專題09 豎直面內的圓周運動模型（解析版）-【模型與方法】2025屆高考物理熱點模型與方法歸納

2/17專題09豎直面內的圓周運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一．一般圓周運動的動力學分析 1二．豎直面內“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比分析 1三．豎直面內圓周運動常見問題與二級結論 2三.過拱凹形橋模型 34一．一般圓周運動的動力學分析如圖所示，做圓周運動的物體，所受合外力與速度成一般夾角時，可將合外力沿速度和垂直速度分解，則由牛頓第二定律，有：vvFFτFn，aτ改變速度v的大小，an改變速度v的方向，作一般曲線運動的物體，處理軌跡線上某一點的動力學時，可先以該點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動動力學處理。vvFFτFn，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“繩、桿（單、雙軌道）”模型對比分析輕繩模型（沒有支撐）輕桿模型（有支撐）常見類型過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球能運動即可得v臨＝0對應最低點速度v低≥對應最低點速度v低≥繩不松不脫軌條件v低≥或v低≤不脫軌最低點彈力F低-mg=mv低2/rF低=mg+mv低2/r，向上拉力F低-mg=mv低2/rF低=mg+mv低2/r，向上拉力最高點彈力過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、軌道對球產生彈力FN＝meq\f(v2,r)-mg向下壓力(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為向上支持力(2)當0＜v＜eq\r(gr)時，－FN＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N向上支持力，隨v的增大而減小(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0(4)當v＞eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N為向下壓力并隨v的增大而增大在最高點的FN圖線取豎直向下為正方向取豎直向下為正方向三．豎直面內圓周運動常見問題與二級結論【問題1】一個小球沿一豎直放置的光滑圓軌道內側做完整的圓周運動，軌道的最高點記為A和最低點記為C，與原點等高的位置記為B。圓周的半徑為要使小球做完整的圓周運動，當在最高點A的向心力恰好等于重力時，由可得①對應C點的速度有機械能守恒得②當小球在C點時給小球一個水平向左的速度若小球恰能到達與O點等高的D位置則由機械能守恒得③小結：(1).當時小球能通過最高點A小球在A點受軌道向內的支持力由牛頓第二定律④(2).當時小球恰能通過最高點A小球在A點受軌道的支持力為0由牛頓第二定律。⑤(3).當時小球不能通過最高點A小球在A點，上升至DA圓弧間的某一位向右做斜拋運動離開圓周，且v越大離開的位置越高，離開時軌道的支持力為0在DA段射重力與半徑方向的夾角為則、(4).當時小球不能通過最高點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A點靜止釋放的小球到達最低點C：由機械能守恒在C點由牛頓運動定律：得⑥(2)從與O等高的D點（四分之一圓?。┨庫o止釋放到達最低點C：由機械能守恒在C點由牛頓運動定律：得⑦(3)從A點以初速度釋放小球到達最低點由機械能守恒在C點由牛頓運動定律：得⑧1．（2025·廣西柳州·模擬預測）如圖為一小朋友在一個空心水泥管里玩“踢球”游戲，將該過程簡化為豎直面內半徑為r的固定圓環(huán)，在圓環(huán)的最低點有一質量為m的小球，現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度v．小球沿圓環(huán)內側運動，重力加速度為g，不計小球與圓環(huán)間的摩擦。下列說法正確的是（

