重难点专训09 竖直面内的圆周运动（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以模型建构为主线，系统整合竖直面内圆周运动的动力学分析方法、绳杆模型临界条件及二级结论，形成“原理推导-模型应用-综合创新”的逻辑链条，培养科学思维与运动和相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |研判·模型总结|4类模型推导|动力学分解法、临界条件分析法、能量守恒应用|从一般圆周运动到绳/杆模型，构建“运动学-受力分析-能量关系”推导体系| |模拟·基础演练|15题|模型识别、临界速度计算、弹力方向判断|覆盖基础模型应用，强化物理观念理解| |重难·创新演练|15题|综合情境分析、多过程问题处理|结合科学探究，提升复杂问题解决能力|

重难点专训09 竖直面内的圆周运动（福建专用） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D B D D B C C AB 题号 11 12 13 16 17 18 19 20 21 22 答案 BC BD AD B B C D D C C 题号 23 24 25 26 27 28 答案 B D C CD BC BD 1．B 【详解】A．从最高点到最低点由机械能守恒定律 小球运动到最低点时绳的拉力最大，则 解得 则台秤的示数最大为，A错误； B．当绳与竖直方向的夹角为θ（过圆心的水平线以上）时台秤示数，由机械能守恒定律 由牛顿第二定律 解得 台称的示数 则当时FN有最小值，B正确； C．小球在a点时绳的拉力无竖直分量，则台称读数为Mg；b点时台称读数 即小球在a、b两个位置时，台秤的示数不相同，C错误； D．小球从b点运动到c点的过程中速度的竖直分量逐渐增加，根据可知，重力的瞬时功率逐渐增加，D错误。 故选B。 2．C 【详解】A．由于空气阻力不计，斜抛运动的整个过程（上升阶段、最高点、下降阶段）加速度都是竖直向下，整个过程都处于完全失重状态，不是只有最高点后才可以模拟出完全失重环境，故A错误； B．斜抛运动水平方向匀速，水平速度分量 设末状态竖直速度分量大小为，由末速率可知 解得，方向竖直向下。 初状态飞机速度的竖直分量大小为，方向竖直向上。 由竖直方向匀变速规律可知本次飞行模拟完全失重的时间为，故B错误； C．由上述分析可知， 若仅增大飞机与水平方向的夹角，则飞机的水平速度分量减小，飞机初速度和退出试验的末速度大小不变，则可知和均增大，飞机竖直方向的速度变化量增大，飞行模拟完全失重的时间为 故本次试验模拟时间可以变长，故C正确； D．匀速圆周运动的加速度为向心加速度，方向不断变化，竖直平面内飞机做匀速圆周运动，加速度不是始终竖直向下大小为，无法全程模拟完全失重环境，D错误。 故选C。 3．D 【详解】A．小球从最低点运动到θ=60°位置的过程中，根据动能定理得：-mgR（1-cos60°）=ΔEk 已知m=0.2kg，ΔEk=-0.6J，解得R=0.6m，故A错误； C．在θ=60°处，根据牛顿第二定律得 解得 此时小球的动能为 小球的初动能Ek0+ΔEk=Ek1，解得Ek0=3.6J 根据 解得v0=6m/s，故C错误； B．小球能做完整的圆周运动，在最高点速度最小。从最低点到最高点，由机械能守恒定律可得 解得，故B错误； D．小球在最低点对轨道的压力最大，在最高点对轨道的压力最小（因全程，弹力方向均指向圆心）。最大压力 最小压力 压力差的最大值为ΔN=12N，故D正确。 故选D。 4．B 【详解】A．小球在C点时 其中的 解得C点的速度大小为，A正确； B．小球在D点脱离轨道，则只受重力作用，所受合力方向竖直向下，B错误； C．设DO与x轴夹角为，可知在D点时 解得 则D点的坐标， 即D点坐标为，C正确； D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点E与D点的竖直高度差为，D正确。 此题选择错误选项，故选B。 5．D 【详解】A．在Q点，选手的速度为零，但由于只受重力，故加速度等于g，故A错误； B．在O点，选手的速度方向与所受重力垂直，故重力的瞬时功率为零，故B错误； C．从P到Q再到P的过程，选手只受重力，一直处于完全失重状态，故C错误； D．从M到N的过程，设场地对车的支持力与竖直方向的夹角为，则有 可得 由于减小，则增大，另外v也增大，故一直增大，故D正确。 故选D。 6．D 【详解】A．小球套在圆轨道上，属于“杆与轨道模型”，最高点A处轨道可以提供向上的支持力平衡重力，因此A点最小速度可以为0，的最小值小于，故A错误； B．小球运动过程中重力做功，动能随位置变化，速度大小不断改变，不可能做匀速圆周运动，故B错误； C．圆轨道是等势面，小球从A到C电势能不变，故C错误； D．只有重力做功，C是轨道最低点，从A到C重力做正功最多，C点速度最大；向心力指向圆心O（向上），满足，最大，因此C点支持力最大，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】设小球在最低点获得水平瞬时冲量后运动的初速度大小为，由动量定理有 设小球离开圆环时运动到点，此时速度为，与水平方向的夹角为，如图所示 刚好离开圆环时有 从最低点到点的过程，由机械能守恒定律有 小球从点离开圆环做斜抛运动，设运动时间经过点，将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动与竖直上抛运动，水平方向有 竖直方向有 联立解得 冲量 故选B。 8．C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 9．C 【详解】A. 根据几何关系， 为直角三角形（ 为直径），，则 点的电势为 小环在点的电势能为，故A错误； B. 小环在点受到处电荷的斥力，方向沿延长线；受到处电荷的斥力 ，方向沿延长线。 由于，两力垂直，合力大小，故B错误； C. 小环带正电，在电场力作用下向电势低处运动。根据对称性，圆环上中垂线与圆环的交点（设为点）电势最低，小环运动到该点时动能最大。点到的距离均为，则 根据动能定理，最大动能 ，故C正确； D. 小环在点时动能最大，受到的电场力合力沿半径向外，大小为 小环做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，设圆环对小环的弹力指向圆心，则 其中 解得，故D错误。 故选 C。 10．AB 【详解】A．设小钢球质量为，铁架台质量为，轻绳长为，轻绳拉力为，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为，如图所示 对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有 小钢球由处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有 联立解得 小钢球从点运动到最低点的过程中，一直增大，增大，则轻绳拉力一直增大，故A正确； B．由重力的功率可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功率为零，小钢球运动到最低点时，瞬时速度方向与重力方向垂直，夹角，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力的功率先增大后减小，故B正确； C．铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力 小钢球从A点运动到最低点的过程中，一直增大，故铁架台对桌面的压力一直增大，故C错误； D．铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力 小钢球从A点运动到最低点的过程中，由0增大至，当时， 铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小，故D错误。 故选AB。 11．BC 【详解】A．物体恰好能经过轨道最高点C，则有 解得，故A错误； B．由于AB轨道光滑，故弹簧弹性势能全部转化为物体在B点的动能，则压缩至A点时，弹簧的弹性势能为，故B正确； C．由B到C过程中，对物体，根据动能定理有 联立解得，故C正确； D．由A到B过程中，物体受到的地面支持力不是0，时间也不是0，根据可知，物体受到的地面支持力冲量不为0，故D错误。 故选BC。 12．BD 【详解】A．当小球在斜面上而位于圆弧面内时，两者速度方向不同，两者在沿杆方向分速度相等而速度大小不相等，故A错误； B．由题意可得 、分别位于点和点时，两者速度大小相等且合动能最大，根据机械能守恒可得 解得， 最大合动能为，故B正确； CD．当位于处时，、均做圆周运动，其在切线方向的分加速度相同，由受力分析可得，两者的受力具有对称性，假设、存在沿切线方向的加速度，该加速度必然沿切线的相反方向，与假设矛盾，所以、沿切线方向的加速度为，两者只存在指向点的向心加速度。杆的弹力和重力的合力必然沿半径向外，由受力分析和牛顿第二定律可得 ， 解得 ，故C错误，D正确。 故选BD。 13．AD 【详解】A．滑块在圆柱面上运动时，径向合力提供向心力，有 得 滑块从向运动过程中，减小，增大；同时重力和摩擦力做负功，速度减小。因此增大，减小，支持力一直增大。根据牛顿第三定律，滑块对半圆柱体的压力一直增大，故A正确； B．在点，，代入数据得 即滑块在点受到的支持力为0，故B错误； C．对半圆柱体受力分析，水平方向受到滑块的压力水平分量 和摩擦力水平分量 。地面对半圆柱体的摩擦力向右平衡这两个力，即 在点，则 ； 在点附近， ， 。摩擦力逐渐增大，故C错误； D．滑块从到过程，根据动能定理有 解得克服摩擦力做功 ，故D正确。 故选AD。 14．