年青海师大二附中2020-2021学高一(下)第一次月考物理试卷Word版含答案.docx

2022-2021学年青海师大二附中
高一（下）第一次月考物理试卷

一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在下列各题的四个选项中，至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得2分）
1．（3分）（2021春•青海校级月考）在匀速圆周运动中，下列物理量中不变的是（　　）
　 A． 周期 B． 线速度 C． 向心加速度 D． 向心力

【考点】： 匀速圆周运动．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，方向时刻转变，向心加速度、向心力的方向始终指向圆心．
【解析】： 解：匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向转变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心，周期不变．故A正确，B、C、D错误．
故选：A
【点评】： 解决本题的关键知道线速度、向心加速度、向心力是矢量，矢量只有在大小和方向都不变时，该量不变．

2．（3分）（2021春•青海校级月考）关于曲线运动的叙述，正确的是（　　）
　 A． 做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不行能是匀变速运动
　 B． 物体在恒力作用下，不行能做曲线运动
　 C． 全部曲线运动都肯定是变速运动
　 D． 做曲线运动的物体受到的合力肯定不为零

【考点】： 曲线运动．
专题】： 物体做曲线运动条件专题．
【分析】： 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同．
【解析】： 解：A、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，对合力是否变化没有要求，可以是恒力，可以是匀变速运动，如平抛运动，故A错误；
B、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不肯定变化，比如平抛运动，受到的就是恒力重力的作用，所以B错误；
C、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，是变速运动，故C正确；
D、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，是变速运动，所以合外力肯定不为0．故D正确
故选：CD
【点评】： 本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要把握住．

3．（3分）（2021春•青海校级月考）江中某轮渡站两岸的码头A和B正对，如图所示，水流速度恒定且小于船速．若要使渡船直线来回于两码头之间，则船在航行时应（　　）

　 A． 来回时均使船垂直河岸航行
　 B． 来回时均使船头适当偏向上游一侧
　 C． 从A码头驶往B码头，应使船头适当偏向上游一侧
　 D． 从b码头返回a码头，应使船头适当偏向上游一侧

【考点】 运动的合成和分解．
【专题】： 运动的合成和分解专题．
【分析】： 若要使渡船沿直线来回于两码头之间，则合速度的方向垂直于河岸，依据平行四边形定则确定船头的方向．
【解析】： 解：从A到B，合速度方向垂直于河岸，水流速水平向右，依据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧．从B到A，合速度的方向仍旧垂直于河岸，水流速水平向右，船头的方向仍旧偏向上游一侧．故BCD正确，A错误．
故选：BCD．
【点评】： 解决本题的关键已知合速度和一分速度的方向，会依据平行四边形定则，确定另一分速度的方向．

4．（3分）（2021春•青海校级月考）如图所示，洗衣机的脱水筒在工作时，有一件衣物附着在竖直的筒壁上，则此时（　　）

　 A． 衣物受重力、筒壁弹力和摩擦力作用
　 B． 衣物随筒壁做圆周运动的向心力由摩擦力供应
　 C． 筒壁的弹力随筒的转速的增大而增大
　 D． 筒壁对衣物的摩擦力随筒的转速的增大而增大

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力供应衣物的向心力，依据向心力公式分析筒壁的弹力随筒转速的变化状况．
【解析】： 解：A、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力作用，故A正确．
B、衣服随筒壁做圆周运动的向心力是筒壁的弹力．竖直方向上衣物的重力与静摩擦力平衡，故B错误．
C、衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力F供应衣物的向心力，得到F=mω2R=m（2πn）2R，可见．转速n增大时，F增大，故C正确，
D、由于衣物竖直上没有加速度，衣物的重力与静摩擦力平衡，则知筒的转速增大时，摩擦力不变，故D错误．
故选：AC．
【点评】： 本题是生活中圆周运动问题，要学会应用物理学问分析实际问题．关键要知道匀速圆周运动由合外力供应向心力．

5．（3分）以下说法中正确的是（　　）
　 A． 在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯
　 B． 火车转弯速率大于规定的数值时，内轨将会受压力作用
　 C． 火车转弯速率大于规定的数值时，外轨将会受压力作用
　 D． 汽车转弯时需要的向心力由司机转动方向盘所供应的力

