸直而無拉力或繩上拉力為最大承受力。2．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)正確區(qū)分“輕繩”模型和“輕桿”模型，它們?cè)谧罡唿c(diǎn)的臨界條件不同，輕繩和輕桿在最高點(diǎn)對(duì)物體的作用力的方向特點(diǎn)有所不同。3．復(fù)合場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問題復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)主要指帶電粒子或帶電體在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)等疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)。學(xué)生學(xué)習(xí)的難點(diǎn)主要表現(xiàn)在以下兩點(diǎn)：(1)不能準(zhǔn)確找到帶電體在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”。(2)很難對(duì)其與已經(jīng)掌握的豎直面內(nèi)兩種模型進(jìn)行歸類，然后借鑒兩種模型的臨界條件進(jìn)行有效討論。類型1水平面上的圓周運(yùn)動(dòng)1.一轉(zhuǎn)動(dòng)軸垂直于一光滑水平面，交點(diǎn)O的上方A處固定一細(xì)繩的一端，細(xì)繩的另一端固定一質(zhì)量為m的小球B，AO＝h，繩長(zhǎng)AB＝l>h，小球可隨轉(zhuǎn)動(dòng)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，并在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，要使小球不離開水平面，轉(zhuǎn)動(dòng)軸的轉(zhuǎn)速的最大值是(重力加速度為g)()A.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h)) B．πeq\r(gh)C.eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l)) D．2πeq\r(\f(l,g))【答案】A【解析】：如圖所示設(shè)細(xì)繩與轉(zhuǎn)動(dòng)軸的夾角為θ，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受三個(gè)力的作用，重力mg、水平面支持力N、細(xì)繩拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為eq\f(mv2,R)，而R＝htanθ，得Fcosθ＋N＝mg，F(xiàn)sinθ＝m(2πn)2R＝m(2πn)2htanθ，當(dāng)小球即將離開水平面時(shí)，N＝0，轉(zhuǎn)速n有最大值，則mg＝m(2πnmax)2h，nmax＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.(多選)(2022·山東省濟(jì)南十一中高三下開學(xué)聯(lián)考)如圖，三個(gè)小木塊a、b和c(均可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a、b質(zhì)量均為m，c的質(zhì)量為2m，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L(zhǎng)，b、c與轉(zhuǎn)軸的距離均為2L，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力均為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g，若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說法正確的是()A.木塊a、b和c同時(shí)相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)B.木塊b和c同時(shí)相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)C.當(dāng)0＜ω≤eq\r(\f(kg,2L))時(shí)，三木塊與圓盤保持相對(duì)靜止D.當(dāng)eq\r(\f(kg,2L))＜ω≤eq\r(\f(kg,L))時(shí)，三木塊與圓盤保持相對(duì)靜止【答案】BC【解析】根據(jù)kmg＝ma可知，最大加速度均為kg，由a＝rω2可知，b、c同時(shí)先達(dá)到最大靜摩擦力，故b、c同時(shí)相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)以上分析可知，b、c滑動(dòng)時(shí)的加速度a＝rω2＝kg，解得：ω＝eq\r(\f(kg,2L))，當(dāng)0＜ω≤eq\r(\f(kg,2L))時(shí)，三木塊與圓盤保持相對(duì)靜止，故C正確；eq\r(\f(kg,2L))＜ω≤eq\r(\f(kg,L))時(shí)，b、c已經(jīng)相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)，故D錯(cuò)誤.3.(多選)(2022·東北四市高三4月聯(lián)考)如圖甲所示，兩個(gè)完全相同的物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，它們分居圓心兩側(cè)，用不可伸長(zhǎng)的水平輕繩相連．兩物塊質(zhì)量均為1kg.與圓心距離分別為RA和RB，其中RA<RB且RA＝1m．