江苏鸭高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动专题跟踪检测四抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动

1、专题跟踪检测（四）抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动一、选择题（第15题为单项选择题，第 69题为多项选择题）1. 如图所示，一辆汽车驶过一座拱形桥的顶端，下列说法正确的是A. 在桥的顶端汽车处于平衡状态B. 在桥的顶端汽车处于超重状态C. 汽车对桥面的压力一定小于其重力D. 汽车所受合外力可能为零解析：选C汽车在拱形桥的顶端做圆周运动，不是处于平衡状态，选项A错误；在桥的顶端，汽车的向心加速度方向向下，汽车处于失重状态，汽车对桥面的压力一定小于其重 力，选项B错误，C正确；汽车所受合外力提供向心力，不可能为零，选项D错误。2. （2017 淮安期末）在游乐园乘坐如图所示的过山车时，质

2、量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，下列说法正确的 是（）A. 车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有 保险带，人一定会掉下去B. 人在最高点时对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC. 人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等D. 人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为vo=.泳。当速度v .gR时，没有保险带，人也不会掉下来，故a错误；当人在最高点的速度vgR人对座位就产生压力。当速度增大到2R寸，压力为3mg故B错误；根据实a=可知，人在最 加速度方向竖直向上， mg故D正确。2 际情况可知，人在最高点和

3、最低点速度大小不等，根据向心加速度公式 高点和最低点时的向心加速度大小不相等，故C错误；人在最低点时，根据牛顿第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于3. （2017 泗洪模拟）如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时， 人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。若魔盘半径为r,人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为口，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘” 一起运动过程中，下列说法正确的是（）A “魔盘”的角速度至少为B. “魔盘”的转速至少为C. 如果转速变大，人与竖直壁之间的摩擦力变小D. 如果转速变大，人与竖直壁之间的

4、弹力不变解析：选B人恰好贴在竖直壁上时，有 mgc f，N= mr（2 n n）2，又f =N,解得转速为门2ny7g7，3= 2n ny-gp，故“魔盘”的转速至少为2ny吕，故a错误，b 正确；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时， 人与竖直壁之间的摩擦力不变，故 C错误；如果转速变大，由F= mrw2,知人与竖直壁之间的弹力变大，故D错误。4. （2017 南通模拟）如图所示，小球绕O点做匀速圆周运动，以圆心为 坐标原点建立 Ox坐标轴，若小球从 x轴上顺时针转动，则下列表示小球在 x轴方向的位移s、加速度a、速度V、合力F随时间t变化的图像正确的是9 / 6解析：选D

5、设小球绕O点做匀速圆周运动的半径为 F。做匀速圆周运动的角速度 a恒定，即其角位移 9= at,那么，小球在 x轴方向的位移s = Rdos 9 = RiOS at,故S是t的余弦函数，故 A错误；小球做匀速圆周运动，速度处处与位移垂直且大小不变，则速度在x轴上的分量不可能大小不变，故B错误；匀速圆周运动的向心力与位移方向相反，大小不变，由A的分析可知：F在x轴上的分量应为负的余弦函数形式，故C错误；由C和牛顿第二定律可知：加速度 a在x轴上的分量也应为负的余弦函数形式，故D正确。5. （2017 南通模拟）如图甲所示，一长为I的轻绳，一端穿在过 O点的水平转轴上， 另一端固定一质量未知的小球

6、，整个装置绕 O点在竖直面内转动， 小球通过最高点时， 绳对小球的拉力 F与其速度平方 v2的关系如图乙所示，重力加速度为g,下列判断中正确的是A. b可以等于0B. 可求出重力加速度 gC. 绳长不变，用质量不同的球做实验，得到的图线斜率不变D. 绳长不变，用质量较大的球做实验，图线b点的位置将往右移解析：选B小球在竖直面内做圆周运动，在最高点的最小速度v= vgl，故b不可能为零，故A错误；当F= 0时，根据牛顿第二定律有:V?v2 bmg= mj-，解得 g=T =-,故B正确;2根据F=吟-mg知，题图乙图线的斜率 k = 绳长不变，用质量不同的球做实验，斜率会变，故C错误；当F= 0

7、时，g= ，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较大的球做实验，图线 b点的位置不变，故 D错误。6. 如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径有一小球（半径比r小很多），现给小球一水平向右的初速度vo,则要使小球不脱离轨道运动，V。应当满足（g = 10 m/s 2）（）A. vo0B. vo4 m/sD. VoW2 2 m/sC. vo25 m/s解析：选CD小球不脱离圆轨道运动包含两种情况：（1）小球通过最高点并完成圆周运（1）种情况，当Vo较大时,2mvm萨，又根据机械能守恒动；（2）小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。对于第小球能够通过最高点，这时小球

8、在最高点处需要满足的条件是2 2mvmvl定律有 + 2mgr=-2-，可求得vo2 . 5 m/s，故选项 C正确；对于第（2）种情况，当vo较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰2mv厂好减为零，根据机械能守恒定律有mgr=，可求得vo ro,由co =;，可知小球的角速度 co p co q, 故A、B正确；由a= ov,又VpV vq, opV o q,可知ap ao,故C错误；根据牛顿第二定律 得，N+ mg= ma因为ap ao,则NP NQ,则小球通过P点时对轨道的压力小于通过 Q点时对 轨道的压力，故D错误。、非选择题C10. 如图所

9、示，有一长为 L的细线，细线的一端固定在 0点，另一端拴 一质量为m的小球。现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动。已知水平地面上的C点位于0点正下方，且到0点的距离为1.9 Lo不计空气阻力。(1) 求小球通过最高点 A时的速度va；(2) 若小球通过最低点 B时，细线对小球的拉力Ft恰好为小球重力的 6倍，且小球经过 B点的瞬间细线断裂，求小球的落地点到C点的距离。解析：(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力刚好为零,根据牛顿第二定律有2Va mg= m,解得va= gLo(2)小球在B点时，根据牛顿第二定律有2VB Ft- mg= m其中Ft= 6mg解得小球在B

10、点的速度大小为vb=5gL细线断裂后，小球从 B点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得1 2竖直方向上：1.9 L L=2gt水平方向上：x= VBt解得x= 3L,即小球落地点到 C点的距离为3Lo答案：(1) gL (2)3 L11. (2017 涟水期中)如图所示，一半径R= 4 m的圆盘水平放置， 在其 边缘E点固定一个小桶，在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC滑道右端C点与圆盘圆心 O在同一竖直线上，高度差 h = 5 mo AB为一竖直 面内的光滑圆弧轨道，半径r = 0.1 m且与水平滑道相切于 B点。一质量m=0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过

11、B点时，对B点压力为52 N,恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度3绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终滑块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC间的动摩擦因数为 0.3 , g=10 m/s 2,求：(1)滑块到达B点时的速度；(2) 水平滑道BC的长度；(3) 圆盘转动的角速度 3应满足的条件。解析：(1)滑块到达B点时，由牛顿第二定律得:2mBF mg=代入数据解得：vb= 5 m/s o(2)滑块离开C点后，做平抛运动，1 2h= 2gtiR vet i,解得：11= 1 s , vc = 4 m/s。滑块在BC上运动时，口 mg= ma得：a= 3 m/s 22 2由匀变速运动公式： vc VB = 2ax得：x=