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專題09 豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型
目錄
一．一般圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)分析 1
二．豎直面內(nèi)“繩、桿（單、雙軌道）”模型對(duì)比分析 1
三．豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)常見問題與二級(jí)結(jié)論 2
三. 過拱凹形橋模型 13

一．一般圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)分析
如圖所示，做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，所受合外力與速度成一般夾角時(shí)，可將合外力沿速度和垂直速度分解，則由牛頓第二定律，有：

，aτ改變速度v的大小
，an改變速度v的方向，
作一般曲線運(yùn)動(dòng)的物體，處理軌跡線上某一點(diǎn)的動(dòng)力學(xué)時(shí)，可先以該點(diǎn)附近的一小段曲線為圓周的一部分作曲率圓，然后即可按一般圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)處理。

，aτ改變速度v的大小
，an改變速度v的方向，，ρ為曲率圓半徑。
二．豎直面內(nèi)“繩、桿（單、雙軌道）”模型對(duì)比分析
輕繩模型（沒有支撐） 輕桿模型（有支撐）
常見
類型
過最高點(diǎn)的臨界條件 由mg＝m得v臨＝ 由小球能運(yùn)動(dòng)即可得v臨＝0
對(duì)應(yīng)最低點(diǎn)速度v低≥ 對(duì)應(yīng)最低點(diǎn)速度v低≥
繩不松不脫軌條件 v低≥或v低≤ 不脫軌
最低點(diǎn)彈力 F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力 F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力
最高點(diǎn)彈力 過最高點(diǎn)時(shí)，v≥，F(xiàn)N＋mg＝m，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN＝m-mg
向下壓力 (1)當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為向上支持力
(2)當(dāng)0＜v＜時(shí)，－FN＋mg＝m，F(xiàn)N向上支持力，隨v的增大而減小
(3)當(dāng)v＝時(shí)，F(xiàn)N＝0
(4)當(dāng)v＞時(shí)，F(xiàn)N＋mg＝m，F(xiàn)N為向下壓力并隨v的增大而增大
在最高
點(diǎn)的FN
圖線 取豎直向下為正方向 取豎直向下為正方向

三．豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)常見問題與二級(jí)結(jié)論
【問題1】一個(gè)小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，軌道的最高點(diǎn)記為A和最低點(diǎn)記為C，與原點(diǎn)等高的位置記為B。圓周的半徑為
要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)在最高點(diǎn)A 的向心力恰好等于重力時(shí)，由可得①
對(duì)應(yīng)C點(diǎn)的速度有機(jī)械能守恒
得②
當(dāng)小球在C點(diǎn)時(shí)給小球一個(gè)水平向左的速度若小球恰能到達(dá)與O點(diǎn)等高的D位置則由機(jī)械能守恒
得③
小結(jié)：(1).當(dāng)時(shí)小球能通過最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)受軌道向內(nèi)的支持力
由牛頓第二定律④
(2).當(dāng)時(shí)小球恰能通過最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)受軌道的支持力為0
由牛頓第二定律。⑤
(3).當(dāng)時(shí)小球不能通過最高點(diǎn)A小球在A點(diǎn)，上升至DA圓弧間的某一位向右做斜拋運(yùn)動(dòng)離開圓周，且v越大離開的位置越高，離開時(shí)軌道的支持力為0
在DA段射重力與半徑方向的夾角為則、
(4).當(dāng)時(shí)小球不能通過最高點(diǎn)A上升至CD圓弧的某一位置速度減為0之后沿圓弧返回。上升的最高點(diǎn)為C永不脫離軌道
【問題2】常見幾種情況下物體受軌道的作用力
(1)從最高點(diǎn)A點(diǎn)靜止釋放的小球到達(dá)最低點(diǎn)C：由機(jī)械能守恒
在C點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律： 得⑥
(2)從與O等高的D點(diǎn)（四分之一圓弧）處靜止釋放到達(dá)最低點(diǎn)C：由機(jī)械能守恒
在C點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律： 得⑦
(3)從A點(diǎn)以初速度釋放小球到達(dá)最低點(diǎn)
由機(jī)械能守恒
在C點(diǎn)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律： 得⑧
【模型演練1】(2020·全國卷Ⅰ)如圖所示，一同學(xué)表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50 kg，繩的質(zhì)量忽略不計(jì)，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為 8 m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為(　　)