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)圓盤以不同角速度ω繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩中彈力FT與ω2的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1B．物塊B與圓心距離RB＝2mC．當(dāng)角速度為1rad/s時(shí)圓盤對(duì)A的靜摩擦力指向圓心D．當(dāng)角速度為eq\r(2)rad/s時(shí)，A恰好要相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)【答案】ABD【解析】角速度較小時(shí)，物塊各自受到的靜摩擦力Ff充當(dāng)向心力，繩中無拉力．根據(jù)牛頓第二定律：Ff＝mω2R，因?yàn)镽A＜RB，所以物塊B與圓盤間的靜摩擦力先達(dá)到最大值，隨著角速度增大，輕繩出現(xiàn)拉力，拉力FT和最大靜摩擦力的合力充當(dāng)向心力．對(duì)物塊B分析：FT＋μmg＝mω2RB，則FT＝mRBω2－μmg則根據(jù)題圖乙中斜率和截距的數(shù)據(jù)解得：RB＝2m，μ＝0.1，故A、B選項(xiàng)正確；當(dāng)ω＝1rad/s時(shí)，由上述方程得繩子中拉力大小FT＝1N，再對(duì)A分析，由牛頓第二定律得：FT＋Ff＝mω2RA，解得Ff＝0，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)A恰好要相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，其摩擦力為最大值且方向沿半徑向外，對(duì)A分析：FT－μmg＝mω2RA，此時(shí)對(duì)B分析：FT＋μmg＝mω2RB聯(lián)立解得ω＝eq\r(2)rad/s，故D選項(xiàng)正確．類型2豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1．[多選]如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，管道半徑為R，小球直徑略小于管徑(管徑遠(yuǎn)小于R)，則下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝eq\r(gR)B．小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度vmin＝0C．小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球一定無作用力D．小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小球一定有作用力【答案】BC【解析】：小球沿管道上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度可以為故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由外側(cè)管壁對(duì)小球的作用力FN與小球重力在背離圓心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg＝meq\f(v2,R)，因此，外側(cè)管壁一定對(duì)球有作用力，而內(nèi)側(cè)管壁無作用力，選項(xiàng)C正確；小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受管壁的作用力與小球速度大小有關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.(2022·浙江6月選考·7)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，下列說法正確的是()A.秋千對(duì)小明的作用力小于mgB.秋千對(duì)小明的作用力大于mgC.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θ，秋千對(duì)小明的作用力為F，則對(duì)小明，沿?cái)[繩方向受力分析有F－mgcosθ＝meq\f(v2,l)由于小明的速度為0，則有F＝mgcosθ<mg沿垂直擺繩方向有mgsinθ＝ma解得小明在最高點(diǎn)的加速度為a＝gsinθ，所受合力為mgsinθ所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤.3.(多選)(2022·湖南岳陽市高三檢測(cè))如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端各系一個(gè)小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細(xì)桿C和D上，質(zhì)量為ma的a球置于地面上，質(zhì)量為mb的b球從與C、D等高的位置(輕繩伸直)靜止釋放．當(dāng)b球擺過的角度為90°時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，下列結(jié)論正確的是()A．ma∶mb＝2∶1B．ma∶mb＝3∶1C．若只將b的質(zhì)量變大，則當(dāng)b球擺過的角度為小于90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱鉊．若只將細(xì)桿D水平向左移動(dòng)少許，則當(dāng)b球擺過的角度為小于90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱恪敬鸢浮緽C【解析】由于b球擺動(dòng)90°過程中機(jī)械能守恒，則有mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，此時(shí)a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱?，說明此時(shí)繩子張力為mag，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得mag－mbg＝mbeq\f(v2,l)，解得ma∶mb＝3∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)b球擺過的角度為θ(小于90°)時(shí)，則mbglsinθ＝eq\f(1,2)mbv′2，若此時(shí)a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱悖瑒tmag－mbgsinθ＝mbeq\f(v′2,l)，解得mag＝3mbgsinθ，對(duì)比mag＝3mbg可知，若只將b的質(zhì)量變大，當(dāng)b球擺過的角度為小于90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，則C正確；D水平左移少許后，D與b球的距離設(shè)為l′，當(dāng)b球擺過的角度為90°時(shí)，有mbgl′＝eq\f(1,2)mv″2，F(xiàn)T－mbg＝mbeq\f(v″2,l′)，得FT＝3mbg，此時(shí)a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱悖蔇錯(cuò)誤．類型3復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1.一半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放在水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示，環(huán)上a、c是豎直直徑的兩端，b、d是水平直徑的兩端，質(zhì)量為m的帶電小球套在圓環(huán)上，并可沿環(huán)無摩擦滑動(dòng)?，F(xiàn)使小球由a點(diǎn)靜止釋放，沿abc運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。由此可知，小球在b點(diǎn)時(shí)()A．加速度為零 B．機(jī)械能最大C．電勢(shì)能最大 D．動(dòng)能最大【答案】B【解析】：從題圖上可以看出小球從a點(diǎn)由靜止出發(fā)到d點(diǎn)仍靜止，由動(dòng)能定理可知mgR＋Wq＝0－0，所以有Wq＝－mgR，所以小球帶負(fù)電，所受到的電場(chǎng)力大小為F＝mg，方向水平向左。在整個(gè)過程中，只有由a到b電場(chǎng)力做了正功，由功能關(guān)系可知，在b點(diǎn)機(jī)械能最大，選項(xiàng)B對(duì)；在b點(diǎn)小球速度要滿足圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，所以加速度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)；由b到d電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，d點(diǎn)電勢(shì)能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)；由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以這兩個(gè)力的合力也為恒力，方向?yàn)樾毕蜃笙路剑c豎直方向成45°角，由等效法可知，小球應(yīng)該運(yùn)動(dòng)到合力方向的最低點(diǎn)，即b、c兩點(diǎn)之間的某一點(diǎn)時(shí)其動(dòng)能最大，選項(xiàng)D錯(cuò)。2.(2022·安徽定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校高三月考)如圖所示，帶正電的擺球可繞固定點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)．空間中存在與水平方向夾角為θ＝30°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，擺線長(zhǎng)度為L(zhǎng)，擺球質(zhì)量為m，把擺球拉到與O點(diǎn)等高處由靜止釋放，擺球恰能運(yùn)動(dòng)到擺線與電場(chǎng)方向垂直處速度減為0.擺線不可伸長(zhǎng)且一直處于拉直狀態(tài)，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.關(guān)于此過程下列說法正確的是()A．?dāng)[球受到的靜電力大小大于重力大小B．?dāng)[球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)機(jī)械能減小了eq\f(\r(3)－1,2)mgLC．當(dāng)擺球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，擺線的拉力大小為eq\f(9＋2\r(3),2)mgD．?dāng)[球速度最大時(shí)，擺線上的拉力大小為3eq\r(3)mg【答案】B【解析】設(shè)擺球所受靜電力大小為F，對(duì)全過程由動(dòng)能定理有(mg＋Fsinθ)Lcosθ－Fcosθ·L(1＋sinθ)＝0得F＝mg，故A錯(cuò)誤；在O點(diǎn)正下方時(shí)，擺球機(jī)械能的減少量等于克服靜電力做的功的大小，有|WF|＝FL(cosθ－sinθ)＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，故B正確；設(shè)擺球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)速度為v，擺球從釋放至運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL－FL(cosθ－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，在O點(diǎn)正下方，由向心力公式有FT－mg－Fsinθ＝meq\f(v2,L)解得FT＝eq\f(9－2\r(3),2)mg，故C錯(cuò)誤；靜電力與重力的合力大小為eq\r(3)mg，與豎直方向夾角為30°，當(dāng)擺球運(yùn)動(dòng)到等效重力場(chǎng)中的最低點(diǎn)時(shí)，擺球速度最大，有eq\r(3)mg×eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mv12，此時(shí)合力方向與擺線共線，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有F線＝meq\f(v\o\al(12),L)＋eq\r(3)mg，聯(lián)立可得F線＝2eq\r(3)mg，故D錯(cuò)誤．三．專題強(qiáng)化訓(xùn)練1.(2022·山東濟(jì)南市高三一模)如圖所示，a、b兩電子圍繞靜止的正點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子間的相互作用，下列說法正確的是()A.a電子受到的靜電力小于b電子受到的靜電力B.a電子的電勢(shì)能小于b電子的電勢(shì)能C.a電子的線速度小于b電子的線速度D.a電子的周期大于b電子的周期【答案】B【解析】由公式F＝keq\f(qe,r2)可知，r越大，靜電力越小，則a電子受到的靜電力大于b電子受到的靜電力，故A錯(cuò)誤；由于a電子離正電荷較近，a電子所在處的電勢(shì)較高，則a電子的電勢(shì)能小于b電子的電勢(shì)能，故B正確；由牛頓第二定律可得keq\f(qe,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(kqe,mr))，所以a電子的線速度大于b電子的線速度，故C錯(cuò)誤；由公式T＝eq\f(2πr,v)可知，a電子的線速度大于b電子的線速度，且a電子的半徑小于b電子的半徑，則a電子的周期小于b電子的周期，故D錯(cuò)誤.2.(2022·山西太原市高三一模)如圖所示，xOy直角坐標(biāo)系中，虛線是中心在O點(diǎn)的一個(gè)橢圓，P1、P2、P3、P4為橢圓軌道與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，Q是位于一焦點(diǎn)上的負(fù)點(diǎn)電荷.當(dāng)帶正電的點(diǎn)電荷q，僅在靜電力的作用下繞Q在橢圓軌道上沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法中正確的是()A.從P1到P2的過程中，q的電勢(shì)能一直減小B.從P2到P3與從P3到P4的過程中，靜電力對(duì)q做的功相同C.從P3到P4的時(shí)間大于從P4到P1的時(shí)間D.當(dāng)q到達(dá)P4點(diǎn)時(shí)，若加一垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，q可能做直線運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】從P1到P2的過程中，靜電力對(duì)q做正功，電勢(shì)能減小，A正確；從P2到P3靜電力對(duì)q做正功，從P3到P4靜電力對(duì)q做負(fù)功，故靜電力對(duì)q做的功不相同，B錯(cuò)誤；從P3到P4再到P1的過程，靜電力對(duì)q做負(fù)功，速度不斷減小，故在P3到P4過程的平均速率大于在P4到P1過程的平均速率，路程相同的情況下，從P3到P4的時(shí)間小于從P4到P1的時(shí)間，C錯(cuò)誤；當(dāng)q到達(dá)P4點(diǎn)時(shí)，若加一垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則q除受到指向Q的庫侖力外還受到向下的洛倫茲力作用，隨著距離的變化，庫侖力一定發(fā)生變化，合力不可能與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.3．[多選]如圖所示，兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷，在庫侖力作用下，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以下說法中正確的是()A．它們所需要的向心力大小相等B．它們的運(yùn)動(dòng)半徑與電荷量成反比C．它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等D．它們的線速度與其質(zhì)量成反比【答案】ACD【解析】：兩異種點(diǎn)電荷能繞連線上某一點(diǎn)各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，二者間的庫侖力提供向心力，它們的角速度相同：keq\f(Q1Q2,L2)＝m1ω2R1＝m2ω2R2，eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。4.如圖所示，真空中A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)等電荷量的正電荷，一個(gè)具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個(gè)電荷的作用下，可能做()A．勻速直線運(yùn)動(dòng)B．勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】：根據(jù)等電荷量正電荷電場(chǎng)分布的特點(diǎn)，一個(gè)具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個(gè)電荷的作用下，可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即以A、B連線的中點(diǎn)為圓心，在垂直于AB直線的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。5．(2022·衡水中學(xué)質(zhì)檢)一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，則下列說法正確的是()A．小球過最高點(diǎn)的最小速度是eq\r(gR)B．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力一定隨速度增大而減小【答案】B【解析】：由于桿可以表現(xiàn)為拉力，也可能表現(xiàn)為支持力，所以小球過最高點(diǎn)的最小速度為0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度v＝eq\r(gR)時(shí)，靠小球重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；桿在最高點(diǎn)可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，當(dāng)表現(xiàn)為支持力時(shí)，速度增大作用力減小，當(dāng)表現(xiàn)為拉力時(shí)，速度增大作用力增大，故C、D錯(cuò)誤。6.球調(diào)速器是英國工程師詹姆斯·瓦特于1788年為蒸汽機(jī)速度控制而設(shè)計(jì)，如圖(a)所示，這是人造的第一個(gè)自動(dòng)控制系統(tǒng)。如圖(b)所示是飛球調(diào)速器模型，它由兩個(gè)質(zhì)量為m的球通過4根長(zhǎng)為l的輕桿與豎直軸的上、下兩個(gè)套筒用鉸鏈連接。上面套筒固定，下面套筒質(zhì)量為M，可沿軸上下滑動(dòng)。不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，當(dāng)整個(gè)裝置繞豎直軸以恒定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，輕桿與豎直軸之間的夾角θ的余弦值為()A.eq\f(mg,Mlω) B.eq\f(Mg,mlω2)C.eq\f(（M＋m）g,mlω) D.eq\f(（M＋m）g,mlω2)【答案】D【解析】小球受到重力mg、上下兩根輕桿的拉力F1、F2，豎直方向上，由物體的平衡條件得F1cosθ＝F2cosθ＋mg，水平方向上，由牛頓第二定律得F1sinθ＋F2sinθ＝mrω2，且r＝lsinθ，下面套筒受到重力Mg、左右兩根輕桿的拉力為F3、F4(根據(jù)對(duì)稱性，F(xiàn)3、F4相等)，由物體的平衡條件得2F3cosθ＝Mg，由題意知F3＝F2，聯(lián)立解得cosθ＝eq\f(（m＋M）g,mlω2)，故選項(xiàng)D正確。7.(2022·黑龍江鶴崗一中三校高三期末聯(lián)考)如圖所示，天文觀測(cè)中觀測(cè)到有三顆星體位于邊長(zhǎng)為l的等邊三角形三個(gè)頂點(diǎn)上，并沿等邊三角形的外接圓做周期為T的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知引力常量為G，不計(jì)其他星體對(duì)它們的影響，關(guān)于這個(gè)三星系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．三顆星體的質(zhì)量可能不相等B．某顆星體的質(zhì)量為eq\f(4πl(wèi)2,3GT2)C．它們的線速度大小均為eq\f(2\r(3)πl(wèi),T)D．它們兩兩之間的萬有引力大小為eq\f(16π4l4,9GT4)【答案】D【解析】軌道半徑等于等邊三角形外接圓的半徑，r＝eq\f(\f(l,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)l.根據(jù)題意可知其中任意兩顆星體對(duì)第三顆星體的合力指向圓心，所以這兩顆星體對(duì)第三顆星體的萬有引力等大，由于這兩顆星體到第三顆星體的距離相同，故這兩顆星體的質(zhì)量相同，所以三顆星體的質(zhì)量一定相同，設(shè)為m，則2Geq\f(m2,l2)cos30°＝m·eq\f(4π2,T2)·eq\f(\r(3),3)l，解得m＝eq\f(4π2l3,3GT2)，它們兩兩之間的萬有引力F＝Geq\f(m2,l2)＝Geq\f(\f(4π2l3,3GT2)2,l2)＝eq\f(16π4l4,9GT4)，A、B錯(cuò)誤，D正確；線速度大小為v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(2π,T)·eq\f(\r(3),3)l＝eq\f(2\r(3)πl(wèi),3T)，C錯(cuò)誤．8.(2022·安徽合肥市高三一模)如圖所示，置于豎直面內(nèi)的光滑細(xì)圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的小球套在環(huán)上，一原長(zhǎng)為R的輕彈簧一端系于球上，另一端系于圓環(huán)最低點(diǎn)，圓環(huán)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度為g.若角速度ω由零開始緩慢增大，下列說法正確的是()A．當(dāng)ω<eq\r(\f(2g,R))時(shí)，小球僅受兩個(gè)力的作用B．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2g,R))時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)C．當(dāng)ω>eq\r(\f(2g,R))時(shí)，彈簧一定處于壓縮狀態(tài)D．