(1) (2)未获奖 【详解】（1）获得一等奖时，物块1从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为，则， 解得 在E点，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可得，物块1在E点对轨道的压力大小为2 N。 （2）弹簧的弹性势能转化为动能，即 解得 物块1与物块2碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 解得 设物块1在圆轨道上升的高度为h，则 解得h=0即物块1未进入轨道CD间，未获奖。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）在点，根据重力提供向心力有 从B到C，根据机械能守恒定律有 在B点，根据牛顿第二定律有 解得 （2）根据位移时间关系 弹性碰撞过程，根据动量守恒定律及能量守恒定律有， 解得 （3）第一次落到地面时竖直分速度 碰撞后，竖直分速度大小变为 方向竖直向上；则弹力的冲量 摩擦力的冲量 水平方向 解得 重难·创新演练 16．B 【详解】设在最低点细绳刚好被拉断瞬间铁丝棉的速度大小为，则根据牛顿第二定律有 解得 所以铁丝棉将以的初速度做平抛运动，设铁丝棉从抛出到落地的时间间隔为，则有 解得 所以铁丝棉做平抛运动落地时的水平距离为 故选B。 17．B 【详解】A．甲车在最低点，加速度方向指向圆心即竖直向上，处于超重状态；乙车在最高点，加速度方向指向圆心即竖直向下，处于失重状态，故A错误； B．乙车在最高点对轨道压力为0，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 已知甲、乙两车速度大小相等，故甲的速度为，故B正确； C．对甲车在最低点受力分析，受重力和支持力，由牛顿第二定律有 将代入解得 即轨道对甲的支持力等于甲车重力的2倍，故C错误； D．甲的角速度，故D错误。 故选B。 18．C 【详解】A．因圆弧形轨道光滑，根据机械能守恒定律可知，小球到达点时速度大小仍为，在点，轨道支持力提供向心力，满足，故A错误； B．根据机械能守恒定律可知，小球到达点时速度大小满足 解得 在点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，满足 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力为，故B错误； C．若小球刚好能运动到点，临界情况下轨道支持力为0，重力沿半径方向的分量提供向心力，满足 解得 根据机械能守恒定律可知，该情况下小球的初速度大小满足 解得，故C正确； D．若，对于能过点的小球，其向心力由重力和轨道的弹力提供，满足 其中 可得 从点离开后做平抛运动，运动到点等高位置所需时间满足 解得 小球的水平位移 因此运动到点等高位置时，小球的水平位置已处于点右侧，故D错误。 故选C。 19．D 【详解】A．小车在下方时，圆心在小车的上方，向心加速度指向圆心，即加速度有竖直向上的分量，小车处于超重状态，A错误； B．向心力是矢量，小车在、两点时向心力均指向圆心，二者方向不同，因此向心力不同，B错误； C．由题意可知，小车做匀速圆周运动的周期，轨道直径，半径 则线速度，C错误； D．是最低点，对点由牛顿第二定律有 可得 是最高点，对点由牛顿第二定律有 可得 小车对轨道的压力差等于支持力差，则 即点对轨道的压力比点大，D正确。 故选D。 20．D 【详解】A．杂技“水流星”在最高点时，若速度满足 水的重力恰好提供向心力，此时水对桶底的压力为零，故A错误； B．对小球受力分析：设圆锥筒侧壁倾角为，竖直方向受力平衡得 因此筒壁对小球的支持力 与小球转动半径无关，A、B位置的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，小球对筒壁的压力大小相等，故B错误； C．不同密度的物质做圆周运动时，所需向心力不同，密度大的物质做离心运动向外侧移动，该过程和重力无关，太空中仍可以实现血液成分分层，故C错误； D．秋千摆到最低点时，做圆周运动的向心力指向圆心（方向竖直向上），因此加速度竖直向上，支持力大于重力，女孩处于超重状态，D正确。 故选 D。 21．C 【详解】AB．已知行星质量，行星半径，天体表面物体的重力近似等于万有引力 得 可知，即，故A、B错误； CD．小球在最高点做圆周运动，向心力由重力和圆管作用力的合力提供。 因为需要的向心力向下，重力大于需要的向心力，因此圆管对小球施加向上的支持力，根据牛顿第二定律 整理得，故C正确，D错误。 故选C。 22．C 【详解】AB．球在竖直圆周运动最高点时，合力提供向心力，由牛顿第二定律得 可得 结合图乙可知时，，代入得 解得 当时， 代入得 解得，AB错误； C．两次都对应小球在最高点，重力势能变化为0，动能减少量等于小球克服阻力做的功，故， C正确； D．图线与横轴交点对应，此时有 绳长变长，交点横坐标增大，位置改变，D错误。 故选C。 23．B 【详解】A．小球通过点后做平抛运动，则， 解得通过C点时的速度大小为，故A错误； B．根据动能定理 解得小球克服圆管的摩擦力做功为，故B正确； CD．假设小球通过点时管壁对小球有向上的支持力，则 可得，假设成立，根据牛顿第三定律，此时小球对圆管的压力大小为，方向竖直向下，故CD错误。 故选B。 24．D 【详解】A．从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，重力做功不为零，则小球重力的平均功率不为0，故A错误； B．设圆弧轨道的半径为，则当时，根据动能定理有 解得此时小球的速度大小为 则根据牛顿第二定律有 解得此时轨道对小球的弹力大小为，故B错误； C．当时，根据动能定理有 解得此时小球的速度大小为 则小球的向心加速度大小为 此时小球沿着圆弧轨道切向的加速度大小为 所以当时，小球的加速度大小为，故C错误； D．当小球与圆心的连线和的夹角为时，根据动能定理有 解得小球从点运动到点的过程中，速度的表达式为 则小球重力的瞬时功率表达式为 令 则 令，由于，所以有 解得 此时有最大值，所以当时，小球重力的瞬时功率最大，故D正确。 故选D。 25．C 【详解】A．小球通过与圆心等高点A时，受重力和杆的作用力，合力提供向心力，方向水平指向圆心，由矢量合成可知 代入数据解得，故A错误； B．小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．小球通过最低点时，根据牛顿第二定律有 解得，故C正确； D．小球从最高点向最低点运动的过程中，根据矢量三角形及余弦定理可知 其中 其中代表与 G 的夹角，从0增大到180°，则杆对小球的作用力持续增大，故D错误； 故选C。 26．CD 【详解】A C．小球摆到最低点的另一侧过程，根据动能定理有 小球从释放点运动到左侧最高点的过程中电场力做功 电势能增加了 解得，故A错误，C正确； B．小球到最低点过程，根据动能定理有 解得，故B错误； D．经过最低点时，对小球分析有 解得，故D正确。 故选CD。 27．BC 【详解】A．物体在半圆形轨道上“始终不脱离轨道"有两种情况，第一种情况，即能到达最高点C，临界条件是由重力提供向心力，即 解得 物体从A到C，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 第二种情况，即物体在半圆轨道下半部分运动，不超过右侧圆心等高处，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 故“始终不脱离轨道”的条件是或，故A错误； B．若物体恰好通过C点，由A项可知，此时对应的速度为，根据平抛运动规律有， 联立解得，故B正确； C．若物体经过点时的速度，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 根据物体“始终不脱离轨道”的条件或，可知物体能够经过右侧圆心等高处，但不能过C点，故物体在到达C点前脱离轨道，此时轨道对物体的支持力为零，则重力的分力提供向心力，设此时物体脱离位置与圆心O连线和竖直向上方向的夹角为，根据牛顿第二定律有 从B点到脱离点，根据机械能守恒有 联立解得 根据几何关系可得物体脱离轨道时距离水平面的高度为，故C正确； D．物体“恰好能到C点”，说明过C点时重力提供向心力，由A项可知，此时对应的速度为，物体从B点到C点，根据动能定理有 解得，故D错误。 故选BC。 28．BD 【详解】A．小球经过B点时的速度大小为，A错误； B．竖直方向 其中 解得圆弧轨道的半径为R=2m，B正确； C．若小球能到达D点，由 可得 由机械能守恒定律可知，到达D点的速度仍为 可知小球能通过圆弧轨道的D点，C错误； D．小球经过圆弧轨道D点时 解得FN=8N 则由牛顿第三定律可知，在D点时小球对轨道的压力大小为8N，D正确。 故选BD。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块A做平抛运动，设其在P点竖直方向的分速度为，根据几何关系，A恰好沿切线进入圆弧轨道，故在P点速度方向与水平方向的夹角 由平抛运动规律可得。 从抛出点到P点下落的高度 而P点距圆弧轨道底端B的高度 抛出点离地面的高度 联立并代入数据，解得 （2）小物块A在P点的速度大小 在P点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对A的支持力。 根据牛顿第三定律，A通过P点时对轨道的压力大小等于，方向沿半径向外。 （3）设A到达底端B点与B碰撞前的速度为，由机械能守恒定律得 设碰后A的速度为，因A恰好能上升到与圆心等高的Q点，根据机械能守恒有 规定向右为正方向，碰前A向右运动，碰后A返回向左运动，代入数据解得，。 A与静止的B发生弹性碰撞，设碰后B的速度为， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得。 解得 将、、代入该关系式中， 解得小物块B的质量。 