【考点】： 向心力．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 汽车在水平面上转弯时，靠静摩擦力供应向心力，火车以规定速度v0通过转弯处时，火车所受的重力及轨道面的支持力这两个力的合力供应了转弯的向心力，铁轨以车轮没有侧压力．当火车速度大于v0时，火车所受的重力及轨道面的支持力供应的向心力小于所需要的向心力，则不足的部分由外轨轮缘向内的侧压力来供应．当火车速度小于v0时，火车所受的重力及轨道面的支持力供应的向心力大于所需要的向心力，则多余的力由内轨向外挤压来平衡．
【解析】： 解：A、汽车在水平面上转弯时，靠静摩擦力供应向心力，光滑的水平冰面没有静摩擦力，故不能转弯，故A错误；
B、当火车速度大于规定速度时，火车所受的重力及轨道面的支持力供应的向心力小于所需要的向心力，则不足的部分由外轨轮缘向内的侧压力来供应，则车轮轮缘会挤压外轨．故B错误，C正确．
D、汽车转弯时需要的向心力由重力、轨道面的支持力、及轨道压力供应，故D错误．
故选：C
【点评】： 本题考查应用牛顿定律分析生活中圆周运动的力量，关键是明确火车转弯时的受力状况．

6．（3分）（2021春•青海校级月考）如图所示，细绳栓着质量为m的物体在竖直平面内做半径为R的圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

　 A． 小球过最高点时，绳子张力不行以为0
　 B． 小球过最高点时的最小速度是0
　 C． 小球做圆周运动过最高点的最小速度是
　 D． 小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与所受重力方向相反

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 小球在最高点时，当绳子拉力为零，重力供应向心力，此时速度最小，依据牛顿其次定律求出最高点的最小速度．知道绳子只能表现为拉力．
【解析】： 解：ABC、小球过最高点绳子的拉力为零时，速度最小，依据mg=m得，v=，可知在最高点的最小速度为．故AB错误，C正确．
D、绳子只能表现为拉力，在最高点时，绳子的拉力不行能与重力方向相反．故D错误．
故选：C
【点评】： 解决本题的关键知道小球在最高点的临界状况，会通过牛顿其次定律求出最小速度．以及知道绳子与杆子的区分，知道绳子只能表现为拉力，杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力

7．（3分）下四幅图是我们生活中常见的曲线运动，对其描述正确的是（　　）
　 A．
表示一个圆锥摆．小球绕悬点在水平内匀速圆周运动，小球由重力的分力供应向心力
　 B．
表示一个拱形桥．若有一车以肯定速度平安通过桥，桥受到车的压力肯定小于车的重力
　 C．
表示一个拐弯的火车．火车拐弯时速度越小，则铁路路基摩损就越小
　 D．
表示一汽车在平坦大路上拐弯．汽车受路面支持力和重力的合力供应向心力

【考点】： 向心力．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 物体做匀速圆周运动时，合外力供应向心力，对做匀速圆周运动的物体进行受力分析即可求解．
【解析】： 解：A、小球绕悬点在水平内匀速圆周运动，受到的重力和绳子的拉力的合力供应向心力，故A错误；
B、在拱形桥上运动的汽车，加速度向下，处于失重状态，所以桥受到车的压力肯定小于车的重力，故B正确；
C、火车拐弯时，速度大于规定速度时外轨对火车有压力，速度小于规定速度时，内轨对火车有压力，所以火车拐弯时速度越小，对铁路路基摩损也越大，故C错误；
D、汽车在平坦大路上拐弯时，重力和支持力平衡，静摩擦力供应向心力，故D错误．
故选：B
【点评】： 本题主考查了生活中的圆周运动，要求同学们能把所学的圆周运动的学问运用到实际生活中去，能解释有关现象，难度不大，属于基础题．

8．（3分）（2021春•青海校级月考）物体以v0的速度水平抛出，当竖直分位移与水平分位移大小相等时，以下说法不正确的是（　　）
　 A． 竖直分速度等于水平分速度 B． 瞬时速度的大小为v0
　 C． 运动时间为 D． 运动位移的大小为