A. 200 N B. 400 N
C. 600 N D. 800 N
【答案】B　
【解析】：秋千運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，重力和繩子的拉力的合力提供該同學(xué)做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力。設(shè)每根繩子的拉力為FT，則2FT－mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得FT＝410 N。故選B。
【模型演練2】(2021·東營模擬)如圖所示，輕桿一端與一質(zhì)量為m的小球相連，另一端連在光滑固定軸上，輕桿可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)

A. 小球在運(yùn)動(dòng)過程中的任何位置對(duì)輕桿的作用力都不可能為0
B. 當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)到水平位置時(shí)，輕桿對(duì)小球的拉力大小不可能等于mg
C. 小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)輕桿的拉力可能等于4mg
D. 小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)輕桿的拉力一定不小于6mg
【答案】B　
【解析】：小球在輕桿的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)，若mg＝Fn，則小球?qū)p桿的作用力為0，A錯(cuò)誤；假設(shè)當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)到水平位置時(shí)，輕桿對(duì)小球的拉力等于重力，則有mg＝m，此時(shí)小球的動(dòng)能為 mv＝mgr，由機(jī)械能守恒定律可知，小球不可能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，不能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，B正確；若小球恰能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度為0，在最低點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為2mgr，則F－mg＝m＝4mg，由牛頓第三定律，可知小球?qū)p桿的作用力最小為5mg，C、D錯(cuò)誤。
【模型演練3】．(2020·重慶模擬)如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對(duì)它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”。它可等效為一質(zhì)點(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)的模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，所受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率v＝ 通過A點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為其重力的8倍，不計(jì)摩擦和空氣阻力，質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，重力加速度為g，則(　　)

A. 強(qiáng)磁性引力的大小F＝7mg
B. 質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力
C. 只要質(zhì)點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)對(duì)A、B兩點(diǎn)的壓力差恒為5mg
D. 若強(qiáng)磁性引力大小恒為2F，為確保質(zhì)點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)通過B點(diǎn)的最大速率為
【答案】D　
【解析】：在A點(diǎn)，對(duì)質(zhì)點(diǎn)由牛頓第二定律有F＋mg－FA＝m，根據(jù)牛頓第三定律有FA＝FA′＝8mg，聯(lián)立解得F＝8mg，故A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－NA＝m，根據(jù)牛頓第三定律有NA＝N′A，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－NB＝m，根據(jù)牛頓第三定律有NB＝N′B，質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·2R＝mv－mv，聯(lián)立解得N′A－N′B＝6mg，故B、C錯(cuò)誤；若強(qiáng)磁性引力大小恒為2F，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有2F－mg－FB＝m，當(dāng)FB＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)速度最大，聯(lián)立解得 v′B＝，故D正確。
【模型演練4】如圖甲所示，輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其FN－v2圖象如圖乙所示．則(　　)

A．小球的質(zhì)量為
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?br /> C．v2＝c時(shí)，在最高點(diǎn)桿對(duì)小球的彈力方向向上
D．v2＝2b時(shí)，在最高點(diǎn)桿對(duì)小球的彈力大小為2a
【答案】　A
【解析】　由題圖乙可知當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，若v2＝b，則FN＝0，輕桿既不向上推小球也不向下拉小球，這時(shí)由小球受到的重力提供向心力，即mg＝，得v2＝gR＝b，故g＝，B錯(cuò)誤；當(dāng)v2>b時(shí)，輕桿向下拉小球，C錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0時(shí)，輕桿對(duì)小球彈力的大小等于小球重力，即a＝mg，代入g＝得小球的質(zhì)量m＝，A正確；當(dāng)v2＝2b時(shí)，由向心力公式得FN＋mg＝，得桿的彈力大小FN＝mg，故FN＝a，D錯(cuò)誤．
【模型演練5】(2020·云南昆明市高三“三診一模”測(cè)試)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道由一個(gè)半徑為R的圓弧AB和另一個(gè)圓弧BC組成，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑，恰好能通過C點(diǎn)，則BC弧的半徑為(　　)