30．(1)a．；b． (2) 【详解】（1）a．小球做平抛运动，则水平方向 竖直方向 解得运动的水平位移大小； b．小球在圆周的最低点时 绳能承受的最大拉力大小。 （2）若有风吹过时，小球落地时的速度为，则由动能定理 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训09 竖直面内的圆周运动（福建专用） 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 5 重难·创新演练 11 研判·模型总结 一般圆周运动的动力学分析 Ⅰ：运动学分析： ①如图所示：做圆周运动的物体，所受合外力与速度成一般夹角时，可将合外力沿速度和垂直速度分解，则由牛顿第二定律，有： ，改变速度的大小 ，改变速度的方向， ②作一般曲线运动的物体，处理轨迹线上某一点的动力学时，可先以该点附近的一小段曲线为圆周的一部分作曲率圆，然后即可按一般圆周运动动力学处理。 ，改变速度的大小 ，改变速度的方向，，为曲率圆半径。 Ⅱ：绳模型（没有支撑） ⑴过最高点的临界条件：由得，对应最低点速度 推导：受力分析，根据牛二定理： 最低点：① 最高点：② 临界条件：当时， ①—②得.那 从采用动能定理：③ 结论：（最低点与最高点的压力差为） ⑵绳不松不脱轨条件：或 最低点弹力： ，向上拉力 最高点弹力：过最高点时，，，绳、轨道对球产生弹力 向下压力 在最高点的图线：取竖直向下为正方向 Ⅲ：轻杆模型（有支撑） ⑴过最高点的临界条件：由小球能运动即可得，对应最低点速度. 推导：最到点：时，杆上表现为拉力， 时，杆上表现为无力， 时，杆上表现为支持力， 结论： ⑵最低点弹力： ，向上拉力 最高点弹力：(1)当时，，为向上支持力 (2)当时，，向上支持力，随的增大而减小 (3)当时， (4)当时，，为向下压力并随的增大而增大 在最高点的图线：取竖直向下为正方向 Ⅳ：竖直面内圆周运动常见问题与二级结论 常考问题1：一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为 要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A 的向心力恰好等于重力时，由可得① 对应C点的速度有机械能守恒得② 当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒得③ 小结：(1).当时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力 由牛顿第二定律④ (2).当时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0 由牛顿第二定律。⑤ (3).当时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0 在DA段射重力与半径方向的夹角为则、 (4).当时小球不能通过最高点A上升至CD圆弧的某一位置速度减为0之后沿圆弧返回。上升的最高点为C永不脱离轨道 常考问题2：常见几种情况下物体受轨道的作用力 (1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑥ (2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑦ (3)从A点以初速度释放小球到达最低点 由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑧ 模拟·基础演练 1．如图为探究机器人模仿人类表演杂技“水流星”示意图，一个质量为的机器人，站在台秤上，一长为的悬线一端系一个质量为的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内沿顺时针方向做圆周运动，a、b、c为小球运动轨迹上的点，a、c与圆心等高，且小球通过圆轨道最高点b时速度为。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，台秤的示数最大为 B．小球运动过程中，台秤的示数最小为 C．小球在a、b两个位置时，台秤的示数相同 D．小球从b点运动到c点的过程中重力的瞬时功率先变大后变小 2．训练宇航员需要模拟完全失重的环境，飞机在电脑控制下按抛物线规律运动就能实现这一需求。如图所示，某次低空模拟飞行（重力加速度可视为），飞机在速率为，方向与水平方向成角时进入失重状态试验，下落的速率为时退出试验，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．飞机只有在经过最高点后才能模拟出完全失重环境 B．本次飞行模拟完全失重的时间为10 s C．若仅增大飞机与水平方向的夹角，本次试验模拟时间可以变长 D．飞机在竖直平面内做加速度大小等于的匀速圆周运动也能满足试验要求 3．如图所示，竖直平面内半径为R的光滑圆轨道保持固定不动，质量为m=0.2 kg可视为质点的小球静止在圆轨道最低点A。现给小球一水平向右的初速度，使小球能做完整的圆周运动，当小球转过的圆心角时，轨道对小球的弹力大小为11 N，小球的动能减少0.6 J。重力加速度g取10 m/s2，则（　　 ） A．轨道半径R=0.5 m B．小球运动过程中的最小速度为2 m/s C．小球的初速度 D．小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12 N 4．如图所示，在竖直面内有一半径为R的四分之三圆形光滑轨道，以轨道圆心O为坐标原点，建立坐标系。将一质量为m的小球从B点正上方A处静止释放，从B点进入圆轨道。小球经过轨道最低点C时，对轨道的压力大小为，到达D点时的速度大小为，且恰好脱离轨道。下列说法错误是（　　） A．小球在C点的速度大小为 B．小球在D点所受合力沿半径方向指向O点 C．D点的坐标为 D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点E与D点的竖直高度差为 5．中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，段和段均为四分之一圆弧，段水平。选手骑车从处静止出发，沿轨迹运动，到处竖直跃起，到达最高点后落回处，再沿轨迹运动回处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（　　） A．在Q点，选手的速度和加速度均为零 B．在O点，选手所受重力的瞬时功率最大 C．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 D．从到的过程，场地对车的支持力一直增大 6．如图所示，空间同一水平面内的、点固定两个等量正点电荷，绝缘光滑圆轨道垂直连线固定放置，其圆心在连线的中点，圆轨道半径为，和分别为竖直和水平直径。质量为、电荷量为（）的小球套在圆环上，从点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，重力加速度为，不计空气阻力。则（     ） A．的最小值为 B．小球可能沿圆环做匀速圆周运动 C．小球从到的过程中电势能增加 D．小球在点受到圆轨道的支持力最大 7．一质量的小球静止在竖直固定、内壁光滑、半径的圆环内的最低点（如图）。现给小球一水平瞬时冲量，小球在运动过程中恰好经过圆环的圆心。重力加速度，则冲量的大小为（    ） A． B． C． D． 8．如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 9．如图所示，光滑绝缘圆环水平固定，其直径的长度为，在、两点固定电荷量均为的点电荷。若规定无穷远处为零电势点，电荷量为的点电荷形成的电场中，距点电荷处的电势的表达式为（为静电力常量）。现将电荷量为的带电小环套在圆环上，并从距点的点由静止释放，忽略小环的重力，下列说法正确的是（　　） A．小环在点的电势能为 B．小环在点所受的电场力大小为 C．小环在圆环上运动的过程中，最大动能为 D．小环动能最大时，受到的圆环的弹力大小为 10．（多选）如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释放到运动到最低点B处的过程，下列说法正确的是（     ） A．轻绳的拉力一直增大 B．小钢球重力的功率先增大后减小 C．铁架台对桌面的压力先增大后减小 D．桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大 11．（多选）如图所示，光滑水平轨道与竖直面内的粗糙半圆形轨道在B点相接，轨道半径为。一个质量为的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，物体与弹簧不拴接，两者分离后经过B点的速度为，之后沿半圆形轨道运动，恰好能经过轨道最高点C。重力加速度为。则下列说法正确的是（    ） A．物体经过C点速度为0 B．压缩至A点时，弹簧的弹性势能为 C．由B到C过程中，摩擦力做功为 D．由A到B过程中，物体受到的地面支持力冲量为0 12．（多选）如图，两光滑斜面AB、CD呈对称分布，倾角均为37°，中间通过一光滑圆弧连接，圆弧的半径为R，其所对应的圆心角为74°，两个可视为质点且质量均为m的小球P、Q通过长度为1.2R的轻杆相连，初始置于斜面AB上且P与B点的距离为2.4R，由静止释放P、Q。已知重力加速度为g，，。下列说法正确的是（     ） A．P、Q的速度始终相等 B．P、Q系统的最大动能为3.6mgR C．当P位于C处时，圆弧面对P的支持力大小为4.4mg D．当P位于C处时，轻杆的弹力为0.75mg 13．（多选）圆心为、半径为的粗糙半圆柱体放在粗糙水平地面上，其截面如图所示。一质量为的滑块，以初速度从点沿切线方向滑上圆柱体，恰好能到达最高点。