2021高考物理新高考版一轮习题：第四章 微专题29 竖直面内的圆周运动与三个模型 Word版含解析 5页

‎1．“拱桥”模型特点：下有支撑，上无约束，最高点速度有最大值vm＝；‎ ‎2．“绳—球”模型特点：下无支撑，上有约束，最高点速度有最小值vmin＝；‎ ‎3．“杆—球”模型特点：下有支撑，上有约束．最高点速度可以为0，但速度是对杆有压力还是拉力的分界点．‎ ‎1．(多选)(2019·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图1所示，在竖直面内固定有一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的．一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g.在此过程中(　　)‎ 图1‎ A．小球通过A点时处于超重状态 B．小球第一次到达C点时速度为 C．小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为m D．小球损失的机械能为mv02－mgR ‎2．(2020·湖北武汉市调研)如图2所示，用两根长度均为l的轻绳将一质量为m的重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为FT.现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为FT′.θ为某一值时， 最大，此最大值为(　　)‎ 图2‎ A. B．2 C．3－2 D. ‎3．(多选)(2019·辽宁沈阳铁路实验中学模拟)某娱乐项目中，参与者需抛出一小球去撞击触发 器，从而进入下一关．若将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是(　　)‎ ‎4．(多选)(2020·甘肃兰州一中模拟)如图3甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT－v2图象如图乙所示，则(　　)‎ 图3‎ A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2＝c时，轻质绳最高点拉力大小为＋a D．若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a ‎5．(多选)如图4甲所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示，则(　　)‎ 图4‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下 D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎6．(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图5甲，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，不计空气阻力，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．图乙中x＝36 m2·s－2‎ B．小球质量为0.2 kg C．小球在A点时重力的功率为5 W D．小球在B点受到轨道作用力为8.5 N 答案精析 ‎1．ACD　[在A点受重力和支持力的合力提供向心力，即FN1－mg＝m，解得：FN1＝mg＋m>mg，故小球通过A点时处于超重状态，故A正确；小球第一次到达C点的过程由动能定理得：－mg·2R＝mv－mv，解得：vC＝，故B错误；小球第一次到达B点的过程由动能定理得：－mg·R＝mv－mv，在B点由牛顿第二定律得：FN＝，解得：FN＝m，故C正确；设整个过程克服摩擦力做功为W，根据动能定理得：－mg·2R－W＝mvC′2－mv，刚好能第二次到达C点，则mg＝m，由功能关系得：ΔE＝W，解得：ΔE＝mv－mgR，故D正确．]‎ ‎2．A　[剪断轻绳之前：2FTsin θ＝mg；剪断轻绳后，摆到最低点时由动能定理得：mv2＝mgl(1－sin θ)，由牛顿第二定律：FT′－mg＝m；联立解得＝(6sin θ－4sin2θ)，由数学知识可知，此比值的最大值为，故选A. ]‎ ‎3．CD　[假设抛出点到触发器的高度为h，竖直上抛小球恰好击中触发器小球到达h高度处时，动能减为0，即速度为0，根据动能定理有mgh＝mv2，在A选项中，假设小球能上升到圆弧轨道最高点，则小球在最高点，满足mg＋FN＝，解得v1＝ ，而根据能量守恒定律，到达h高度时小球的动能为0，故A项错误；在B选项中小球离开斜面后斜向上做斜抛运动，由机械能守恒定律知，小球在同一高度具有相同的动能，即速度大小相等，而B中小球竖直分速度小于v，故小球不能到达h高度，故B项错误；在C选项中，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C项正确；在D选项中，小球在双轨中做圆周运动时，在最高点速度可以为0，因此可以击中触发器，故D项正确．]‎ ‎4．ABD　[在最高点，FT＋mg＝m，解得：FT＝m－mg，可知纵截距的绝对值为a＝mg，g＝，图线的斜率k＝＝，解得绳的长度L＝，故A、B正确；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为：FT＝m－mg＝－a，故C错误；当v2＝b时拉力为零，到最低点时根据动能定理得：2mgL ‎＝mv－mv2，根据牛顿第二定律：FT′－mg＝m，联立以上可得拉力为：FT′＝6mg＝6a，故D正确．]‎ ‎5．AD　[由题图乙可知，当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝m＝m，即重力加速度g＝，故B错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F＝mg＝a，即小球的质量m＝＝，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2＜b时，mg－F＝m，杆对球的弹力方向向上，当v2＞b时，mg＋F＝m，杆对球的弹力方向向下，v2＝c＞b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，mg＋F＝m＝m，又g＝，F＝m－mg＝mg，故D正确．]‎ ‎6．BD　[小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：mv＝mv＋mgh，解得：v＝v＋2gh，即x＝v＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2，故选项A错误；由题图乙可知轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度vC＝3 m/s，由牛顿第二定律可得：F＋mg＝，解得：m＝＝0.2 kg，故选项B正确；小球在A点时重力G＝mg＝2 N，方向竖直向下，速度vA＝5 m/s，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；由机械能守恒可得在B点的速度为：vB＝＝ m/s＝ m/s，小球在B点受到的水平方向上的合外力提供向心力F′＝＝ N＝8.5 N，所以小球在B点受到轨道作用力为8.5 N，故选项D正确．]‎