【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，依据竖直位移和水平位移相等，求出运动的时间，从而得出竖直分速度，结合平行四边形定则求出瞬时速度的大小．求出水平位移的大小，从而依据平行四边形定则求出物体运动的位移．
【解析】： 解：AC、据题意得：=v0t，则得平抛运动的时间t=．则竖直分速度vy=gt=2v0，为水平分速度的2倍．故A错误，C正确．
B、依据平行四边形定则得，物体的瞬时速度v==．故B错误．
D、平抛运动的水平位移 x=v0t=，则物体运动的位移s=x=．故D正确．
本题选不正确的，故选：AB．
【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，依据运动学公式解答．

9．（3分）如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长．若天车运动到P处突然停止，则两吊绳所受的拉力FA和FB的大小关系为（　　）

　 A． FA＞FB B． FA＜FB C． FA=FB=mg D． FA=FB＞mg

【考点】： 向心力；牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 天车运动到P处突然停止时，A、B由于惯性，要连续运动，都将做圆周运动，依据合力供应向心力，求出拉力，从而比较出FA、FB的大小关系．
【解析】： 解：天车运动到P处突然停止时，A、B以相同的速度将做圆周运动，设原来的速度为v，绳长为L．
依据牛顿其次定律得：F﹣mg=m得，F=mg+m，由于A的绳长小于B的绳长，则A的拉力大于B的拉力，即FA＞FB．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
【点评】： 解决本题的关键能够推断出天车突然停止时A、B的运动状况，以及知道圆周运动径向的合力供应向心力．

10．（3分）一质量为M的人手握轻绳（不行伸长）一端，绳的另一端栓一质量为m的小球，今使小球在竖直平面内做圆周运动，若小球刚好能经过圆周的最高点，则在小球运动过程中，下面说法正确的是（　　）
　 A． 人对地面的最小压力等于Mg
　 B． 人对地面的最小压力小于Mg
　 C． 人对地面的最大压力等于（M+m）g
　 D． 人对地面的最大压力大于（M+m）g

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 小球在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力；然后对人分析，依据平衡条件求解地面对人的支持力状况．
【解析】： 解：A、B、小球刚好能经过圆周的最高点，最高点细线的拉力为零，但其余点都有拉力，在轨迹的上半周，绳子向上拉力人，故人对地面的最小压力肯定是小于人的重力Mg，故A错误，B正确；
C、D、小球在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力，在最低点时，拉力和重力的合力供应向心力，依据牛顿其次定律，有：
T﹣mg=m故拉力T大于重力mg；
故人对地面的压力大于（M+m）g，故C错误，D正确；
故选：BD．
【点评】： 本题关键是先后对小球和人受力分析，然后结合牛顿其次定律和共点力平衡条件列式分析，不难．

二、填空题（本题共8小题，每空2分，共26分．将正确答案填在答题卷相应的空白位置上．）
11．（4分）汽艇在静水中的速度为5m/s，假如汽艇在宽为500m，水速为3m/s的河中渡河，则渡河所用的最短时间为　100　；假如要使汽艇渡河的位移最短，则所用的时间为　125　．

【考点】： 运动的合成和分解．
【专题】： 运动的合成和分解专题．
【分析】： 将汽艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短．
【解析】： 解：当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间．
当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，合速度的大小v=．
渡河时间．
故答案为：100，125．
【点评】： 解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及知道静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短．

12．（2分）（2021春•青海校级月考）如图所示，船以速度v匀速向右划行，通过绳跨过滑轮拖动汽车运动，当绳与水面夹角为θ时，汽车向右运动的瞬时速度为　vcosθ　．

【考点】： 运动的合成和分解．
【专题】： 运动的合成和分解专题．
【分析】： 将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于小车的速度，即可求解．
【解析】： 解：设绳子与竖直方向的夹角为θ，将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于小车的速度，
依据平行四边形定则得，v车=vcosθ，

故答案为：vcosθ．
【点评】： 解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，留意θ是绳子与竖直方向的夹角．

13．（2分）（2021春•青海校级月考）做斜抛运动的物体，在2s末经过最高点时的速度是15m/s，则初速度V0=　25m/s　（g=10m/s2）

【考点】： 动能定理．
【专题】： 动能定理的应用专题．
【分析】： 最高点速度就是抛出时的水平分速度，竖直分速度由v=gt求解，初速度由平行四边形合成．
【解析】： 解：最高点速度就是抛出时的水平分速度，故vx=15m/s，竖直分速度由v=gt=10×2m/s=20m/s，故初速度为：