已知与的夹角，半圆柱体始终静止不动，重力加速度为。滑块向上运动的过程中，下列判断正确的是（     ） A．滑块对半圆柱体的压力一直增大 B．滑块在点时受到的支持力大小为 C．地面对半圆柱体的摩擦力逐渐减小 D．滑块克服摩擦力做功为 14．某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，其简化模型如图所示，轨道由一个水平直轨道和一半径为的竖直半圆光滑轨道组成，水平直轨道段光滑，段粗糙。在半圆轨道圆心左侧同一水平线上且距离点处固定一个小网兜，将原长小于段长度的轻弹簧水平置于段上，左端固定在竖直挡板上，物块1静置于处。游戏者将物块2向左压缩弹簧到某一位置释放，物块2与物块1发生弹性正碰（碰撞时间极短），物块1从半圆轨道最高点飞出并落入网兜内获一等奖，在之间的圆弧段脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道（不含点）间获三等奖，其他情况则不能获奖。已知物块1的质量m1=0.2kg，物块2的质量m2=0.4kg，R=0.8m，，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度取10m/s2。两物块均可视为质点。求： (1)获得一等奖时，物块1在E点对轨道的压力大小； (2)游戏者将物块2压缩弹簧至弹性势能为1.8 J，则释放后他能否获奖？若获奖，请说明获得几等奖。 15．如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道和半径的竖直光滑半圆轨道组成，为竖直直径。游戏开始前，质量的滑块静置于点，距离点处一质量滑块以初速度向右运动，与发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑块。某次游戏时，滑块恰好能到达点。两滑块均可视作质点，与直轨道的滑动摩擦因数均为，取。 (1)求碰后瞬间滑块受到的支持力大小； (2)求滑块的初速度； (3)滑块经过点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向相反，求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小。 重难·创新演练 16．打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，在细绳的一端拴一质量为的铁丝棉（可视为质点），使其在竖直平面内绕一固定点做半径为的圆周运动。细绳能承受的最大拉力，转轴离地高度，不计空气阻力，重力加速度取，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳刚好被拉断后做平抛运动，则铁丝棉做平抛运动落地时的水平距离为（　　） A．3.5m B．7m C．9m D．10.5m 17．如图所示，竖直圆弧轨道的半径为，小车甲运动到轨道内的最低点，小车乙运动到轨道外的最高点。已知甲、乙两车的质量和速度大小均相等，乙车在最高点时对轨道的压力为0，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙均处于超重状态 B．甲的速度为 C．轨道对甲的支持力等于甲车重力的3倍 D．甲的角速度为 18．如图所示，光滑圆弧形轨道位于竖直平面内，圆心为，半径为，是水平直径，是最低点，连线与夹角为。质量为的小球（看作质点）从轨道内的处以初速度竖直向下射入，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球经点对轨道压力为0 B．小球经点对轨道压力为 C．若小球刚好能运动到点，则 D．若，小球能经点后刚好运动到点 19．如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 20．如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，说法正确的是（　　） A．图甲中杂技演员表演“水流星”，当水桶通过最高点时水对桶底的压力不可能为零 B．图乙中同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的、位置做匀速圆周运动时对筒壁的压力大小不等 C．图丙为离心式血细胞分离机，在太空中利用此装置无法实现血液成分的分层 D．图丁中秋千摆至最低点时，女孩处于超重状态 21．如图所示，在某星球表面，一质量为m的小球在圆管内做圆周运动，当小球运动到轨道最高点时，速度大小为（为该星球表面的重力加速度，为该轨道半径）。已知该行星质量是地球质量2倍，半径是地球半径的，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是（    ） A．该行星表面的重力加速度 B．该行星表面的重力加速度 C．圆管对小球的作用力大小 D．圆管对小球的作用力大小 22．如图甲所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图乙所示。下列说法中正确的是（    ） A．根据图线可得重力加速度 B．根据图线可得小球的质量 C．由变为的过程中，小球克服阻力做功为 D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 23．竖直放置的四分之三圆管半径为R，在管口A正上方3R处由静止释放一质量为m的小球，小球落入管中并从C点飞出后，恰好又落回到A点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球（　　） A．通过C点时的速度大小为 B．克服圆管的摩擦力做功为 C．通过C点时对圆管的压力大小为mg，方向竖直向下 D．通过C点时对圆管的压力大小为，方向竖直向上 24．如图所示，一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内，圆心为，是水平半径，是轨道最低点。一质量为的小球（看作质点）从轨道内的处由静止释放运动到点的过程中，小球与圆心的连线和的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．小球从点运动到点的过程中，重力平均功率为0 B．当时，轨道对小球的弹力大小为 C．当时，小球的加速度大小为 D．当时，小球重力的瞬时功率最大 25．如图所示，长为0.5 m的轻杆一端固定质量为0.4 kg的小球（可视为质点），另一端与水平转轴O连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，当小球通过与圆心等高点A时，轻杆对小球的作用力为5.0 N。已知转动过程中轻杆不变形，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球转动的角速度为5 rad/s B．小球通过最高点时，杆对小球的作用力大小为2.0 N C．小球通过最低点时，杆对小球的作用力大小为7.0 N D．小球从最高点向最低点运动的过程中，杆对小球的作用力先变小后变大 26．（多选）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一根长为、不可伸长的绝缘细线，一端连着一个质量为、带电荷量为的小球，另一端固定于点。把小球向右拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放小球。已知小球摆到左侧最高点时，细线与竖直方向的夹角，，重力加速度大小为，下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球到最低点时的速度大小为 C．小球从释放点运动到左侧最高点的过程中电势能增加了 D．小球经过最低点时，细线对小球的拉力大小为 27．（多选）如图所示，光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在点平滑相接，轨道半径为。一个质量为的物体将弹簧压缩至点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过点之后沿半圆形轨道运动，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．只有当弹簧最初储存的弹性势能时，物体在轨道上运动的过程中才始终不脱离轨道 B．若物体恰好通过C点，则物体通过点做平抛运动的落地点距点的距离为2R C．若物体经过点时的速度，则物体脱离轨道时距离水平面的高度为 D．若半圆形轨道粗糙，物体经过点时的速度，且恰好能到点，则物体从点运动到点的过程中克服摩擦力做的功为 28．（多选）如图所示，竖直平面内固定着圆心为O的光滑圆弧轨道BCD，现从A点以6 m/s的水平初速度抛出一质量为1 kg的小球，小球恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道。已知CD为轨道的竖直直径，A、D点在同一水平线上，，不计空气阻力。取重力加速度大小，。下列说法正确的是（    ） A．小球经过B点时的速度大小为8 m/s B．圆弧轨道的半径为2 m C．小球不能通过圆弧轨道的D点 D．小球经过圆弧轨道D点时对轨道的压力大小为8 N 29．如图所示，半径的光滑圆弧轨道的底端与水面相切，轨道上端点P和圆心O的连线与水平面成角。将质量的小物块A以速度向左水平抛出，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，当A运动到圆弧轨道的底端时，与静止在该处的小物块B发生弹性碰撞，碰后A返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q点。重力加速度取，，。求： (1)小物块A抛出点离地面的高度； (2)小物块A通过P时对轨道的压力大小； (3)小物块B的质量。 