某圆管直径d=30mm,其中液体平均流速为20cm/s.液体粘滞系数为0.0114cm3/s,则此管中液体流态为（ ）.

A、D若小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg=m
v2
R，v_A=
gR，根据机械能守恒定律得，mg（h_A-2R）=
1
2mvA2，解得h_A=[5/2]R；若小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度v_B=0，根据机械能守恒定律得h_B=2R．可见，h_A=2R时，A不能到达轨道的最高点．故A错误，D正确．
B、若h_B=[3R/2]时，B球到达轨道上最高点时速度为0，小球B在轨道上上升的最大高度等于[3R/2]时，若h_A=h_B=[3R/2]时，小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，A在轨道上上升的最大高度小于h_B=[3R/2]，故B错误．
C、小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为x_A=v_A

2R
gR=
gR•

2R
g=
2R＞R，所以小球A落在轨道右端口外侧．而适当调整h_B，B可以落在轨道右端口处．所以适当调整h_A和h_B，只有B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处．故C错误．
故选D

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；功能关系．

考点点评： 本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同．

A、小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg=m

v2A
R，v_A=
gR，根据机械能守恒定律得，mg（h_A-2R）=[1/2m
v2A]，解得h_A=[5/2R；小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度v_B=0，根据机械能守恒定律得h_B=2R．故A错误．
B、若h_B=
3R
2]时，小球B在轨道上上升的最大高度等于[3R/2]．若h_A=[3R/2]时，小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒可知，A在轨道上上升的最大高度小于[3R/2]．故C错误．
C、D小球A从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为x_A=v_A

2R
g=
gR•

2R
g=
2R>R，小球落在轨道右端口外侧．而适当调整h_B，B可以落在轨道右端口处．故C错误，D正确．
故选D

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题是向心力、机械能守恒定律、平抛运动的综合，A轨道与轻绳系的球模型相似，B轨道与轻杆固定的球模型相似，要注意临界条件的不同．

3.14×10×10=314（厘米），
答：这根铜丝的长约314厘米．
故答案为：314．

点评：
本题考点： 圆、圆环的周长．

考点点评： 此题主要考查的是圆的周长公式的灵活应用．

（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，根据动能定理得，
1
2mv12＝mg(H1+H2)−W1
代入数据解得W₁=2J．
（2）根据动能定理得，
1
2mv22−
1
2mv12＝−4mgR
在“8”字型管道的最高点，mg+FN＝m
v22
R，
管道对滑块的弹力大小F_N=455N，方向向下，
滑块对管道的弹力大小F_N′=455N，方向向上．
（3）滑块第一次由A到B克服摩擦力做功W₂=2W₁=4J，
根据mg（H₂-h）=W₂得，
上升的高度h=4.2m．
（4）滑块能冲出槽口的次数n＝
mgH2
W2＝6.25，
所以滑块能离开槽口的次数为6次．
答：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力为455N，方向向上；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度为4.2m；
（4）滑块能冲出槽口的次数为6次．

点评：
本题考点： 动能定理；向心力．

考点点评： 本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题，关键确定好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．

（1）小球恰好通过C点，故小球通过C点的速度为零，对小球由B到C的过程根据动能定理，有：
0-
1
2mvB2＝mg•2R…①
又由小球经过B点时，由牛顿第二定律：
FN−mg＝
mvB2
R…②
①②联立可得：v_B=2
gR，F_N=5mg
（3）小球从C点飞出后做平抛运动，
竖直方向：R=[1/2gt2
水平方向：R=v_ct
解得：v_c=

gR
2]
由初末机械能守恒可得：
mg（h-R）=
1
2mvC2
解得：h=[5/4R
答：（1）若小球刚好能到达轨道的最高点C，小球经过最低点B时的速度大小为2
gR]，轨道对小球的作用力大小为5mg；
（2）若小球从C点水平飞出后恰好能落回到A点，小球刚开始下落时距离A点的高度为
5
4R．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题为动能定理与圆周运动的结合的综合题，解决本题的关键掌握动能定理，以及知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力．

（1）粘合后两球飞出轨道过程做平抛运动，竖直方向有：2R＝
1
2gt2
解得两球飞出轨道到落地的时间为：t＝2

R
g
（2）粘合体两球做平抛运动，根据水平方向位移为：2R=v_Bt
可得粘合体在B点的速度为：vB＝
2R
t＝
2R
2

R
g＝
gR
AB两球碰撞过程中满足动量守恒有：mv_A=2mv_B
所以可得A球到达B点碰撞前的速度为：vA＝2vB＝2
gR
由题意有：小球A从N点运动到M点过程，只有重力做功，根据动能定理有：
−mg•2R＝
1
2m
v2x−
1
2m
v2A
代入数据解得小球A冲进轨道时的速度大小为：vx＝2
2gR
答：（1）粘合后两球飞出轨道到落地的时间为t＝2