）A．若，小球可以通過圓環(huán)最高點B．若，小球在最低點對圓環(huán)壓力大小為4mgC．若，小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為D．若，小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為【答案】D【詳解】A．小球恰好通過最高點時滿足根據(jù)動能定理有解得若，小球不能通過圓環(huán)最高點，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得故B錯誤；CD．若，設小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為，則有根據(jù)動能定理有解得故C錯誤，D正確；故選D。2．（2024·山東泰安·模擬預測）如圖所示，光滑圓環(huán)軌道豎直固定放置，軌道半徑為R。一小球從最低點以水平速度v0沿軌道運動，在某位置脫離軌道后，恰好經(jīng)過圓環(huán)軌道的圓心。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則v0的大小為（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】如圖小球剛好脫離軌道時，此時軌道的壓力為零，重力沿圓心的分力提供向心力，則由動能定理得解得，小球脫離軌道后做斜拋運動，小球到達圓心，則水平方向豎直方向解得則故選B。3．（2024·貴州·三模）某人站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為1kg的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內以手為圓心做圓周運動，其簡化示意圖如下。握繩的手離地面高度為1.0m且保持不變，現(xiàn)不斷改變繩長使球重復上述運動，每次繩在球運動到最低點時都恰好達到最大拉力被拉斷，球以繩斷時的速度水平飛出，通過水平距離x后落地。已知繩能承受的最大拉力為15N，重力加速度大小取，忽略手的運動半徑和空氣阻力，則x的最大值為（??）A．0.4m B．0.5m C．1.0m D．1.2m【答案】B【詳解】設小球圓周運動半徑r繩斷后小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動有聯(lián)立得可知，當時故選B。4．（2024·河北邯鄲·模擬預測）蕩秋千是一項古老的休閑體育運動。如圖所示，李明同學某次蕩秋千時，O、A兩點分別為其運動過程中的最低點和最高點，A到O的過程中，李明的身體姿勢保持不變。已知李明和座椅的總質量為m，兩根平行的秋千繩長均為L，A點時繩子與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，空氣阻力和繩的質量忽略不計。下列說法正確的是（）A．在A位置時，該同學速度為0，處于平衡狀態(tài)B．在O位置時，該同學處于失重狀態(tài)C．在A位置時，每根秋千繩的拉力大小為D．在O位置時，每根秋千繩的拉力大小約為【答案】D【詳解】A．在A位置時，該人受到重力和秋千繩的拉力，合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．在O位置時，重力和秋千繩拉力的合力產生向上的向心加速度，該人處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C．在A位置時，已知繩子與豎直方向成θ，有解得故C錯誤；D．在O位置時，由牛頓第二定律可得從A到O，由動能定理可知每根秋千繩的拉力大小為故D正確。故選D。5．如圖所示，不可伸長的輕質細繩一端固定在O點，另一端拴住一個小球（視為質點）。在O點正下方一半繩長的地方有一枚與豎直平面垂直的釘子A。把小球拉起使細繩在水平方向伸直，由靜止開始釋放小球，當細繩碰到釘子后的瞬間（細繩未斷）（）A．小球的角速度增大到碰釘子前瞬間角速度的2倍B．細繩對小球的拉力突然減小C．小球的線速度突然增大到碰釘子前瞬間線速度的2倍D．細繩對小球的拉力增大到碰釘子前瞬間拉力的2倍【答案】A【詳解】AC．