30．某人站在水平地面上，手握住绳（不可伸长）的一端，另一端系有质量为的小球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，小球以速度水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为，手与小球之间的绳长为，绳的质量忽略不计，重力加速度为。 (1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求： a．小球运动的水平位移大小； b．绳能承受的最大拉力大小。 (2)若有风吹过时，小球落地时的速度为，求风对小球做的功。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训09 竖直面内的圆周运动（福建专用） 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 5 重难·创新演练 18 研判·模型总结 一般圆周运动的动力学分析 Ⅰ：运动学分析： ①如图所示：做圆周运动的物体，所受合外力与速度成一般夹角时，可将合外力沿速度和垂直速度分解，则由牛顿第二定律，有： ，改变速度的大小 ，改变速度的方向， ②作一般曲线运动的物体，处理轨迹线上某一点的动力学时，可先以该点附近的一小段曲线为圆周的一部分作曲率圆，然后即可按一般圆周运动动力学处理。 ，改变速度的大小 ，改变速度的方向，，为曲率圆半径。 Ⅱ：绳模型（没有支撑） ⑴过最高点的临界条件：由得，对应最低点速度 推导：受力分析，根据牛二定理： 最低点：① 最高点：② 临界条件：当时， ①—②得.那 从采用动能定理：③ 结论：（最低点与最高点的压力差为） ⑵绳不松不脱轨条件：或 最低点弹力： ，向上拉力 最高点弹力：过最高点时，，，绳、轨道对球产生弹力 向下压力 在最高点的图线：取竖直向下为正方向 Ⅲ：轻杆模型（有支撑） ⑴过最高点的临界条件：由小球能运动即可得，对应最低点速度. 推导：最到点：时，杆上表现为拉力， 时，杆上表现为无力， 时，杆上表现为支持力， 结论： ⑵最低点弹力： ，向上拉力 最高点弹力：(1)当时，，为向上支持力 (2)当时，，向上支持力，随的增大而减小 (3)当时， (4)当时，，为向下压力并随的增大而增大 在最高点的图线：取竖直向下为正方向 Ⅳ：竖直面内圆周运动常见问题与二级结论 常考问题1：一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最低点记为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为 要使小球做完整的圆周运动，当在最高点A 的向心力恰好等于重力时，由可得① 对应C点的速度有机械能守恒得② 当小球在C点时给小球一个水平向左的速度若小球恰能到达与O点等高的D位置则由机械能守恒得③ 小结：(1).当时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力 由牛顿第二定律④ (2).当时小球恰能通过最高点A小球在A点受轨道的支持力为0 由牛顿第二定律。⑤ (3).当时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做斜抛运动离开圆周，且v越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0 在DA段射重力与半径方向的夹角为则、 (4).当时小球不能通过最高点A上升至CD圆弧的某一位置速度减为0之后沿圆弧返回。上升的最高点为C永不脱离轨道 常考问题2：常见几种情况下物体受轨道的作用力 (1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑥ (2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑦ (3)从A点以初速度释放小球到达最低点 由机械能守恒 在C点由牛顿运动定律： 得⑧ 模拟·基础演练 1．如图为探究机器人模仿人类表演杂技“水流星”示意图，一个质量为的机器人，站在台秤上，一长为的悬线一端系一个质量为的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内沿顺时针方向做圆周运动，a、b、c为小球运动轨迹上的点，a、c与圆心等高，且小球通过圆轨道最高点b时速度为。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，台秤的示数最大为 B．小球运动过程中，台秤的示数最小为 C．小球在a、b两个位置时，台秤的示数相同 D．小球从b点运动到c点的过程中重力的瞬时功率先变大后变小 【答案】B 【详解】A．从最高点到最低点由机械能守恒定律 小球运动到最低点时绳的拉力最大，则 解得 则台秤的示数最大为，A错误； B．当绳与竖直方向的夹角为θ（过圆心的水平线以上）时台秤示数，由机械能守恒定律 由牛顿第二定律 解得 台称的示数 则当时FN有最小值，B正确； C．小球在a点时绳的拉力无竖直分量，则台称读数为Mg；b点时台称读数 即小球在a、b两个位置时，台秤的示数不相同，C错误； D．小球从b点运动到c点的过程中速度的竖直分量逐渐增加，根据可知，重力的瞬时功率逐渐增加，D错误。 故选B。 2．训练宇航员需要模拟完全失重的环境，飞机在电脑控制下按抛物线规律运动就能实现这一需求。如图所示，某次低空模拟飞行（重力加速度可视为），飞机在速率为，方向与水平方向成角时进入失重状态试验，下落的速率为时退出试验，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．飞机只有在经过最高点后才能模拟出完全失重环境 B．本次飞行模拟完全失重的时间为10 s C．若仅增大飞机与水平方向的夹角，本次试验模拟时间可以变长 D．飞机在竖直平面内做加速度大小等于的匀速圆周运动也能满足试验要求 【答案】C 【详解】A．由于空气阻力不计，斜抛运动的整个过程（上升阶段、最高点、下降阶段）加速度都是竖直向下，整个过程都处于完全失重状态，不是只有最高点后才可以模拟出完全失重环境，故A错误； B．斜抛运动水平方向匀速，水平速度分量 设末状态竖直速度分量大小为，由末速率可知 解得，方向竖直向下。 初状态飞机速度的竖直分量大小为，方向竖直向上。 由竖直方向匀变速规律可知本次飞行模拟完全失重的时间为，故B错误； C．由上述分析可知， 若仅增大飞机与水平方向的夹角，则飞机的水平速度分量减小，飞机初速度和退出试验的末速度大小不变，则可知和均增大，飞机竖直方向的速度变化量增大，飞行模拟完全失重的时间为 故本次试验模拟时间可以变长，故C正确； D．匀速圆周运动的加速度为向心加速度，方向不断变化，竖直平面内飞机做匀速圆周运动，加速度不是始终竖直向下大小为，无法全程模拟完全失重环境，D错误。 故选C。 3．如图所示，竖直平面内半径为R的光滑圆轨道保持固定不动，质量为m=0.2 kg可视为质点的小球静止在圆轨道最低点A。现给小球一水平向右的初速度，使小球能做完整的圆周运动，当小球转过的圆心角时，轨道对小球的弹力大小为11 N，小球的动能减少0.6 J。重力加速度g取10 m/s2，则（　　 ） A．轨道半径R=0.5 m B．小球运动过程中的最小速度为2 m/s C．小球的初速度 D．小球对圆轨道任意两点压力差的最大值为12 N 【答案】D 【详解】A．小球从最低点运动到θ=60°位置的过程中，根据动能定理得：-mgR（1-cos60°）=ΔEk 已知m=0.2kg，ΔEk=-0.6J，解得R=0.6m，故A错误； C．在θ=60°处，根据牛顿第二定律得 解得 此时小球的动能为 小球的初动能Ek0+ΔEk=Ek1，解得Ek0=3.6J 根据 解得v0=6m/s，故C错误； B．小球能做完整的圆周运动，在最高点速度最小。从最低点到最高点，由机械能守恒定律可得 解得，故B错误； D．小球在最低点对轨道的压力最大，在最高点对轨道的压力最小（因全程，弹力方向均指向圆心）。最大压力 最小压力 压力差的最大值为ΔN=12N，故D正确。 故选D。 4．如图所示，在竖直面内有一半径为R的四分之三圆形光滑轨道，以轨道圆心O为坐标原点，建立坐标系。将一质量为m的小球从B点正上方A处静止释放，从B点进入圆轨道。小球经过轨道最低点C时，对轨道的压力大小为，到达D点时的速度大小为，且恰好脱离轨道。下列说法错误是（　　） A．小球在C点的速度大小为 B．小球在D点所受合力沿半径方向指向O点 C．D点的坐标为 D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点E与D点的竖直高度差为 【答案】B 【详解】A．小球在C点时 其中的 解得C点的速度大小为，A正确； B．小球在D点脱离轨道，则只受重力作用，所受合力方向竖直向下，B错误； C．设DO与x轴夹角为，可知在D点时 解得 则D点的坐标， 即D点坐标为，C正确； D．脱离圆轨道后，小球运动的最高点E与D点的竖直高度差为，D正确。 此题选择错误选项，故选B。 5．中国选手邓雅文在巴黎奥运会自由式小轮车比赛中勇夺金牌。小轮车比赛场地如图所示，段和段均为四分之一圆弧，段水平。选手骑车从处静止出发，沿轨迹运动，到处竖直跃起，到达最高点后落回处，再沿轨迹运动回处。人和车整体可视为质点，且认为在圆弧轨道运动过程中人不提供动力。下列说法正确的是（　　） A．在Q点，选手的速度和加速度均为零 B．在O点，选手所受重力的瞬时功率最大 C．从P到Q再到P的过程，选手先失重后超重 D．从到的过程，场地对车的支持力一直增大 【答案】D 【详解】A．在Q点，选手的速度为零，但由于只受重力，故加速度等于g，故A错误； B．在O点，选手的速度方向与所受重力垂直，故重力的瞬时功率为零，故B错误； C．从P到Q再到P的过程，选手只受重力，一直处于完全失重状态，故C错误； D．