當(dāng)ω足夠大時(shí)，小球能夠到達(dá)與圓心等高的位置【答案】B【解析】若彈簧恰好處于原長(zhǎng)，小球只受兩個(gè)力的作用，如圖所示，由幾何關(guān)系可知θ＝60°此時(shí)由向心力公式mgtan60°＝m(Rsin60°)ω2解得ω＝eq\r(\f(2g,R))，故B正確，A錯(cuò)誤．當(dāng)ω>eq\r(\f(2g,R))時(shí)，小球?qū)⑾蛏弦苿?dòng)，彈簧一定處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；假設(shè)當(dāng)ω足夠大時(shí)，小球能夠到達(dá)與圓心等高的位置做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力斜向左下，圓環(huán)的彈力在水平方向，但小球在豎直方向的合力不為0，小球就不能在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，與假設(shè)矛盾．所以當(dāng)ω足夠大時(shí)，小球不能夠到達(dá)與圓心等高的位置，故D錯(cuò)誤．9．[多選]如圖所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的物體A、B及物體C能隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，A和B、C離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為r、1.5r。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．B對(duì)A的摩擦力一定為3μmgB．B對(duì)A的摩擦力一定為3mω2rC．轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度一定滿足ω≤eq\r(\f(μg,r))D．轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度一定滿足ω≤eq\r(\f(2μg,3r))【答案】BD【解析】：B對(duì)A的靜摩擦力提供A做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有f＝3mω2r，A錯(cuò)，B對(duì)；C剛好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，μmg＝mω12·1.5r，得ω1＝eq\r(\f(2μg,3r))，A剛好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，3μmg＝3mω22r，得ω2＝eq\r(\f(μg,r))，A、B一起剛好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，5μmg＝5mω32r，得ω3＝eq\r(\f(μg,r))，故轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度一定滿足ω≤eq\r(\f(2μg,3r))，D對(duì)，C錯(cuò)。10．(2022·煙臺(tái)模擬)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將混在一起的質(zhì)子H和α粒子加速后從正方形區(qū)域的左下角射入磁場(chǎng)，經(jīng)過磁場(chǎng)后質(zhì)子H從磁場(chǎng)的左上角射出，α粒子從磁場(chǎng)右上角射出磁場(chǎng)區(qū)域，由此可知()A．質(zhì)子和α粒子具有相同的速度B．質(zhì)子和α粒子具有相同的動(dòng)量C．質(zhì)子和α粒子具有相同的動(dòng)能D．質(zhì)子和α粒子由同一電場(chǎng)從靜止加速【答案】A【解析】：根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,R)，所以v＝eq\f(qBR,m)，設(shè)質(zhì)子的比荷為eq\f(q,m)，則α粒子的比荷為eq\f(2q,4m)，質(zhì)子的半徑是α粒子的一半，所以二者的速度相同，故A正確，B、C錯(cuò)誤；如果由同一電場(chǎng)從靜止加速，那么qU＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于質(zhì)子和α粒子比荷不同，所以速度不同，所以不是從同一電場(chǎng)靜止加速，所以D錯(cuò)誤。11.(多選)(2022·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大【答案】AB【解析】小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，對(duì)小球受力分析，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．12．[多選](2022·江蘇百校第三次聯(lián)考)我國研制的“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器實(shí)現(xiàn)了人類歷史上與月球背面的第一次“親密接觸”。如圖所示，為了實(shí)現(xiàn)地月信息聯(lián)通搭建“天橋”，中繼衛(wèi)星“鵲橋”在地球引力和月球引力共同作用下，繞地月連線延長(zhǎng)線上拉格朗日點(diǎn)L2沿“Halo”軌道運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的有()A．地球和月球?qū)Α谤o橋”衛(wèi)星的引力方向不相同B．“鵲橋”衛(wèi)星受到地球和月球引力的合力方向指向L2點(diǎn)C．“鵲橋”衛(wèi)星在地球上的發(fā)射速度大于11.2km/sD．