細繩碰到釘子后的瞬間，小球的線速度不變，小球做圓周運動的半徑減小一半，由可知角速度增大為碰釘子前瞬間的2倍，故A正確，C錯誤；BD．由可知增大到碰釘子前瞬間的2倍，又則細繩對小球的拉力增大，但小于碰釘子前瞬間的2倍，故BD錯誤。故選A。6．如圖所示，用一根輕繩系著一個可視為質點的小球，輕繩的長度為L。最初小球靜止在圓軌跡的最低點A點，現(xiàn)在A點給小球一個初速度v0，使其在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，已知B點與圓心O等高，C點是圓軌跡的最高點，重力加速度為g。不計一切阻力，下列說法正確的是（）A．小球做的是勻變速曲線運動B．若要使得小球做完整的圓周運動，小球運動到C點的速度至少是C．若小球無法做完整的圓周運動，則小球可能在C點脫離圓軌跡D．若小球無法做完整的圓周運動，則小球可能在B點和C點之間的某一點脫離圓軌跡【答案】D【詳解】A．小球做圓周運動時，加速度方向時刻變化，比如小球在A點時加速度豎直向上，小球在C點時加速度豎直向下，所以小球不是做的是勻變速曲線運動，故A錯誤；B．若要使得小球做完整的圓周運動，設小球運動到C點的速度至少為vC，此時只由重力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故B錯誤；CD．若小球無法做完整的圓周運動，則小球可能在B點和C點之間某一點時重力沿半徑方向的分力大于小球做圓周運動所需要的向心力，此時小球將脫離軌道，所以小球可能在B點和C點之間的某一點脫離圓軌跡，故C錯誤，D正確。故選D。7．如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法，被稱為“魔力陀螺”，它可等效為圖乙所示的模型，豎直固定的磁性圓軌道半徑為R，質量為m的質點沿軌道外側做完整的圓周運動，A、C兩點分別為軌道的最高點與最低點，B、D兩點與軌道圓心等高，質點受到始終指向圓心、大小恒為2mg的磁性引力作用，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．若質點經(jīng)過A點時的速度大小為，則此時質點受到軌道的彈力大小為mgB．若質點經(jīng)過B點時的速度大小為，則此時質點受到軌道的彈力大小為mgC．若質點經(jīng)過C點時的速度大小為，則此時質點受到軌道的彈力大小為2mgD．若質點經(jīng)過D點時的速度大小為，則此時質點受到軌道的彈力大小為2mg【答案】B【詳解】A．若質點經(jīng)過A點時的速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．若質點經(jīng)過B點時的速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得故B正確；C．若質點經(jīng)過C點時的速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得故C錯誤；D．若質點經(jīng)過D點時的速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得故D錯誤。故選B。8．如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為，小球在最高點時的速度大小為，其圖像如圖乙所示，重力加速度g取，小球可視為質點，不計一切阻力。則下列說法正確的是（）A．小球的質量為2kgB．小球做圓周運動的半徑為2.5mC．時，在最高點桿對小球的彈力大小為40ND．時，小球的向心加速度大小為【答案】B【詳解】A．由圖乙知，當時，對小球有解得小球的質量為故A錯誤；B．當，，根據(jù)牛頓第二定律有求得小球做圓周運動的半徑為故B正確；C．由圖乙，可知當時，，根據(jù)牛頓第二定律有求得當時，根據(jù)牛頓第二定律有求得此時桿對小球的彈力大小為故C錯誤；D．當時，小球的向心加速度大小為故D錯誤。故選B。9.（多選）（2024·河北·三模）如圖所示，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長度為R的水平軌道，BCDE是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點。一可視為質點的小球從A點以某速度（大小未知）水平向左運動，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．當時，小球剛好過最高點D點B．當時，小球不會脫離圓弧軌道C．若小球能通過E點，則越大，小球在B點與E點所受的彈力之差越大D．小球從E點運動到A點的最長時間為【答案】AD【詳解】A．由題知，小球剛好過最高點D點，則由圓周運動知在A到D過程中，由動能定理可知聯(lián)立解得A正確；B．當時，設上升高度為，假設小球不會脫離圓弧軌道，則必須滿足，由動能定理知代入得假設不成立，故當時，小球會脫離圓弧軌道，B錯誤；C．B到E運動過程中，由動能定理知在B點時，小球所受彈力為在E點時，小球所受彈力為則小球在B點與E點所受的彈力之差為故小球在B點與E點所受的彈力之差不變，C錯誤；D．在D到E過程中，由動能定理知代入得從E到A運動過程中，小球做豎直下拋運動，則代入得D正確；故選AD。10．（多選）（2024·山東·模擬預測）如圖所示，一輕繩系一質量為m小球，豎直懸掛在O點，現(xiàn)將小球沿圓弧拉至與O等高的A點，由靜止自由釋放。小球運動過程中經(jīng)過C點時，繩與豎直方向的夾角為，以下判斷正確的是（）A．小球下擺到最低點的過程中，重力平均功率為0，細繩拉力一直增大B．小球運動至C點時，其加速度大小為C．小球運動至C點時，輕繩對小球的拉力大小為D．若小球經(jīng)過C點時重力功率最大，則【答案】CD【詳解】AC．小球下擺到最低點的過程中，重力平均功率為小球下降高度不為0，可知，重力平均功率不為0。令輕繩長為L，根據(jù)動能定理有對小球進行分析，小球做圓周運動，則有解得小球向下運動過程中，減小，則細繩拉力一直增大，故A錯誤，C正確；B．結合上述可知，小球沿半徑方向的加速度為解得小球沿圓周切線方向有小球的加速度解得故B錯誤；D．小球重力的瞬時功率結合上述解得若有對函數(shù)求導有當導數(shù)值為0時，重力的瞬時功率達到最大，解得故D正確。故選CD。11．（多選）如圖甲所示，長為L輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球。在小球靜止時給小球一個瞬時速度v，此時輕繩拉力為，圖像如圖乙所示。已知重力加速度g取，小球可視為質點，不計一切阻力。下列說法正確的是（

）A．小球的質量為1kgB．小球做圓周運動的半徑為1.0mC．當時，小球能做完整的圓周運動D．當時，小球通過最高點時受到輕繩拉力的大小為10N【答案】ACD【詳解】A．由乙圖可知，當時，小球處于靜止狀態(tài)，可得解得故A正確；B．由乙圖可知，當時，根據(jù)牛頓第二定律，可得解得故B錯誤；C．小球做完整的圓周運動時，在最高點的臨界速度滿足解得小球從最低點運動至最高點過程，由機械能守恒可知解得故C正確；D．當時，根據(jù)機械能守恒又聯(lián)立，解得即小球通過最高點時受到輕繩拉力的大小為10N。故D正確。故選ACD。12．（多選）如圖，光滑管形固定圓軌道半徑為R（管徑遠小于R），小球a、b大小相同，質量均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動。兩球先后以相同速度v通過軌道最低點，且當小球a在最低點時，小球b在最高點，以下說法正確的是（）A．速度v應滿足，才能使兩球在管內做圓周運動B．當時，小球b在軌道最高點對軌道無壓力C．當小球b在最高點對軌道無壓力時，小球a比小球b所需向心力大5mgD．只要，小球a對軌道最低點的壓力比小球b對軌道最高點的壓力大6mg【答案】ABD【詳解】A．當小球經(jīng)過最高點的速度為0時，根據(jù)動能定理可得解得小球在最低點的速度為則速度v應滿足，才能使兩球在管內做圓周運動，故A正確；B．當時，從最低點到最高點過程，根據(jù)動能定理可得解得小球b在軌道最高點的速度大小為此時重力剛好提供向心力可知小球b在軌道最高點對軌道無壓力，故B正確；C．當小球b在最高點對軌道無壓力時，此時小球b在最高點的速度為，小球a在最低點的速度為，則有故C錯誤；D．只要，可知兩球在管內可以做完整的圓周運動，設小球a在軌道最低點的速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得小球b在軌道最高點的速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)動能定理可得聯(lián)立可得可知小球a對軌道最低點的壓力比小球b對軌道最高點的壓力大6mg，故D正確。故選ABD。13．（多選）如圖所示，有一豎直放置、內壁光滑的圓環(huán)，可視為質點的小球在豎直平面內做圓周運動，已知圓環(huán)的半徑為R，重力加速度為g，小球在最低點Q的速度為v0，不計空氣阻力，則（

）A．小球運動到最低點Q時，處于超重狀態(tài)B．小球的速度越大，則在P、Q兩點小球對圓環(huán)內壁的壓力差越大C．當時，小球在P點受內壁壓力為D．當時，小球一定能通過最高點P【答案】AD【詳解】A．小球運動到最低點Q時，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故A正確；B．經(jīng)過最高點P時滿足經(jīng)過最低點Q時滿足從最低點到最高點過程，據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得故在、兩點小球對圓環(huán)內壁的壓力差與無關，故B錯誤；D．小球恰好過最高點時滿足解得在最高點的速度為當時，代入B解析中的動能定理，可得小球經(jīng)過最高點的速度為故小球一定能通過最高點，故D正確；C．當時，代入B解析中的動能定理，可得小球經(jīng)過最高點的速度為小球在P點受內壁壓力為零，選項C錯誤。故選AD。14．（多選）如圖所示，傾角45°的光滑軌道AB和水平軌道BC平滑相連，右側是光滑的半圓軌道CDE，半徑R=0.4m。一可視為質點的質量為m=0.2kg的滑塊從軌道AB上高度處由靜止釋放。滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，滑塊恰好能通過最高點E之后，恰好落到B點。下列選項中正確的是（）A．水平軌道BC的長度為0.8mB．滑塊釋放點的高度為h0=1.0mC．如果增加釋放點的高度h0，滑塊有可能垂直打到斜面上D．如果將釋放點的高度調整為，滑塊在半圓軌道CDE上運動過程中有可能脫離軌道【答案】AC【詳解】A．滑塊恰好能通過最高點E時，由牛頓第二定律可得解得滑塊離開E點后做平拋運動，則有解得選項A正確；B．從滑塊釋放點到半圓軌道最高點E過程中，由動能定理可得解得選項B錯誤；C．如果增加釋放點的高度h0，則滑塊過軌道最高點E點時的速度增大，有可能垂直打到斜面上，選項C正確；D．如果釋放點的高度為，則滑塊運動到D點時，由動能定理可得解得可知滑塊恰好能滑到D點，然后返回，不會離開軌道，D錯誤。故選AC。15．（多選）如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，管道半徑為R，小球半徑為r，R遠大于r，且r略小于管道內徑，重力加速度為g，則下列說法正確的是（

）A．小球通過最高點時的最小速度B．小球通過最高點時的最小速度C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定無作用力【答案】AC【詳解】AB．小球在最高點時，由于管道內側能提供支持力，其通過的速度可以為零，故A正確，B錯誤；C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力與小球的重力在背離圓心方向的分力的合力提供向心力，即因此，外側管壁對球一定有作用力，此時內側管壁對球一定無作用力，故C正確；D．小球在水平線ab以上管道運動，由于沿半徑方向的合力提供做圓周運動的向心力，當速度非常大時，內側管壁沒有作用力，此時外側管壁有作用力，當速度比較小時，內側管壁有作用力，故D錯誤。故選AC。16．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點，另一端系有質量為m，可視為質點的小球，將小球拉至O點正上方的A點，給其一水平方向的初速度，使其恰好通過A點后，在豎直平面內以O點為圓心做半徑為r的圓周運動。當小球運動到最低點B時，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為g。求：（1）小球初速度的大小。（2）繩能承受拉力的最大值。（3）小球落地時的速度大小v。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球剛好通過A點，繩子拉力為零，僅重力提供向心力解得（2）從A點到B點，由動能定理解得在B點，由繩子拉力和小球重力共同提供向心力解得再由牛頓第三定律可得（3）小球從B點到落地的過程中，只有重力做功，由動能定理解得17．（2024·湖南·模擬預測）如圖所示，豎直平面內的光滑軌道由兩部分拼接而成，其中MNP為半徑半圓弧軌道，PQ為半徑的圓軌道，將質量的小球A從M點正上方的某點由靜止釋放，小球無碰撞地從M點進入軌道后，與靜止在軌道最低點N處的小球B發(fā)生彈性正碰，小球A反彈后恰好能回到M點，小球B沿軌道運動到Q點水平飛出后又恰好經(jīng)過M點。兩小球均可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度大小，求：（1）兩小球碰撞后小球B的速度大小（2）小球B經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）7.5m/s；（2）0.875N【詳解】（1）小球B從Q點做平拋運動經(jīng)過M點，則解得則從N到Q由機械能守恒可知解得（2）小球A碰后的速度碰撞過程由動量守恒和能量守恒解得mB=0.7kg小球B經(jīng)過Q點時解得則對軌道的壓力大小18．（2024·遼寧大連·二模）如圖所示，豎直平面內的軌道由直軌道AB和半圓弧軌道BC平滑連接組成，C點為半圓弧軌道最高點。小球從直軌道上的A點由靜止開始滑下，A點距軌道最低點的豎直高度為，滑到軌道底端后又滑上半徑為的半圓弧軌道（不考慮經(jīng)過連接處的速率變化），小球質量為。（）（1）若接觸面均光滑，求小球滑到C點時速度和對軌道的壓力。（2）若接觸面不光滑，小球運動到C點時對軌道的壓力為1N，求全過程中克服摩擦力做的功?！敬鸢浮浚?）；；豎直向上；（2）【詳解】（1）若接觸面均光滑，小球從A點到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得在C點，根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小球滑到C點時對軌道的壓力大小為，方向豎直向上。（2）若接觸面不光滑，小球運動到C點時對軌道的壓力為1N，在C點，根據(jù)牛頓第二定律可得解得小球從A點到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得19．如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內，O為圓心、a、b、c、d為圓形軌道上的點，其中ac為豎直直徑，b與圓心等高，d和圓心的連線與水平方向的夾角為。一小球靜止在圓形軌道底端a點，某時刻小球獲得一個水平向右的瞬時初速度（未知），已知重力加速度為g，回答下列問題：(1)若使小球運動過程中不脫離軌道，求小球的初速度的范圍；(2)若小球在d點脫軌，求小球的初速度；(3)以d點為坐標原點，水平方向為x軸（向右為正），豎直方向為y軸（向上為正）建立平面直角坐標系。若小球仍在d點脫軌，求小球脫離軌道后的運動軌跡方程?！敬鸢浮?1)或(2)(3)【詳解】（1）小球不脫離軌道分兩種情況：小球在下半圓往復運動或小球可以做完整圓周運動。小球在下半圓往復運動的臨界情況為小球運動至圓心等高處b時速度為0，由動能定理得解得小球可以做完整圓周運動的臨界情況為小球在軌道最高點c時又由動能定理得

解得所以若使小球在運動過程中不脫離軌道，小球獲得的初速度范圍為或（2）若小球在d點脫軌，則小球在d點時滿足又由動能定理得解得（3）小球在d點向左上方方向脫離軌道做斜拋運動，此時小球在水平方向做勻速直線運動豎直方向做豎直上拋運動消去參數(shù)t，解得20．如圖所示，光滑豎直圓軌道ABCD與光滑的水平軌道平滑連接，圓弧軌道A、D為最低點，位置稍錯開。輕質彈簧左側與墻面拴接，右側與物塊不拴接。已知物塊的質量為，物塊將彈簧壓縮后，使彈簧儲存的彈性勢能。解除彈簧鎖定，物塊被彈出后進入圓軌道。已知物塊可以看做質點，不計空氣阻力，g取。求：(1)物塊離開彈簧時的速度大小；(2)為保證物塊在運動中不脫離軌道，求圓軌道半徑R的取值范圍?！敬鸢浮?1)10m/s(2)或【詳解】（1）物塊與彈簧系統(tǒng)在解除彈簧鎖定至彈簧恢復原長過程中，由機械能守恒定律解得物塊離開彈簧時的速度大小為（2）若物塊恰好能達到與圓心等高的B點，則物塊與彈簧分離后上升到B點過程中，由機械能守恒定律解得為了保證物塊進入圓形軌道的過程中不脫離軌道，則圓形軌道半徑滿足若物塊恰好能到達圓形軌道的最高點C，則物體在最高點有物塊與彈簧分離后上升到C點過程中，由機械能守恒定律聯(lián)立解得為了保證物塊進入圓形軌道的過程中不脫離軌道，則圓形軌道半徑滿足綜上所述，為保證物塊在運動中不脫離軌道，圓軌道半徑R的取值范圍為或。21．某?？萍夹〗M參加了如圖所示的軌道游戲項目，圖中P為彈性發(fā)射裝置，AB為傾角為的傾斜軌道，BC為水平軌道，為豎直圓軌道，為足夠長的傾斜曲線軌道，各段軌道均平滑連接，AB、BC段動摩擦因數(shù)為，其余各段軌道均光滑。已知滑塊質量為，圓軌道半徑R大小可以調整，軌道AB長為1m，BC長為1.2m，彈射裝置P把滑塊以為速度水平彈出，恰好從A點沿斜面方向無碰撞進入斜面，滑塊可視為質點。g取）(1)彈射裝置P離A點的豎直高度；(2)若滑塊從A點進入軌道后運動不脫離軌道，圓軌道半徑R應滿足的條件。【答案】(1)0.45m(2)0＜R≤0.34m，R≥0.85m【詳解】（1）彈射裝置將滑塊彈射出去后滑塊做平拋運動，恰好從A點沿斜面方向無碰撞進入斜面則可知進入A點時豎直方向的速度與水平方向的速度關系有解得vy=3m/s豎直方向做自由落體運動，有解得h=0.45m（2）由平拋運動特點得A點速度滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，一是剛好能夠到達圓軌道最高點，二是剛好到達與圓軌道圓心等高的地方。第一種情況：在最高點有從A到圓軌道最高點，由動能定理解得R=0.34m第二種情況：從A到與圓心等高的位置，由動能定理解得R=0.85m則可知滑塊從A點進入后不脫離軌道時R應滿足0＜R≤0.34m，R≥0.85m22．如圖所示，長為不可伸長的輕繩一端固定于點，另一端系有質量為的小球（可視為質點），使小球在豎直平面內以點為圓心做圓周運動。已知重力加速度為，忽略空氣阻力的影響。(1)若小球經(jīng)過圓周最高點A點時繩對小球的拉力大小，求：小球經(jīng)過圓周最高點A點時速度大?。?2)加大小球的速度后，在最低點輕繩恰好被小球拉斷，小球立即做平拋運動，落地點與點之間的水平距離，B點距水平地面的高度為（圖中未畫出），求：a.小球經(jīng)過圓周最低點點時速度大小；b.輕繩能承受的最大拉力為?！敬鸢浮?1)(2)a．；b．【詳解】（1）小球在A點時，由牛頓第二定律解得（2）a．經(jīng)過B點平拋可得，解得b．小球在B點時，由牛頓第二定律解得23．如圖所示，質量的小物塊靜置在粗糙的水平平臺的A點，在大小為3N的恒力作用下，從平臺的B點以3m/s的速度水平飛出，恰好從C點無碰撞的進入半徑為R的光滑圓形軌道。已知CF是圓形軌道的一條直徑，從F點到軌道的最高點是一個光滑圓管，，小物塊與平臺的動摩擦因數(shù)，取重力加速度。(1)若平臺AB的長度，求恒力作用的時間；(2)求BC兩點間的高度差；(3)若小物塊能夠進入圓管，試分析軌道半徑R的取值范圍。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）當小物塊在恒力作用下時，根據(jù)牛頓第二定律解得撤去恒力后，根據(jù)牛頓第二定律解得設恒力作用的時間為，撤去恒力后在平臺上繼續(xù)運動時間為，則聯(lián)立，解得（2）由于小物塊恰好從C點無碰撞的進入半徑為R的光滑圓形軌道，則所以，小物塊從B點到C點運動過程中，在豎直方向根據(jù)速度位移公式可得（3）為保證小物塊能夠進入圓管，則小物塊運動到F點時不能脫離軌道，則此時根據(jù)動能定理根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得24．