从M到N的过程，设场地对车的支持力与竖直方向的夹角为，则有 可得 由于减小，则增大，另外v也增大，故一直增大，故D正确。 故选D。 6．如图所示，空间同一水平面内的、点固定两个等量正点电荷，绝缘光滑圆轨道垂直连线固定放置，其圆心在连线的中点，圆轨道半径为，和分别为竖直和水平直径。质量为、电荷量为（）的小球套在圆环上，从点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，重力加速度为，不计空气阻力。则（     ） A．的最小值为 B．小球可能沿圆环做匀速圆周运动 C．小球从到的过程中电势能增加 D．小球在点受到圆轨道的支持力最大 【答案】D 【详解】A．小球套在圆轨道上，属于“杆与轨道模型”，最高点A处轨道可以提供向上的支持力平衡重力，因此A点最小速度可以为0，的最小值小于，故A错误； B．小球运动过程中重力做功，动能随位置变化，速度大小不断改变，不可能做匀速圆周运动，故B错误； C．圆轨道是等势面，小球从A到C电势能不变，故C错误； D．只有重力做功，C是轨道最低点，从A到C重力做正功最多，C点速度最大；向心力指向圆心O（向上），满足，最大，因此C点支持力最大，故D正确。 故选D。 7．一质量的小球静止在竖直固定、内壁光滑、半径的圆环内的最低点（如图）。现给小球一水平瞬时冲量，小球在运动过程中恰好经过圆环的圆心。重力加速度，则冲量的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设小球在最低点获得水平瞬时冲量后运动的初速度大小为，由动量定理有 设小球离开圆环时运动到点，此时速度为，与水平方向的夹角为，如图所示 刚好离开圆环时有 从最低点到点的过程，由机械能守恒定律有 小球从点离开圆环做斜抛运动，设运动时间经过点，将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动与竖直上抛运动，水平方向有 竖直方向有 联立解得 冲量 故选B。 8．如图所示，四分之三圆轨道ABC被固定在竖直面内，其中AB的半圆部分是圆管，AB是竖直直径，半径OD、OB 的夹角为θ，。一小球（视为质点）以水平向左、大小为v0的速度冲入轨道，到达D 时刚好脱离轨道，不计一切摩擦阻力，圆管内径略大于小球直径，重力加速度为g，则圆轨道半径大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 9．如图所示，光滑绝缘圆环水平固定，其直径的长度为，在、两点固定电荷量均为的点电荷。若规定无穷远处为零电势点，电荷量为的点电荷形成的电场中，距点电荷处的电势的表达式为（为静电力常量）。现将电荷量为的带电小环套在圆环上，并从距点的点由静止释放，忽略小环的重力，下列说法正确的是（　　） A．小环在点的电势能为 B．小环在点所受的电场力大小为 C．小环在圆环上运动的过程中，最大动能为 D．小环动能最大时，受到的圆环的弹力大小为 【答案】C 【详解】A. 根据几何关系， 为直角三角形（ 为直径），，则 点的电势为 小环在点的电势能为，故A错误； B. 小环在点受到处电荷的斥力，方向沿延长线；受到处电荷的斥力 ，方向沿延长线。 由于，两力垂直，合力大小，故B错误； C. 小环带正电，在电场力作用下向电势低处运动。根据对称性，圆环上中垂线与圆环的交点（设为点）电势最低，小环运动到该点时动能最大。点到的距离均为，则 根据动能定理，最大动能 ，故C正确； D. 小环在点时动能最大，受到的电场力合力沿半径向外，大小为 小环做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，设圆环对小环的弹力指向圆心，则 其中 解得，故D错误。 故选 C。 10．（多选）如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释放到运动到最低点B处的过程，下列说法正确的是（     ） A．轻绳的拉力一直增大 B．小钢球重力的功率先增大后减小 C．铁架台对桌面的压力先增大后减小 D．桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大 【答案】AB 【详解】A．设小钢球质量为，铁架台质量为，轻绳长为，轻绳拉力为，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为，如图所示 对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有 小钢球由处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有 联立解得 小钢球从点运动到最低点的过程中，一直增大，增大，则轻绳拉力一直增大，故A正确； B．由重力的功率可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功率为零，小钢球运动到最低点时，瞬时速度方向与重力方向垂直，夹角，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力的功率先增大后减小，故B正确； C．铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力 小钢球从A点运动到最低点的过程中，一直增大，故铁架台对桌面的压力一直增大，故C错误； D．铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力 小钢球从A点运动到最低点的过程中，由0增大至，当时， 铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小，故D错误。 故选AB。 11．（多选）如图所示，光滑水平轨道与竖直面内的粗糙半圆形轨道在B点相接，轨道半径为。一个质量为的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，物体与弹簧不拴接，两者分离后经过B点的速度为，之后沿半圆形轨道运动，恰好能经过轨道最高点C。重力加速度为。则下列说法正确的是（    ） A．物体经过C点速度为0 B．压缩至A点时，弹簧的弹性势能为 C．由B到C过程中，摩擦力做功为 D．由A到B过程中，物体受到的地面支持力冲量为0 【答案】BC 【详解】A．物体恰好能经过轨道最高点C，则有 解得，故A错误； B．由于AB轨道光滑，故弹簧弹性势能全部转化为物体在B点的动能，则压缩至A点时，弹簧的弹性势能为，故B正确； C．由B到C过程中，对物体，根据动能定理有 联立解得，故C正确； D．由A到B过程中，物体受到的地面支持力不是0，时间也不是0，根据可知，物体受到的地面支持力冲量不为0，故D错误。 故选BC。 12．（多选）如图，两光滑斜面AB、CD呈对称分布，倾角均为37°，中间通过一光滑圆弧连接，圆弧的半径为R，其所对应的圆心角为74°，两个可视为质点且质量均为m的小球P、Q通过长度为1.2R的轻杆相连，初始置于斜面AB上且P与B点的距离为2.4R，由静止释放P、Q。已知重力加速度为g，，。下列说法正确的是（     ） A．P、Q的速度始终相等 B．P、Q系统的最大动能为3.6mgR C．当P位于C处时，圆弧面对P的支持力大小为4.4mg D．当P位于C处时，轻杆的弹力为0.75mg 【答案】BD 【详解】A．当小球在斜面上而位于圆弧面内时，两者速度方向不同，两者在沿杆方向分速度相等而速度大小不相等，故A错误； B．由题意可得 、分别位于点和点时，两者速度大小相等且合动能最大，根据机械能守恒可得 解得， 最大合动能为，故B正确； CD．当位于处时，、均做圆周运动，其在切线方向的分加速度相同，由受力分析可得，两者的受力具有对称性，假设、存在沿切线方向的加速度，该加速度必然沿切线的相反方向，与假设矛盾，所以、沿切线方向的加速度为，两者只存在指向点的向心加速度。杆的弹力和重力的合力必然沿半径向外，由受力分析和牛顿第二定律可得 ， 解得 ，故C错误，D正确。 故选BD。 13．（多选）圆心为、半径为的粗糙半圆柱体放在粗糙水平地面上，其截面如图所示。一质量为的滑块，以初速度从点沿切线方向滑上圆柱体，恰好能到达最高点。已知与的夹角，半圆柱体始终静止不动，重力加速度为。滑块向上运动的过程中，下列判断正确的是（     ） A．滑块对半圆柱体的压力一直增大 B．滑块在点时受到的支持力大小为 C．地面对半圆柱体的摩擦力逐渐减小 D．滑块克服摩擦力做功为 【答案】AD 【详解】A．滑块在圆柱面上运动时，径向合力提供向心力，有 得 滑块从向运动过程中，减小，增大；同时重力和摩擦力做负功，速度减小。因此增大，减小，支持力一直增大。根据牛顿第三定律，滑块对半圆柱体的压力一直增大，故A正确； B．在点，，代入数据得 即滑块在点受到的支持力为0，故B错误； C．对半圆柱体受力分析，水平方向受到滑块的压力水平分量 和摩擦力水平分量 。地面对半圆柱体的摩擦力向右平衡这两个力，即 在点，则 ； 在点附近， ， 。摩擦力逐渐增大，故C错误； D．滑块从到过程，根据动能定理有 解得克服摩擦力做功 ，故D正确。 故选AD。 14．某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，其简化模型如图所示，轨道由一个水平直轨道和一半径为的竖直半圆光滑轨道组成，水平直轨道段光滑，段粗糙。在半圆轨道圆心左侧同一水平线上且距离点处固定一个小网兜，将原长小于段长度的轻弹簧水平置于段上，左端固定在竖直挡板上，物块1静置于处。游戏者将物块2向左压缩弹簧到某一位置释放，物块2与物块1发生弹性正碰（碰撞时间极短），物块1从半圆轨道最高点飞出并落入网兜内获一等奖，在之间的圆弧段脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道（不含点）间获三等奖，其他情况则不能获奖。