点评：
本题考点： 向心力；平抛运动．

考点点评： 本题是平抛运动，动量守恒和机械能守恒定律等知识的综合应用，按程序法进行分析，要抓住两个过程间速度的关系．

（1）设小物体运动到P点时速度大小为v_p，对小物体有a运动到P过程中应用动能定理得：
-μmgL-2mgR=[1/2]mv_p²-[1/2]mv_a²
小物体自P点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则
根据平抛运动规律得：
2R=[1/2]gt² ，
x=vt，
联立以上三式代入数据解得：x=0.8m．
（2）设小物体运动到数字“0”的最高点时速度大小为v，对小物体由a运动到数字“0”的最高点过程中应用动能定理得：-μmgL-2mgR=[1/2]mv²-[1/2]mv_a²
设在数字“0”的最高点管道对小物体的作用力为F，在数字“0”的最高点，小物体需要的向心力F_向=
mv2
R=0.4N，
由于重力mg=0.1N＜F_向
所以F_向=mg+F
代入数据解得F=0.3N，方向竖直向下．
答：（1）小物体从P点抛出后的水平射程是0.8m．
（2）小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小是0.3N，方向为竖直向下．．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动．

考点点评： 选取合适的研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．
对于细圆管的作用力方向的判断和细杆属于一类，应该先求出需要的向心力，根据向心力大小和重力大小关系确定管道对小物体作用力的大小和方向．

（1）小球做匀速圆周运动，角速度 ω＝
v0
R＝
5
1rad/s＝5rad/s
加速度 a=

v20
R=
52
1m/s²=25m/s²；
（2）小球从A到B的时间为 t₁=[πR
v0=
3.14×1/5]s=0.628s，
从B到C的时间为 t₂=[L
v0=
1.5/5]s=0.3s．
小球从A到C的时间为 t=t₁+t₂=0.628s+0.3s=0.928s；　
（3）小球从C到D做平抛运动，由
s=v₀t′
h=
1
2gt′2
则得，桌子高度 h=
1
2g(
s
v0)2=
1
2×10×(
2
5)2m=0.8m
答：
（1）小球在半圆轨道上运动时的角速度ω为5rad/s，和加速度a的大小为25m/s²；
（2）小球从A点运动到C点的时间t为0.928s；
（3）桌子的高度h为0.8m．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律；平抛运动．

考点点评： 解决本题的关键知道角速度、加速度与线速度的关系，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，即可正确求解．

（1）对小球在最低点进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
v2
R
所以小球在最低点时具有的动能是[9/4]mgR．
（2）根据动能定理研究从最低点到最高点得：
-mg•2R=[1/2]mv′²-[1/2]mv²
小球经过半个圆周到达最高点时具有的动能是[1/4]mgR
（3）对小球在最高点进行受力分析，由牛顿第二定律得：
mg+F′=m
v′2
R
F′=-[1/2]mg
所以在最高点时管壁对求的弹力向上，大小为[1/2]mg
根据牛顿第三定律得：在最高点时球对管内壁的作用力大小为[1/2]mg，方向为向下．
（4）小球从最低点经过半个圆周恰能到达最高点，说明小球在最高点的速度为0．
根据动能定理研究从最低点到最高点得：
-mg•2R+W=0-[1/2]mv²
W=-[1/4]mgR
所以小球此过程中克服摩擦力所做的功为[1/4]mgR．
答：（1）小球在最低点时具有的动能是[9/4]mgR；
（2）小球经过半个圆周到达最高点时具有的动能是[1/4]mgR；
（3）在最高点时球对管内壁的作用力大小为[1/2]mg，方向为向下．
（4）小球此过程中克服摩擦力所做的功是[1/4]mgR．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题考查了：圆周运动、牛顿第二定律、动能定理牛顿第三定律，考查内容较多；理解恰能到达最高点的物理含义．

（1）小球由a点运动到b点的过程中，由动能定理得
−μmgL＝
1
2mvb2−
1
2mv02．
小球到达b点时的速度vb＝
v02−2μgL＝4m/s
（2）小球由b点运动到P点的过程中，由机械能守恒定律得

1
2mvb2＝
1
2mvp2+4mgR
小球从P点水平抛出后的水平射程x=v_pt
竖直位移4R＝
1
2gt2
以上各式联立，可得x=0.8m．
答：（1）小球到达b点时的速度为4m/s．
（2）小物体从P点抛出后的水平射程为0.8m．

点评：
本题考点： 动能定理；平抛运动；机械能守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律，综合性强，难度不大，需加强训练．