A.R B.R C.R D.R
【答案】　A
【解析】　設(shè)BC弧的半徑為r.
小球恰好能通過C點(diǎn)時(shí)，僅由重力提供向心力，
則有：mg＝m
小球從A到C的過程，以C點(diǎn)所在水平面為參考平面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
mg(R－2r)＝mvC2
聯(lián)立解得：r＝R，
故選A.
【模型演練6】(2020·江西南昌二中模擬)如圖甲所示，質(zhì)量相等大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質(zhì)細(xì)線懸掛起來，使小球a在豎直平面內(nèi)來回?cái)[動(dòng)，小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，連接小球b的繩子與豎直方向的夾角和小球a擺動(dòng)時(shí)繩子偏離豎直方向的最大夾角都為θ，運(yùn)動(dòng)過程中兩繩子拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙中c、d所示．則下列說法正確的是(　　)

A．圖乙中直線d表示繩子對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系
B．圖乙中曲線c表示繩子對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系
C．θ＝45°
D．θ＝60°
【答案】BD
【解析】　小球a做單擺運(yùn)動(dòng)，其拉力隨時(shí)間做周期性變化，而小球b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)矢量三角形可得Fbcos θ＝mg即Fb＝，恒定不變，故圖乙中直線d表示繩子對(duì)小球b的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系，直線c表示繩子對(duì)小球a的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系，A錯(cuò)誤B正確；a球只有重力對(duì)其做功，機(jī)械能守恒，故mgL(1－cos θ)＝mv2，在最低點(diǎn)重力和拉力的合力充當(dāng)向心力，故有Fa－mg＝m，聯(lián)立解得Fa＝mg(3－2cos θ)，當(dāng)對(duì)a球來說，當(dāng)夾角為θ時(shí)，拉力最大，從圖中可知a球受到的最大拉力和b球的拉力相等，所以有mg(3－2cos θ)＝，解得θ＝60°，故C錯(cuò)誤D正確．
【模型演練7】（2021·福建省福清西山學(xué)校高三上學(xué)期12月月考）一般的曲線運(yùn)動(dòng)可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖甲所示，曲線上的A點(diǎn)的曲率圓定義為：通過A點(diǎn)和曲線上緊鄰A點(diǎn)兩側(cè)的兩點(diǎn)作一圓，在極限情況下，這個(gè)圓就叫做A點(diǎn)的曲率圓，其半徑ρ叫做A點(diǎn)的曲率半徑。將圓周運(yùn)動(dòng)的半徑換成曲率半徑后，質(zhì)點(diǎn)在曲線上某點(diǎn)的向心加速度可根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度表達(dá)式求出，向心加速度方向沿曲率圓的半徑方向。已知重力加速度為g。現(xiàn)將一物體沿與水平面成α角的方向以速度拋出，如圖乙所示，則在其拋出點(diǎn)P處的曲率半徑是（　　）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
物體的加速度為向下的g，在點(diǎn)P處時(shí)沿曲率半徑方向的分加速度大小為gcosα，在P點(diǎn)，由向心力的公式得

所以在P處的曲率半徑為

故BCD錯(cuò)誤，A正確。
故選A。
【模型演練8】.（2021·黑龍江哈六中高三上學(xué)期1月期末）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)，小球直徑略小于內(nèi)、外側(cè)管壁距離，內(nèi)側(cè)壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　)

A. 小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度
B. 小球通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度
C. 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)小球一定有作用力
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】B
【解析】
由于管子能支撐小球，所以小球能夠通過最高點(diǎn)時(shí)的最小速度為vmin=0；故A錯(cuò)誤，B正確．小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的合外力向上，則主要應(yīng)是外側(cè)管壁提供作用力，故內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球一定無作用力；故C錯(cuò)誤；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)小球不一定有作用力．如速度較小時(shí)，重力與下管壁的合力充當(dāng)向心力，故D錯(cuò)誤．故選B．
【模型演練9】（2021·福建省福州市八縣市一中高三上學(xué)期11月期中）如圖所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時(shí)靜止于最低點(diǎn)，現(xiàn)使小球以初速度沿環(huán)上滑，小環(huán)運(yùn)動(dòng)到環(huán)的最高點(diǎn)時(shí)與環(huán)恰無作用力，則小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中（?? ）

A. 小球機(jī)械能守恒
B. 小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬環(huán)的壓力是6mg
C. 小球在最高點(diǎn)時(shí)，重力的功率是
D. 小球機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
【答案】D
【解析】
AD．小球在最高點(diǎn)與環(huán)作用力恰為0時(shí)，設(shè)速度為v，則

