（江苏选考）2023版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

PAGEPAGE1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1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.如下图，一辆汽车驶过一座拱形桥的顶端，以下说法正确的选项是()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.(2022·淮安期末)在游乐园乘坐如下图的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动，以下说法正确的选项是()A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，假设没有保险带，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v0＝eq\r(gR)。当速度v≥eq\r(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v＞eq\r(gR)，人对座位就产生压力。当速度增大到2eq\r(gR)时，压力为3mg，故B错误；根据实际情况可知，人在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加速度公式a＝eq\f(v2,R)可知，人在最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，加速度方向竖直向上，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mg，故D正确。3.(2022·泗洪模拟)如下图为一种叫做“魔盘〞的娱乐设施，当转盘转动很慢时，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。假设魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴〞在“魔盘〞竖直壁上，随“魔盘〞一起运动过程中，以下说法正确的选项是()A．“魔盘〞的角速度至少为eq\r(\f(μg,r))B．“魔盘〞的转速至少为eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))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，人与竖直壁之间的弹力不变解析：选B人恰好贴在竖直壁上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN，解得转速为n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，ω＝2πn≥eq\r(\f(g,μr))，故“魔盘〞的转速至少为eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,μr))，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，那么知转速变大时，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＝mrω2，知人与竖直壁之间的弹力变大，故D错误。4.(2022·南通模拟)如下图，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，假设小球从x轴上顺时针转动，那么以下表示小球在x轴方向的位移s、加速度a、速度v、合力F随时间t变化的图像正确的选项是()解析：选D设小球绕O点做匀速圆周运动的半径为R。做匀速圆周运动的角速度α恒定，即其角位移θ＝αt，那么，小球在x轴方向的位移s＝Rcosθ＝Rcosαt，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，那么速度在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．(2022·南通模拟)如图甲所示，一长为l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，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，以下判断中正确的选项是()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＝eq\r(gl)，故b不可能为零，故A错误；当F＝0时，根据牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v2,l)，解得g＝eq\f(v2,l)＝eq\f(b,l)，故B正确；根据F＝meq\f(v2,l)－mg知，题图乙图线的斜率k＝eq\f(m,l)，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时，g＝eq\f(b,l)，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.如下图，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，那么要使小球不脱离轨道运动，v0应当满足(g＝10m/s2)()A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≤2eq\r(2)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动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤eq\f(mv2,r)，又根据机械能守恒定律有eq\f(mv2,2)＋2mgr＝eq\f(mv02,2)，可求得v0≥2eq\r(5)m/s，应选项C正确；对于第(2)种情况，当v0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，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝eq\f(mv02,2)，可求得v0≤2eq\r(2)m/s，应选项D正确。7.如下图，一托盘托着一个物体m一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，A、C分别是轨迹圆的最低点和最高点，B与轨迹圆心等高，以下说法正确的选项是()A．物体m在B处受到的摩擦力最大B．物体m在C处受到的支持力最小C．从A向B运动过程中，物体m受到的摩擦力和支持力均增大D．从B向C运动过程中，物体m受到的摩擦力和支持力均减小解析：选ABD物体m运动的过程中受重力、支持力、静摩擦力，三个力的合力提供向心力。合力沿水平方向的分力等于物体m所受的摩擦力，合力沿竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，合力的大小不变，从A到C的运动过程中，合力沿水平方向的分力先增大后减小，所以物体m受到的摩擦力先增大后减小。在B处，合力等于摩擦力的大小，所以B处摩擦力最大，故A正确；从A到B的运动过程中，物体m处于超重状态，从B到C的运动过程中，处于失重状态，到达C点时有mg－FN＝ma，故C点的支持力最小，故B正确；从A到B过程中，向心加速度在竖直方向的分量减小，根据FN－mg＝ma可知，支持力减小，故C错误；从B到C过程中，向心加速度在竖直方向的分量增大，根据mg－FN＝ma可知，支持力减小，在水平方向的加速度减小，根据f＝ma可知，摩擦力减小，故D正确。8.如下图，一轻绳系着小球在竖直平面内做圆周运动，轻绳长为l，重力加速度大小为g，小球在最低点P的速度为v0时，小球刚好能通过最高点，那么()A．小球运动到最高点Q时，处于失重状态B．假设增大小球在最低点的速度v0，那么在P、Q两点轻绳对小球的拉力差将增大C．无论小球在最低点的速度v0多大，在P、Q两点轻绳对小球的拉力差是恒定的D．假设适当减小小球在最低点的速度v0，小球可能在P点附近做往复运动解析：选ACD小球刚好通过最高点Q时，轻绳的拉力为零，小球仅受重力作用，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；在最低点，根据牛顿第二定律得，F1－mg＝meq\f(v02,R)，在最高点，根据牛顿第二定律得，F2＋mg＝meq\f(v2,R)，从最低点到最高点，根据动能定理得，－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，联立解得ΔF＝F1－F2＝6mg，即拉力差恒定，故B错误，C正确；适当减小小球在最低点的速度v0，小球运动的最高点可能不会越过四分之一圆周，在P点附近做往复运动，故D正确。9.如下图，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，那么以下说法正确的选项是()A．轨道对小球不做功，小球通过P点的角速度小于通过Q点的角速度B．轨道对小球不做功，小球通过P点的线速度小于通过Q点的线速度C．小球通过P点时的向心加速度大于通过Q点时的向心加速度D．小球通过P点时对轨道的压力大于通过Q点时对轨道的压力解析：选AB轨道对小球的弹力始终垂直于小球速度的方向，故轨道对小球不做功，运动过程中只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，P点的重力势能大于Q点的重力势能，故Q点的动能大于P点的动能，即vP＜vQ，因rP＞rQ，由ω＝eq\f(v,r)，可知小球的角速度ωP＜ωQ，故A、B正确；由a＝ωv，又vP＜vQ，ωP＜ωQ，可知aP＜aQ，故C错误；根据牛顿第二定律得，N＋mg＝ma，因为aP＜aQ，那么NP＜NQ，那么小球通过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。二、非选择题10.如下图，有一长为L的细线，细线的一端固定在O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。水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L。不计空气阻力。(1)求小球通过最高点A时的速度vA；(2)假设小球通过最低点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，那么小球通过A点时细线的拉力刚好为零，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(vA2,L)，解得vA＝eq\r(gL)。(2)小球在B点时，根据牛顿第二定律有FT－mg＝meq\f(vB2,L)其中FT＝6mg解得小球在B点的速度大小为vB＝eq\r(5gL)细线断裂后，小球从B点开始做平抛运动，那么由平抛运动的规律得竖直方向上：1.9L－L＝eq\f(1,2)gt2水平方向上：x＝vBt解得x＝3L即小球落地点到C点的距离为3L答案：(1)eq\r(gL)(2)3L11.(2022·涟水期中)如下图，一半径R＝4m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＝5m。AB为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径r＝0.1m，且与水平滑道相切于B点。一质量m＝0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时，对B点压力为52N，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω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。滑块与滑道BC间的动摩擦因数为0.3，g＝10m/s2，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ω应满足的条件。解析：(1)滑块到达B点时，由牛顿第二定律得：F－mg＝eq\f(mvB2,r)代入数据解得：vB＝5m/s。(2)滑块离开C点后，做平抛运动，h＝eq\f(1,2)gt12R＝vCt1，解得：t1＝1s，vC＝