故答案为：25m/s
【点评】： 斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，知道最高点时的速度是沿着水平方向．

14．（4分）（2021春•青海校级月考）如图所示，三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，ωa：ωb=　2：1　，aa：ad=　1：1　．

【考点】： 线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： b、c、d三点是同轴传动，角速度相等；a、c点是同缘传动边缘点，线速度相等；结合公式a=ω2r和v=ωr分析
【解析】： 解：b、c、d是同轴传动，角速度相等；
a、c点是同缘传动边缘点，线速度相等；
依据v=ωr，ωa：ωc=2：1；
依据a=rω2，aa：ad=1：1；
故答案为：2：1，1：1
【点评】： 解决本题的关键知道共轴转动的点，角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘上点，线速度大小相等，知道线速度、角速度的关系，并能机敏运用

15．（4分）一辆汽车以54km/h的速率通过一座拱桥的桥顶，汽车对桥面的压力等于车重的一半，这座拱桥的半径是　45　m．若要使汽车过桥顶时对桥面无压力，则汽车过桥顶时的速度大小至少是　15　m/s．

【考点】： 向心力；牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 以汽车为争辩对象，分析受力可知，过桥顶时由重力和桥顶的支持力的合力供应汽车的向心力，依据牛顿运动定律求解汽车过桥顶时对桥顶的压力和速度．
【解析】： 解：以汽车为争辩对象，依据牛顿其次定律得
mg﹣N1=m
得到 R==
若要使汽车过桥顶时对桥面无压力，由牛顿第三定律得知，汽车过桥顶时不受支持力，故只受重力．
则有 mg=m
解得，v2==15m/s
故答案为：45；15．
【点评】： 本题是生活实际中圆周运动问题，要学会分析受力，运用牛顿运动定律争辩．属基本题．

16．（4分）（2021春•青海校级月考）长为L的细线，其一端拴一质量为m的小球，另一端固定于O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），如图所示，当摆线L与竖直方向的夹角为α时，细线对小球的拉力大小为　　N，小球运动的线速度的大小　　m/s．

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： （1）对小球受力分析依据小球竖直方向受力平衡球绳的拉力大小；
（2）依据几何关系求出向心力和半径，依据牛顿其次定律求线速度的大小．
【解析】： 解（1）小球受力如图，直方向受力平衡：Tcosθ=mg
得：T=
（2）依据几何关系得：向心力为：F=Tsinθ
依据牛顿其次定律：F=m又：r=Lsinθ
得：v=
故答案为：；

【点评】： 本题是圆锥摆问题，分析受力，作好力图是基础，同时要把握向心加速度的不同的表达式形式，难度不大，属于基础题．

17．（2分）质量为m的物体，沿半径为R的圆形轨道滑下，如图所示，当物体通过最低点B时速度为V0，已知物体和轨道间的动摩擦因数μ，则物体滑过B点时受到的摩擦力大小为　μm（g+）　．

【考点】： 向心力；滑动摩擦力；牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力供应物块的向心力，由牛顿其次定律求出支持力，再由摩擦力公式求解摩擦力．
【解析】： 解：物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力供应物块的向心力，由牛顿其次定律得：
FN﹣mg=m
得到：FN=m（g+）
则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为：f=μFN=μm（g+）
故答案为：μm（g+）．
【点评】： 本题是牛顿定律和向心力、摩擦力学问的简洁综合应用，关键是分析向心力的来源．

18．（4分）（2021春•青海校级月考）在“探究平抛运动的运动规律”的试验中，可以描绘出小球平抛运动的一部分轨迹，已知图中小方格的边长L=10cm，则小球平抛的初速度大小为v0=　2m/s　（取g=10m/s2），小球的抛出点坐标为　（0.1m，0.1875m）　．

【考点】： 争辩平抛物体的运动．
【专题】： 试验题．
【分析】： 平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向依据△y=gT2求出时间单位T．对于水平方向由公式v0=求出初速度．依据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度规律求出b点的竖直速度Vby，从而求出抛出点到b点的时间，接着求出从抛出到A点的时间t，这样可求出从抛出到a点的水平位移x=v0t和竖直位移，那么就可以求出小球开头做平抛运动的位置坐标．
【解析】： 解：设相邻两点间的时间间隔为T
竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=
水平方向：v0==2
代入数据解得v0=2×=2m/s
依据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，有：

因此从抛出点到B点时间为：

因此从抛出点到a点的时间为：
t1=t﹣T=0.15s﹣0.1s=0.05s
因此从抛出点到a的水平和竖直距离分别为：
x=v0t1=2×0.05=0.1m

因此抛出点横坐标为x1=0.2﹣0.1=0.1m，纵坐标为y1=0.2﹣0.0125m=0.1875m，
即小球抛出点的坐标为（0.1m，0.1875m）
故答案为：2m/s；（0.1m，0.1875m）
【点评】： 本题是频闪照片问题，频闪照相每隔肯定时间拍一次相，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由△y=gT2求时间单位，难度不大，属于基础题．

三、计算题（本题共5小题，共44分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）
19．（8分）（2021春•青海校级月考）如图所示，摩托车做腾跃绝技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R=1.0m，人和车的总质量为180kg，绝技表演的全过程中，阻力忽视不计．（计算中取g=10m/s2）．求：
（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s．
（2）从平台飞出到达A点时速度大小及方向．
（3）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v1=m/s此时对轨道的压力．

【考点】： 向心力；平抛运动．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： （1）从平台飞出后，摩托车做的是平抛运动，依据平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，可以求得运动的时间，再依据水平方向上是匀速直线运动，可以求得水平的位移的大小；
（2）由于摩托车恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，说明此时摩托车的速度恰好沿着竖直圆弧轨道的切线方向，通过摩托车的水平的速度和竖直速度的大小可以求得摩托车的末速度的方向；
（3）在最低点时，车受到的支持力和车的重力的合力作为圆周运动的向心力，依据向心力的公式求得支持力的大小，再依据牛顿第三定律可以求得对轨道的压力的大小．
【解析】： 解：（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得
竖直方向上 H=
水平方向上 s=vt2，
则s==3×=1.2m．
（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vy=gt2=4m/s
到达A点时速度=5m/s
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则
tanα=，即α=53°
（3）对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，
所以 N﹣mgcosα=
解得 N=7740 N
由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N．
答：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m．
（2）从平台飞出到达A点时速度大小为4m/s，方向与水平方向的夹角为53°斜向下．
（3）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v1=m/s时对轨道的压力为7740N．
【点评】： 本题考查的是平抛运动和圆周运动规律的综合的应用，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在了一起，对同学的分析问题的力量要求较高，能很好的考查同学分析解决问题的力量．

20．（8分）A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为K的弹簧相连，一长为l1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上，如图所示，当m1与m2均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2．
求：（1）此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？
（2）将线突然烧断瞬间两球加速度各多大？

【考点】： 牛顿其次定律；向心力．
【专题】： 牛顿其次定律在圆周运动中的应用．
【分析】： （1）B球绕OO′做匀速圆周运动，靠弹簧的弹力供应向心力，求出弹簧的弹力，依据胡克定律即可得出弹簧的伸长量．A球在水平方向上受绳子的拉力和弹簧的弹力，两个力合力供应A球做圆周运动的向心力，从而求出绳子的拉力．
（2）绳子突然烧断的瞬间，绳子拉力马上消逝，弹簧的弹力来不及发生变化，依据牛顿其次定律分别求出两球的合力，从而得出两球的加速度．
【解析】： 解：（1）对B球有：，
又依据胡克定律得：F=kx
所以
对A球有：T﹣F=
所以
故弹簧的伸长量为，绳子的张力为．
（2）烧断细绳的瞬间，拉力T=0，弹力F不变
依据牛顿其次定律，对A球有：
对B球有：
细绳烧断的瞬间两球的加速度分别为：，．
【点评】： 解决本题的关键知道匀速圆周运动的向心力靠合力供应，以及知道在烧断细绳的瞬间，拉力马上消逝，弹簧的弹力来不及转变，烧断细绳的前后瞬间弹力不变．

21．（8分）（2021春•青海校级月考）如图，一个质量为2kg的物体静止在粗糙的水平面上，物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.4，现对物体施加一水平向右的恒力F=12N，经过3s后，快速将该力的方向改为竖直向上，大小不变，则求再经过2s后物体的速度和这5s内物体的位移 （g=10m/s2）