如圖所示，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B端在O的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點時進入管道(1)如果管道與小球接觸的內側壁（圖中較小的圓周）始終對小球沒有彈力，小球釋放點距離A點的最小高度為多大?(2)如果小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小為小球重力大小的9倍。求：a.小球運動到管道最高點E時對管道的彈力；b.落點C與A的水平距離。【答案】(1)1.5R(2)a．3mg，方向豎直向上；b．【詳解】（1）如果管道與小球接觸的內側壁始終對小球沒有彈力，則小球到達最高點時的最小速度滿足從開始下落到到達管的最高點，由機械能守恒解得則小球釋放點距離A點的最小高度為1.5R。（2）a．在B點，管壁對小球的彈力F=9mg小球做圓周運動，由牛頓第二定律可得小球從B點到達管道最高點E的過程中，由動能定理可得在E點由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知小球運動到管道最高點E時對管道的彈力為3mg，方向豎直向上。b．小球從B點到達管道最高點過程中，由動能定理可得小球離開管道后做平拋運動，在豎直方向上有在水平方向上解得則落點C與A的水平距離為。三.過拱凹形橋模型拱形橋圓軌外側凹形橋示意圖vv作用力最高點(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：（1）當v=0時，即汽車靜止在最高點，F(xiàn)N=G；（2）當汽車的速度增大到mv2/R=mg即v=時，F(xiàn)N=0，汽車在橋頂只受重力G，又具水平速度v，因此開始做平拋運動；（3）當0≤v≤時，0≤FN≤mg，且速度v越大，F(xiàn)N越小；（4）當v>時，汽車將脫離橋面，將在最高點做平拋運動，即所謂的“飛車”。最高點(超重)：FN＝G+mv2/R可知：（1）當v=0時，即汽車靜止在最高點，F(xiàn)N=G；（2）當汽車的速度v≠0時，F(xiàn)N>mg，且速度v越大，F(xiàn)N越大。1．（多選）資料顯示，質量為的某型號小汽車，其輪胎的最大承重為，超過該值將會爆胎。某次汽車以的速度勻速通過一段凸凹不平的路面時，將這段路面簡化為弧形，其最高點和最低點分別為A、B，對應圓弧的半徑均為，兩圓弧的圓心連線與豎直方向間的夾角為，取，則汽車（）A．從點到點的過程中重力做功約為B．通過最高點時對路面的壓力為C．通過最低點時不會爆胎D．若以的速度勻速通過該路段時，不會脫離路面【答案】BCD【詳解】A．根據(jù)做功的公式可知重力做功為J故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有解得N根據(jù)牛頓第三定律可知，通過最高點時對路面的壓力為，故B正確；C．在最低點，根據(jù)牛頓第二定律有解得N根據(jù)牛頓第三定律可知，通過B時對路面的壓力為N，不會爆胎，故C正確；D．脫離路面的最小速度滿足解得m/s若以38m/s的速度勻速通過該路段時，不會脫離路面，故D正確；故選BCD。2．如圖所示，一光滑絕緣的半圓柱體固定在水平地面上，其橫截面是半徑為R的半圓?，F(xiàn)讓質量為m、帶電量為的小球從半圓柱體頂端Q由靜止沿圓柱體表面滑下，當滑至與豎直方向的夾角為的位置P時，恰好離開半圓柱體。若在空間加上方向豎直向下的勻強電場（圖中未畫出），電場強度大小，重力加速度為g，其他條件不變，則下列說法正確的是（

）A．未加電場時，角的余弦值為B．未加電場時，小球在P點恰好離開圓柱體時的速度大小為C．加上電場時，小球將在QP之間某位置離開圓柱體D．加上電場時，小球恰好離開圓柱體時的速度大小為【答案】D【詳解】AB．未加電場時，小球恰好從P點脫離圓柱體，由題意則有解得，故AB錯誤；CD．加上電場時，設小球恰好脫離圓柱體時與豎直方向的夾角為，由題意則有解得所以加上電場時，小球仍在P點離開圓柱體，小球恰好離開圓柱體時的速度大小為，故C錯誤，D正確。故選D。3．如圖所示是游樂場里的過山車，過山車運動過程中經(jīng)過A、B兩點（）A.在A點時對軌道壓力較小B.在A點時所受摩擦力較大C.在B點時所受向心力較大D.B點時合外力方向豎直向下【答案】B【解析】A．由向心力公