解得

從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
-mg?2R-W克=mv2-mv02
又
v0=
解得
W克=05mgR
所以機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A錯(cuò)誤，D正確；
B．在最低點(diǎn)，根據(jù)向心力公式得

解得
N=7mg
則由牛頓第三定律知，小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬環(huán)的壓力是7mg，故B錯(cuò)誤；
C．小球在最高點(diǎn)時(shí)，重力方向與速度方向垂直，重力的功率為零，故C錯(cuò)誤。
故選D。
【模型演練10】(2020·福建龍巖市期末質(zhì)量檢查)如圖甲所示，輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球(可看成質(zhì)點(diǎn))，讓小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．改變小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v，測(cè)得相應(yīng)的輕繩彈力大小F，得到F－v2圖象如圖乙所示，已知圖線的延長線與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，－b)，斜率為k.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．該小球的質(zhì)量為bg
B．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為
C．圖線與橫軸的交點(diǎn)表示小球所受的合外力為零
D．當(dāng)v2＝a時(shí)，小球的向心加速度為g
【答案】　B
【解析】　小球在最高點(diǎn)時(shí)受到的拉力為F，則有：
F＋mg＝，
解得：F＝m－mg
結(jié)合題圖乙可知：mg＝b，即m＝，斜率為k＝＝
解得：R＝＝，故A錯(cuò)誤，B正確；
圖線與橫軸的交點(diǎn)表示小球所受的拉力為零，即合外力等于重力時(shí)的情況，故C錯(cuò)誤；根據(jù)向心加速度公式可知a′＝＝＝＝2g，故D錯(cuò)誤．
【模型演練11】(多選)(2020·資陽一診)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點(diǎn)O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關(guān)系圖象如圖乙所示，圖象中的數(shù)據(jù)a和b，包括重力加速度g都為已知量，則以下說法正確的是(　　)

甲　　　　　乙　
A．?dāng)?shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無關(guān)
B．?dāng)?shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無關(guān)
C．比值只與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌跡半徑無關(guān)
D．利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌跡半徑
【答案】AD　
【解析】由題圖乙可知，當(dāng)v2＝a時(shí)，此時(shí)繩子的拉力為零，小球的重力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則由牛頓第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質(zhì)量無關(guān)，故A正確；當(dāng)v2＝2a時(shí)，對(duì)小球受力分析，則由牛頓第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，與小球的質(zhì)量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析可知＝與小球的質(zhì)量有關(guān)，與圓周軌跡半徑也有關(guān)，故C錯(cuò)誤；由上述可知r＝，m＝，故D正確。
【模型演練12】(2020·河北保定一模)如圖所示，半徑為R的細(xì)圓管(管徑可忽略)內(nèi)壁光滑，豎直放置，一質(zhì)量為m、直徑略小于管徑的小球可在管內(nèi)自由滑動(dòng)，測(cè)得小球在管頂部時(shí)與管壁的作用力大小為mg，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋瑒t (　　)

A．小球在管頂部時(shí)速度大小一定為 B．小球運(yùn)動(dòng)到管底部時(shí)速度大小可能為
C．小球運(yùn)動(dòng)到管底部時(shí)對(duì)管壁的壓力可能為5mg D．小球運(yùn)動(dòng)到管底部時(shí)對(duì)管壁的壓力一定為7mg
【答案】C
【解析】小球在管頂部時(shí)可能與外壁有作用力，也可能與內(nèi)壁有作用力。如果小球與外壁有作用力，對(duì)小球受力分析可知2mg＝m，可得v＝，其由管頂部運(yùn)動(dòng)到管底部的過程中由機(jī)械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，可得v1＝，小球在管底部時(shí)，由牛頓第二定律有FN1－mg＝m，解得FN1＝7mg，由牛頓第三定律知，小球?qū)鼙诘膲毫?mg。如果小球與內(nèi)壁有作用力，對(duì)小球受力分析可知，在最高點(diǎn)小球速度為零，其由管頂部運(yùn)動(dòng)到管底部過程中由機(jī)械能守恒有mv＝2mgR，解得v2＝2，小球在管底部時(shí)，由牛頓第二定律有FN2－mg＝m，解得FN2＝5mg，由牛頓第三定律知，小球?qū)鼙诘膲毫?mg，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
【模型演練13】（2021·八省聯(lián)考廣東區(qū)高三上學(xué)期1月模擬二）如圖所示，豎直平面內(nèi)光滑圓軌道半徑R=2m，從最低點(diǎn)A有一質(zhì)量為m=1kg的小球開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）

A 若初速度，則小球?qū)⒃陔xA點(diǎn)2.2m高的位置離開圓軌道
B 若初速度，則小球離開圓軌道時(shí)的速度大小為
C 小球能到達(dá)最高點(diǎn)B的條件是
D 若初速度，則運(yùn)動(dòng)過程中，小球可能會(huì)脫離圓軌道
【答案】B
【解析】、
所以小球能到達(dá)最高點(diǎn)B的條件是 C錯(cuò)D錯(cuò)
所以小球會(huì)脫離軌道。設(shè)小球離開圓軌道時(shí)的速度為離開時(shí)軌道的支持力為0，此時(shí)重力與半徑方向的夾角為
則



即小球從1.8m高的地方離開。離開時(shí)的速度

【模型演練14】（2021·江蘇省馬壩高中高三上學(xué)期11月期中）如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，不計(jì)一切摩擦。圓心O點(diǎn)正下方放置為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與小球A發(fā)生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為

A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動(dòng)量守恒，設(shè)B的初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，則：
mv0=mv1+2mv2
由動(dòng)能守恒得：

聯(lián)立得：?①
1.恰好能通過最高點(diǎn),說明小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小球的重力提供向心力,是在最高點(diǎn)的速度為vmin，由牛頓第二定律得：
2mg= ?②
A在碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，得：
③
聯(lián)立①②③得：v0=，可知若小球B經(jīng)過最高點(diǎn)，則需要：v0?
2.小球不能到達(dá)最高點(diǎn)，則小球不脫離軌道時(shí)，恰好到達(dá)與O等高處，由機(jī)械能守恒定律得：
④
聯(lián)立①④得：v0=
可知若小球不脫離軌道時(shí),需滿足：v0?
由以上的分析可知,若小球不脫離軌道時(shí),需滿足：v0?或v0?，故AD錯(cuò)誤，BC正確。
故選：BC
三.過拱凹形橋模型
拱形橋 圓軌外側(cè) 凹形橋

示意圖



作用力 最高點(diǎn)(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：
（1）當(dāng)v=0時(shí)，即汽車靜止在最高點(diǎn)，F(xiàn)N=G；
（2）當(dāng)汽車的速度增大到mv2/R=mg 即v= 時(shí)，F(xiàn)N=0，汽車在橋頂只受重力G，又具水平速度v，因此開始做平拋運(yùn)動(dòng)；
（3）當(dāng)0≤v≤時(shí)，0≤FN≤mg，且速度v越大，F(xiàn)N越小；
（4）當(dāng)v>時(shí)，汽車將脫離橋面，將在最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，即所謂的“飛車”。 最高點(diǎn)(超重)：FN＝G+mv2/R可知：
（1）當(dāng)v=0時(shí)，即汽車靜止在最高點(diǎn)，F(xiàn)N=G；
（2）當(dāng)汽車的速度v≠0時(shí)，F(xiàn)N>mg，且速度v越大，F(xiàn)N越大。

【模型演練1】（2021·江蘇省揚(yáng)州市高三上學(xué)期1月月考）如圖所示是游樂場(chǎng)里的過山車，過山車運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過A、B兩點(diǎn)（　　）

A. 在A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力較小 B. 在A點(diǎn)時(shí)所受摩擦力較大
C. 在B點(diǎn)時(shí)所受向心力較大 D. B點(diǎn)時(shí)合外力方向豎直向下
【答案】B
【解析】A．由向心力公式

解得 ，在A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力最大，A錯(cuò)誤；
B．摩擦力為 ，則
在A點(diǎn)時(shí)所受摩擦力較大，B正確；
C．向心力為
所以 ，在A點(diǎn)時(shí)所受向心力較大，C錯(cuò)誤；D．在B點(diǎn)人受豎直向下的重力，豎直向下的彈力，水平方向的摩擦力，合力的方向斜向下，D錯(cuò)誤。故選B。
【模型演練2】（2021·黑龍江哈爾濱三中高三上學(xué)期11月期中）如圖所示，當(dāng)汽車通過拱橋頂點(diǎn)的速度為10m/s時(shí)，車對(duì)橋的壓力為車重的，g取10m/s2，拱橋的半徑為（　　）

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