“Halo”軌道的半徑大到一定的值后才能實(shí)現(xiàn)“嫦娥四號(hào)”與地面測(cè)控站之間的中繼通信【答案】AD【解析】：地球?qū)Α谤o橋”衛(wèi)星的引力方向沿地球與“鵲橋”衛(wèi)星連線，月球?qū)Α谤o橋”衛(wèi)星的引力方向沿月球與“鵲橋”衛(wèi)星連線，如題圖所示，兩個(gè)力方向不同，A正確；“鵲橋”衛(wèi)星受到地球和月球引力的合力方向指向地球與“鵲橋”衛(wèi)星連線和月球與“鵲橋”衛(wèi)星連線夾角之間，不指向L2點(diǎn)，B錯(cuò)誤；“鵲橋”衛(wèi)星在地球上的發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.6km/s，小于11.2km/s，C錯(cuò)誤；“Halo”軌道的半徑大到一定的值后，使月球不在地球與“鵲橋”衛(wèi)星連線上，才能實(shí)現(xiàn)“嫦娥四號(hào)”與地面測(cè)控站之間的中繼通信，D正確。13.(2019·全國卷Ⅲ)如圖所示，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)【答案】B【解析】：帶電粒子在不同磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圓半徑是在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)圓半徑的2倍，如圖所示。由T＝eq\f(2πr,v)，及t1＝eq\f(θ,2π)T可知粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(\f(π,2),2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm×2,qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確。14.(2022·新鄉(xiāng)一模)據(jù)天文學(xué)家推測(cè)，存在這樣的平面四星系統(tǒng)，四顆恒星分別位于菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，繞菱形的中心點(diǎn)、在菱形所在的平面內(nèi)做角速度相同的圓周運(yùn)動(dòng)，位于對(duì)角的兩顆恒星質(zhì)量相等。根據(jù)測(cè)量可知菱形的一個(gè)頂角為2θ，位于該頂角的恒星的質(zhì)量為m1，位于相鄰頂角的恒星的質(zhì)量為m2，則eq\f(m1,m2)＝()A.eq\f(8sin3θ－1,8cos3θ－1tan3θ) B.eq\f(8cos3θ－1tan3θ,8sin3θ－1)C.eq\f(9sin3θ－1,9cos3θ－1tan3θ) D.eq\f(9cos3θ－1tan3θ,9sin3θ－1)【答案】A【解析】：設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，恒星角速度為ω，則m1的運(yùn)動(dòng)半徑為r1＝Lcosθ，m2的運(yùn)動(dòng)半徑為r2＝Lsinθ。根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律分別對(duì)m1和m2有eq\f(2Gm1m2,L2)cosθ＋eq\f(Gm1m1,2Lcosθ2)＝m1r1ω2eq\f(2Gm1m2,L2)sinθ＋eq\f(Gm2m2,2Lsinθ2)＝m2r2ω2把上面的半徑代入，聯(lián)立這兩個(gè)方程可解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(8sin3θ－1,8cos3θ－1tan3θ)，故選項(xiàng)A正確。15.(多選)(2022·廣東深圳高級(jí)中學(xué)月考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，M、N是軌道上與圓心O等高的點(diǎn)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能最小的位置，電勢(shì)能最大B．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)C．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為7.5mg【答案】BC【解析】根據(jù)等效場(chǎng)知識(shí)可得，電場(chǎng)力與重力的合力大小為mg等＝eq\r(mg2＋Eq2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq\f(5,4)g，如圖所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點(diǎn)關(guān)于圓心O對(duì)稱的D點(diǎn)，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，但D點(diǎn)并非是其電勢(shì)能最大的位置，小球電勢(shì)能最大的位置在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點(diǎn)的電勢(shì)能最小，機(jī)械能最大，選項(xiàng)B正確；小球過Q點(diǎn)和P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq\f(vQ2,R)，F(xiàn)P＋mg＝meq\f(vP2,R)，小球從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvQ2，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．16．[多選]如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(mg,q)，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度vmin≥eq\r(\r(2)gL)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在CBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．若將小球在A點(diǎn)以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠沿圓周到達(dá)B點(diǎn)【答案】AB【解析】：小球的平衡位置位于BC的中點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中，速度最小的點(diǎn)位于AD的中點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)為F，要使小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在F點(diǎn)有eq\r(mg2＋Eq2)＝eq\r(2)mg＝eq\f(mvmin2,L)，解得最小速度為vmin＝eq\r(\r(2)gL)，A正確；運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做的功等于小球機(jī)械能的增量，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功最多，所以小球在B點(diǎn)機(jī)械能最大，B正確；若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，假如能到達(dá)D點(diǎn)，由動(dòng)能定理：－mgR＋EqR＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圓周運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，在D點(diǎn)必須要有速度，實(shí)際上，小球在A點(diǎn)由靜止釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再沿圓弧運(yùn)動(dòng)，所以C錯(cuò)誤；小球要想沿圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，必須能過F點(diǎn)，由A到F應(yīng)用動(dòng)能定理：－mg·eq\f(\r(2),2)L＋Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))L＝eq\f(1,2)mvmin2－eq\f(1,2)mvA2，則vA＞eq\r(gL)，D錯(cuò)誤。17.(2022·湖南湘潭一中月考)物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)所需的向心力F需由物體運(yùn)動(dòng)情況決定，合力提供的向心力F供由物體受力情況決定。若某時(shí)刻F需＝F供，則物體能做圓周運(yùn)動(dòng)；若F需>F供，物體將做離心運(yùn)動(dòng)；若F需<F供，物體將做近心運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)有一根長(zhǎng)L＝1m的不可伸長(zhǎng)的輕繩，其一端固定于O點(diǎn)，另一端系著質(zhì)量為m＝0.5kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，將小球提至O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)處，此時(shí)繩剛好伸直且無彈力，如圖所示。不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。(1)為保證小球能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)至少應(yīng)施加給小球多大的水平速度？(2)在小球以速度v1＝4m/s水平拋出的瞬間，繩所受拉力為多少？(3)在小球以速度v2＝1m/s水平拋出的瞬間，繩若受拉力，求其大??；若不受拉力，試求繩子再次伸直時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間?！敬鸢浮浚?1)eq\r(10)m/s(2)3N(3)不受拉力0.6s【解析】：(1)小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件為重力剛好提供運(yùn)動(dòng)到頂點(diǎn)時(shí)所需的向心力，則mg＝meq\f(v02,L)解得施加給小球的最小速度v0＝eq\r(10)m/s。(2)因?yàn)関1>v0，故繩受拉力。根據(jù)牛頓第二定律有T＋mg＝meq\f(v12,L)代入數(shù)據(jù)得繩所受拉力T＝3N。(3)因?yàn)関2<v0，故繩不受拉力。小球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)經(jīng)時(shí)間t繩子再次伸直，則L2＝(y－L)2＋x2x＝v2ty＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得t＝0.6s。18.(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。(1)若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。【答案】：(1)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h【解析】：(1)由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有