已知物块1的质量m1=0.2kg，物块2的质量m2=0.4kg，R=0.8m，，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度取10m/s2。两物块均可视为质点。求： (1)获得一等奖时，物块1在E点对轨道的压力大小； (2)游戏者将物块2压缩弹簧至弹性势能为1.8 J，则释放后他能否获奖？若获奖，请说明获得几等奖。 【答案】(1) (2)未获奖 【详解】（1）获得一等奖时，物块1从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为，则， 解得 在E点，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可得，物块1在E点对轨道的压力大小为2 N。 （2）弹簧的弹性势能转化为动能，即 解得 物块1与物块2碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 解得 设物块1在圆轨道上升的高度为h，则 解得h=0即物块1未进入轨道CD间，未获奖。 15．如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道和半径的竖直光滑半圆轨道组成，为竖直直径。游戏开始前，质量的滑块静置于点，距离点处一质量滑块以初速度向右运动，与发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑块。某次游戏时，滑块恰好能到达点。两滑块均可视作质点，与直轨道的滑动摩擦因数均为，取。 (1)求碰后瞬间滑块受到的支持力大小； (2)求滑块的初速度； (3)滑块经过点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向相反，求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在点，根据重力提供向心力有 从B到C，根据机械能守恒定律有 在B点，根据牛顿第二定律有 解得 （2）根据位移时间关系 弹性碰撞过程，根据动量守恒定律及能量守恒定律有， 解得 （3）第一次落到地面时竖直分速度 碰撞后，竖直分速度大小变为 方向竖直向上；则弹力的冲量 摩擦力的冲量 水平方向 解得 重难·创新演练 16．打铁花是我国的非物质文化遗产，燃烧的铁丝棉快速旋转，火花四溅，会在夜空中划出漂亮的抛物线轨迹，似繁星降落。如图所示，在细绳的一端拴一质量为的铁丝棉（可视为质点），使其在竖直平面内绕一固定点做半径为的圆周运动。细绳能承受的最大拉力，转轴离地高度，不计空气阻力，重力加速度取，若铁丝棉在某次运动到最低点时细绳刚好被拉断后做平抛运动，则铁丝棉做平抛运动落地时的水平距离为（　　） A．3.5m B．7m C．9m D．10.5m 【答案】B 【详解】设在最低点细绳刚好被拉断瞬间铁丝棉的速度大小为，则根据牛顿第二定律有 解得 所以铁丝棉将以的初速度做平抛运动，设铁丝棉从抛出到落地的时间间隔为，则有 解得 所以铁丝棉做平抛运动落地时的水平距离为 故选B。 17．如图所示，竖直圆弧轨道的半径为，小车甲运动到轨道内的最低点，小车乙运动到轨道外的最高点。已知甲、乙两车的质量和速度大小均相等，乙车在最高点时对轨道的压力为0，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙均处于超重状态 B．甲的速度为 C．轨道对甲的支持力等于甲车重力的3倍 D．甲的角速度为 【答案】B 【详解】A．甲车在最低点，加速度方向指向圆心即竖直向上，处于超重状态；乙车在最高点，加速度方向指向圆心即竖直向下，处于失重状态，故A错误； B．乙车在最高点对轨道压力为0，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 已知甲、乙两车速度大小相等，故甲的速度为，故B正确； C．对甲车在最低点受力分析，受重力和支持力，由牛顿第二定律有 将代入解得 即轨道对甲的支持力等于甲车重力的2倍，故C错误； D．甲的角速度，故D错误。 故选B。 18．如图所示，光滑圆弧形轨道位于竖直平面内，圆心为，半径为，是水平直径，是最低点，连线与夹角为。质量为的小球（看作质点）从轨道内的处以初速度竖直向下射入，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球经点对轨道压力为0 B．小球经点对轨道压力为 C．若小球刚好能运动到点，则 D．若，小球能经点后刚好运动到点 【答案】C 【详解】A．因圆弧形轨道光滑，根据机械能守恒定律可知，小球到达点时速度大小仍为，在点，轨道支持力提供向心力，满足，故A错误； B．根据机械能守恒定律可知，小球到达点时速度大小满足 解得 在点，轨道支持力与重力的合力提供向心力，满足 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力为，故B错误； C．若小球刚好能运动到点，临界情况下轨道支持力为0，重力沿半径方向的分量提供向心力，满足 解得 根据机械能守恒定律可知，该情况下小球的初速度大小满足 解得，故C正确； D．若，对于能过点的小球，其向心力由重力和轨道的弹力提供，满足 其中 可得 从点离开后做平抛运动，运动到点等高位置所需时间满足 解得 小球的水平位移 因此运动到点等高位置时，小球的水平位置已处于点右侧，故D错误。 故选C。 19．如图，电动玩具小车在竖直轨道上做匀速圆周运动，测得小车每0.5s绕轨道运动一周，圆轨道直径为0.6m，玩具小车的质量为0.6kg，AC为过圆心竖直线，BD为过圆心水平线，重力加速度g大小取，小车看作质点，下列说法正确的是（　　） A．小车在BD下方运动时处于失重状态 B．小车在B点和D点时向心力相同 C．小车在C点时的线速度大小为 D．小车在A点时对轨道的压力比在C点时大12N 【答案】D 【详解】A．小车在下方时，圆心在小车的上方，向心加速度指向圆心，即加速度有竖直向上的分量，小车处于超重状态，A错误； B．向心力是矢量，小车在、两点时向心力均指向圆心，二者方向不同，因此向心力不同，B错误； C．由题意可知，小车做匀速圆周运动的周期，轨道直径，半径 则线速度，C错误； D．是最低点，对点由牛顿第二定律有 可得 是最高点，对点由牛顿第二定律有 可得 小车对轨道的压力差等于支持力差，则 即点对轨道的压力比点大，D正确。 故选D。 20．如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，说法正确的是（　　） A．图甲中杂技演员表演“水流星”，当水桶通过最高点时水对桶底的压力不可能为零 B．图乙中同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的、位置做匀速圆周运动时对筒壁的压力大小不等 C．图丙为离心式血细胞分离机，在太空中利用此装置无法实现血液成分的分层 D．图丁中秋千摆至最低点时，女孩处于超重状态 【答案】D 【详解】A．杂技“水流星”在最高点时，若速度满足 水的重力恰好提供向心力，此时水对桶底的压力为零，故A错误； B．对小球受力分析：设圆锥筒侧壁倾角为，竖直方向受力平衡得 因此筒壁对小球的支持力 与小球转动半径无关，A、B位置的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，小球对筒壁的压力大小相等，故B错误； C．不同密度的物质做圆周运动时，所需向心力不同，密度大的物质做离心运动向外侧移动，该过程和重力无关，太空中仍可以实现血液成分分层，故C错误； D．秋千摆到最低点时，做圆周运动的向心力指向圆心（方向竖直向上），因此加速度竖直向上，支持力大于重力，女孩处于超重状态，D正确。 故选 D。 21．如图所示，在某星球表面，一质量为m的小球在圆管内做圆周运动，当小球运动到轨道最高点时，速度大小为（为该星球表面的重力加速度，为该轨道半径）。已知该行星质量是地球质量2倍，半径是地球半径的，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是（    ） A．该行星表面的重力加速度 B．该行星表面的重力加速度 C．圆管对小球的作用力大小 D．圆管对小球的作用力大小 【答案】C 【详解】AB．已知行星质量，行星半径，天体表面物体的重力近似等于万有引力 得 可知，即，故A、B错误； CD．小球在最高点做圆周运动，向心力由重力和圆管作用力的合力提供。 因为需要的向心力向下，重力大于需要的向心力，因此圆管对小球施加向上的支持力，根据牛顿第二定律 整理得，故C正确，D错误。 故选C。 22．如图甲所示，长为且不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小、绳子拉力的大小，作出与的关系图线如图乙所示。下列说法中正确的是（    ） A．根据图线可得重力加速度 B．根据图线可得小球的质量 C．由变为的过程中，小球克服阻力做功为 D．用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变 【答案】C 【详解】AB．球在竖直圆周运动最高点时，合力提供向心力，由牛顿第二定律得 可得 结合图乙可知时，，代入得 解得 当时， 代入得 解得，AB错误； C．两次都对应小球在最高点，重力势能变化为0，动能减少量等于小球克服阻力做的功，故， C正确； D．图线与横轴交点对应，此时有 绳长变长，交点横坐标增大，位置改变，D错误。 故选C。 23．竖直放置的四分之三圆管半径为R，在管口A正上方3R处由静止释放一质量为m的小球，小球落入管中并从C点飞出后，恰好又落回到A点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球（　　） A．通过C点时的速度大小为 B．克服圆管的摩擦力做功为 C．通过C点时对圆管的压力大小为mg，方向竖直向下 D．通过C点时对圆管的压力大小为，方向竖直向上 【答案】B 【详解】A．