【考点】： 牛顿其次定律．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 对物体受力分析，依据滑动摩擦定律求解滑动摩擦力，依据牛顿其次定律列式求解加速度，依据运动学公式列式求解第一段时间内位移和末速度；
当F竖直向上，依据牛顿运动定律求解加速度，依据运动学公式求解再2s的速度和位移．
【解析】： 解：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力，故：
f=μN=μmg=0.2×2×10=4N
依据牛顿其次定律，有：
F﹣f=ma
解得：
a==m/s2=4m/s2
3s末速度为v1=at1=4×3m/s=12m/s
位移x1==m=18m
3s后f′=μN′=μ（mg﹣F）=0.2×（20﹣12）=1.6N
加速度a′=﹣=﹣m/s2=﹣0.8m/s2
再经2s末物体的瞬时速度：
v2=v1+at′=8﹣0.8×2=6.4m/s
位移x2=v1t′+at′2=8×=12.8m
故总位移x=x1+x2=18+12.8m=30.8m
答：再经过2s后物体的速度为6.4m/s，这5s内物体的位移为30.8m．
【点评】： 本题是已知受力状况确定运动状况的问题，关键是先依据牛顿其次定律列式求解加速度，然后依据运动学公式列式求解，知道F=12N＜mg不会被提起，弹力不肯定等于重力．

22．（10分）（2021春•青海校级月考）如图所示，在水平地面上固定着一个倾角θ=37°、表面光滑且足够长的斜面体，物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．假如当A上滑到速度为0时恰好被B物体击中．（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2．）求：
（1）物体A上滑到最高点所用的时间t
（2）物体B抛出时的初速度v2
（3）物体A、B间初始位置的高度差h．

【考点】： 平抛运动；牛顿其次定律．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： （1）对物体A进行受力分析，可以依据牛顿其次定律求出A上滑的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式可以求得运动的时间；
（2）由几何关系得出B平抛运动的水平位移，结合时间求出初速度的大小．
（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，A上升的高度可以由A的运动求出，B下降的高度就是自由落体的竖直位移．
【解析】： 解（1）依据牛顿其次定律得，A上滑的加速度大小 a=gsin37°=6m/s2．
运动的时间 t==s=1s．
（2）A物体运动的位移 xA==m=3m．
则B平抛运动的水平位移 x=xAcos37°=v2t
解得B抛出的初速度 v2=2.4m/s．
（3）B平抛运动下落的高度 h1=gt2=×10×1m=5m．
A上升的高度 h2=xAsin37°=1.8m
则AB初始位置的高度差△h=h1+h2=6.8m．
答：
（1）物体A上滑到最高点所用的时间t为1s．
（2）物体B抛出时的初速度为2.4m/s．
（3）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8m．
【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住与A运动的时间相等，水平位移相等，结合牛顿其次定律和运动学公式进行求解．

23．（10分）（2021春•青海校级月考）如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ=45°，一条长为L的轻绳（质量不计），一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体（物体可看作质点），物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动．
（1）当时v=，求绳对物体的拉力．
（2）当时v=，求绳对物体的拉力．

【考点】： 向心力．
【专题】： 匀速圆周运动专题．
【分析】： 先求出物体刚要离开锥面时的临界速度，此时支持力为零，依据牛顿其次定律求出该临界速度．当速度大于临界速度，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，依据牛顿其次定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力供应向心力，求出绳子的拉力．
【解析】： 解：当物体刚要离开锥面时，锥面对小球没有支持力，由牛顿其次定律得：Tcosθ﹣mg=0，Tsinθ=m
解得 v=．
（1）因v1＜v，此时锥面对球有支持力，设为N1，如图1所示，则
T1cosθ+N1sinθ﹣mg=0
T1sinθ﹣N1sinθ=m
解得 T1=mg
（2）因v2＞v，则球离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图2所示．
则T2cosα﹣mg=0
T2sinα=m
解得T2=2mg．
答：
（1）当时v=，绳对物体的拉力为mg．
（2）当时v=，绳对物体的拉力为2mg．

【点评】： 解决本题的关键找出物体的临界状况，正确分析物体的受力状况，再运用牛顿其次定律求解．要留意小球圆周运动的半径不是L，而是Lsinθ．