小球通过点后做平抛运动，则， 解得通过C点时的速度大小为，故A错误； B．根据动能定理 解得小球克服圆管的摩擦力做功为，故B正确； CD．假设小球通过点时管壁对小球有向上的支持力，则 可得，假设成立，根据牛顿第三定律，此时小球对圆管的压力大小为，方向竖直向下，故CD错误。 故选B。 24．如图所示，一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内，圆心为，是水平半径，是轨道最低点。一质量为的小球（看作质点）从轨道内的处由静止释放运动到点的过程中，小球与圆心的连线和的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（    ） A．小球从点运动到点的过程中，重力平均功率为0 B．当时，轨道对小球的弹力大小为 C．当时，小球的加速度大小为 D．当时，小球重力的瞬时功率最大 【答案】D 【详解】A．从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，重力做功不为零，则小球重力的平均功率不为0，故A错误； B．设圆弧轨道的半径为，则当时，根据动能定理有 解得此时小球的速度大小为 则根据牛顿第二定律有 解得此时轨道对小球的弹力大小为，故B错误； C．当时，根据动能定理有 解得此时小球的速度大小为 则小球的向心加速度大小为 此时小球沿着圆弧轨道切向的加速度大小为 所以当时，小球的加速度大小为，故C错误； D．当小球与圆心的连线和的夹角为时，根据动能定理有 解得小球从点运动到点的过程中，速度的表达式为 则小球重力的瞬时功率表达式为 令 则 令，由于，所以有 解得 此时有最大值，所以当时，小球重力的瞬时功率最大，故D正确。 故选D。 25．如图所示，长为0.5 m的轻杆一端固定质量为0.4 kg的小球（可视为质点），另一端与水平转轴O连接。现使小球在竖直面内绕O点做匀速圆周运动，当小球通过与圆心等高点A时，轻杆对小球的作用力为5.0 N。已知转动过程中轻杆不变形，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球转动的角速度为5 rad/s B．小球通过最高点时，杆对小球的作用力大小为2.0 N C．小球通过最低点时，杆对小球的作用力大小为7.0 N D．小球从最高点向最低点运动的过程中，杆对小球的作用力先变小后变大 【答案】C 【详解】A．小球通过与圆心等高点A时，受重力和杆的作用力，合力提供向心力，方向水平指向圆心，由矢量合成可知 代入数据解得，故A错误； B．小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．小球通过最低点时，根据牛顿第二定律有 解得，故C正确； D．小球从最高点向最低点运动的过程中，根据矢量三角形及余弦定理可知 其中 其中代表与 G 的夹角，从0增大到180°，则杆对小球的作用力持续增大，故D错误； 故选C。 26．（多选）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一根长为、不可伸长的绝缘细线，一端连着一个质量为、带电荷量为的小球，另一端固定于点。把小球向右拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放小球。已知小球摆到左侧最高点时，细线与竖直方向的夹角，，重力加速度大小为，下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的电场强度大小为 B．小球到最低点时的速度大小为 C．小球从释放点运动到左侧最高点的过程中电势能增加了 D．小球经过最低点时，细线对小球的拉力大小为 【答案】CD 【详解】A C．小球摆到最低点的另一侧过程，根据动能定理有 小球从释放点运动到左侧最高点的过程中电场力做功 电势能增加了 解得，故A错误，C正确； B．小球到最低点过程，根据动能定理有 解得，故B错误； D．经过最低点时，对小球分析有 解得，故D正确。 故选CD。 27．（多选）如图所示，光滑水平面与竖直面内的光滑半圆形轨道在点平滑相接，轨道半径为。一个质量为的物体将弹簧压缩至点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过点之后沿半圆形轨道运动，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．只有当弹簧最初储存的弹性势能时，物体在轨道上运动的过程中才始终不脱离轨道 B．若物体恰好通过C点，则物体通过点做平抛运动的落地点距点的距离为2R C．若物体经过点时的速度，则物体脱离轨道时距离水平面的高度为 D．若半圆形轨道粗糙，物体经过点时的速度，且恰好能到点，则物体从点运动到点的过程中克服摩擦力做的功为 【答案】BC 【详解】A．物体在半圆形轨道上“始终不脱离轨道"有两种情况，第一种情况，即能到达最高点C，临界条件是由重力提供向心力，即 解得 物体从A到C，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 第二种情况，即物体在半圆轨道下半部分运动，不超过右侧圆心等高处，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 故“始终不脱离轨道”的条件是或，故A错误； B．若物体恰好通过C点，由A项可知，此时对应的速度为，根据平抛运动规律有， 联立解得，故B正确； C．若物体经过点时的速度，根据弹簧与物体组成的系统机械能守恒，可得 根据物体“始终不脱离轨道”的条件或，可知物体能够经过右侧圆心等高处，但不能过C点，故物体在到达C点前脱离轨道，此时轨道对物体的支持力为零，则重力的分力提供向心力，设此时物体脱离位置与圆心O连线和竖直向上方向的夹角为，根据牛顿第二定律有 从B点到脱离点，根据机械能守恒有 联立解得 根据几何关系可得物体脱离轨道时距离水平面的高度为，故C正确； D．物体“恰好能到C点”，说明过C点时重力提供向心力，由A项可知，此时对应的速度为，物体从B点到C点，根据动能定理有 解得，故D错误。 故选BC。 28．（多选）如图所示，竖直平面内固定着圆心为O的光滑圆弧轨道BCD，现从A点以6 m/s的水平初速度抛出一质量为1 kg的小球，小球恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道。已知CD为轨道的竖直直径，A、D点在同一水平线上，，不计空气阻力。取重力加速度大小，。下列说法正确的是（    ） A．小球经过B点时的速度大小为8 m/s B．圆弧轨道的半径为2 m C．小球不能通过圆弧轨道的D点 D．小球经过圆弧轨道D点时对轨道的压力大小为8 N 【答案】BD 【详解】A．小球经过B点时的速度大小为，A错误； B．竖直方向 其中 解得圆弧轨道的半径为R=2m，B正确； C．若小球能到达D点，由 可得 由机械能守恒定律可知，到达D点的速度仍为 可知小球能通过圆弧轨道的D点，C错误； D．小球经过圆弧轨道D点时 解得FN=8N 则由牛顿第三定律可知，在D点时小球对轨道的压力大小为8N，D正确。 故选BD。 29．如图所示，半径的光滑圆弧轨道的底端与水面相切，轨道上端点P和圆心O的连线与水平面成角。将质量的小物块A以速度向左水平抛出，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，当A运动到圆弧轨道的底端时，与静止在该处的小物块B发生弹性碰撞，碰后A返回圆弧轨道，恰好能上升到与圆心等高的Q点。重力加速度取，，。求： (1)小物块A抛出点离地面的高度； (2)小物块A通过P时对轨道的压力大小； (3)小物块B的质量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块A做平抛运动，设其在P点竖直方向的分速度为，根据几何关系，A恰好沿切线进入圆弧轨道，故在P点速度方向与水平方向的夹角 由平抛运动规律可得。 从抛出点到P点下落的高度 而P点距圆弧轨道底端B的高度 抛出点离地面的高度 联立并代入数据，解得 （2）小物块A在P点的速度大小 在P点，沿半径方向应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对A的支持力。 根据牛顿第三定律，A通过P点时对轨道的压力大小等于，方向沿半径向外。 （3）设A到达底端B点与B碰撞前的速度为，由机械能守恒定律得 设碰后A的速度为，因A恰好能上升到与圆心等高的Q点，根据机械能守恒有 规定向右为正方向，碰前A向右运动，碰后A返回向左运动，代入数据解得，。 A与静止的B发生弹性碰撞，设碰后B的速度为， 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得。 解得 将、、代入该关系式中， 解得小物块B的质量。 30．某人站在水平地面上，手握住绳（不可伸长）的一端，另一端系有质量为的小球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，小球以速度水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为，手与小球之间的绳长为，绳的质量忽略不计，重力加速度为。 (1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求： a．小球运动的水平位移大小； b．绳能承受的最大拉力大小。 (2)若有风吹过时，小球落地时的速度为，求风对小球做的功。 【答案】(1)a．；b． (2) 【详解】（1）a．小球做平抛运动，则水平方向 竖直方向 解得运动的水平位移大小； b．小球在圆周的最低点时 绳能承受的最大拉力大小。 （2）若有风吹过时，小球落地时的速度为，则由动能定理 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $