人教高中物理同步讲义练习必修二6.5 竖直面内的变速圆周运动 （解析版）

6.5竖直面内的变速圆周运动学习目标学习目标课程标准学习目标能用牛顿第二定律分析匀速圆周运动的向心力。1、进一步熟悉变速圆周运动的各种特点。2、掌握竖直面内的两种变速圆周运动模型。002预习导学课前研读课本，梳理基础知识：一、运动特点(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度。(4)一般情况下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。二、两种常见的模型轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg模型关键(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为eq\r(gr)(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0（二）即时练习：【小试牛刀1】(2021·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是()A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零解析：选A在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明沿摆绳方向受力分析有F－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，由于小明的速度为0，则有F＝mgcosθ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsinθ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsinθ，A正确，B、C、D错误。【小试牛刀2】如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是()A．小球通过最高点时速度可能小于eq\r(gL)B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小解析：选A小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg－F＝meq\f(v2,L)，则得v＜eq\r(gL)，故A正确。当小球速度为eq\r(gL)时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B错误。轻杆在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,L)，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，杆的拉力增大；小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝meq\f(v2,L)，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。【小试牛刀3】一汽车通过拱形桥顶时速度为10m/s，车对桥顶的压力为车重的eq\f(3,4)，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为()A．15m/s B．20m/sC．25m/s D．30m/s答案B解析当FN′＝FN＝eq\f(3,4)G时，有G－FN′＝meq\f(v2,r)，所以eq\f(1,4)G＝meq\f(v2,r)；当FN＝0时，G＝meq\f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20m/s，选项B正确．003题型精讲【题型一】绳模型【典型例题1】如图所示，一质量为m＝0.5kg的小球(可视为质点)，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10m/s2，下列说法不正确的是()A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/sB．当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力为15NC．若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4eq\r(2)m/sD．若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过4m/s答案D解析设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(v02,R)，解得v0＝2m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq\f(v12,R)，解得FT＝15N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝meq\f(vm2,R)，解得vm＝4eq\r(2)m/s，故C正确，D错误．【典型例题2】长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为()A.eq\r(3)mg B.2eq\r(3)mgC.3mg D.eq\f(4\r(3)mg,3)答案A解析小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝meq\f(v2,r)；当小球在最高点的速率为2v时，根据牛顿第二定律有mg＋2FTcos30°＝meq\f(（2v）2,r)，解得FT＝eq\r(3)mg，故选项A正确。【对点训练1】物体做圆周运动时所需的向心力F需由物体运动情况决定，合力提供的向心力F供由物体受力情况决定．若某时刻F需＝F供，则物体能做圆周运动；若F需>F供，物体将做离心运动；若F需<F供，物体将做近心运动．现有一根长L＝1m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示．不计空气阻力，g取10m/s2，则：(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A点至少应施加给小球多大的水平速度？(2)在小球以速度v1＝4m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？(3)在小球以速度v2＝1m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．答案(1)eq\r(10)m/s(2)3N(3)无张力，0.6s解析(1)小球做圆周运动的临界条件为重力刚好提供最高点时小球做圆周运动的向心力，即mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，解得v0＝eq\r(gL)＝eq\r(10)m/s.(2)因为v1>v0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，代入数据得绳中张力FT＝3N.(3)因为v2<v0，故绳中无张力，小球将做平抛运动，其运动轨迹如图中实线所示，有L2＝(y－L)2＋x2，x＝v2t，y＝eq\f(1,2)gt2，代入数据联立解得t＝0.6s．【对点训练2】如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力之比为()A．1∶1 B．25∶32C．25∶24 D．3∶4答案B解析轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，轻绳的张力为F1，由向心力公式有2F1sin53°－mg＝meq\f(v2,Lsin53°)，轻绳OB断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A点的正下方，设轻绳的张力为F2，有F2cos53°＝meq\f(v2,Lcos53°)，F2sin53°＝mg，联立解得eq\f(F1,F2)＝eq\f(25,32)，故B正确．【题型二】杆模型【典型例题3】如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时()A.球B的速度为零B.球A的速度大小为eq\r(2gL)C.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平转轴对杆的作用力为2.5mg答案C解析球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),2L)，解得vB＝eq\r(2gL)，故A错误，由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝eq\f(1,2)eq\r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球所受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得F＝1.5mg，根据牛顿第三定律和平衡条件可知C正确，D错误。【典型例题4】如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN－v2图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)B．小球的质量为eq\f(a,b)RC．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D．若c＝2b，则杆对小球弹力大小为2a答案B解析通过题图乙分析可知：当v2＝b，FN＝0时，小球做圆周运动的向心力由重力提供，即mg＝meq\f(b,R)，g＝eq\f(b,R)，A错误；当v2＝0，FN＝a时，重力等于弹力FN，即mg＝a，所以m＝eq\f(a,g)＝eq\f(a,b)R，B正确；v2>b时，杆对小球的弹力方向与小球重力方向相同，竖直向下，故v2＝c时，杆对小球弹力的方向竖直向下，C错误；v2＝c＝2b时，mg＋FN＝meq\f(2b,R)，解得FN＝mg＝a，D错误．【对点训练3】如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时()A．球B的速度为零B．球A的速度大小为eq\r(2gL)C．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg[解题指导]题干信息获取信息光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力[解析]球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(v2,2L)，解得v＝eq\r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝eq\f(\r(2gL),2)，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v′2,L)，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。[答案]C【对点训练4】(多选)如图甲，固定在竖直平面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力B．当小球经过N点时满足vN2＝eq\r(2)c，则经过M点时对内管道壁有压力C．小球做圆周运动的半径为eq\f(c,5g)D．F＝－b表示小球经过N点时速度等于0[解析]由题图可知，若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力，A正确；当小球经过N点时满足vN2＝eq\r(2)c时，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对管道外壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足vN2＝c，则在M点时mg＝meq\f(vM2,R)，由机械能守恒可得eq\f(1,2)mvN2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvM2，联立解得R＝eq\f(c,5g)，C正确；F＝－b表示小球经过M时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，经过N点时速度不等于0，D错误。[答案]AC【题型三】等效问题【典型例题5】如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则()A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsinθD．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化[解析]小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F－2mgsinθ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。[答案]C【典型例题6】(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上有一根长为l＝0.5m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2m/s，g取10m/s2，则()A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4NB．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3mC．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(2,5)D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(4,15)[解析]小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsinα，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝meq\f(v12,l)，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立以上式子解得sinα＝eq\f(v02,3gl)＝eq\f(4,15)，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝meq\f(v02,l)＝4N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3m，重力势能的增加量mgh＝1.5J，初动能eq\f(1,2)mv02＝1J，机械能不守恒，故B错误。[答案]AD【对点训练5】如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()A．4m/s B．2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s解析：选A小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由2mgLsinα＝eq\f(1,2)mvB2，可得vB＝4m/s，A正确。【对点训练6】如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝0.60m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10m/s2)解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsinα小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝eq\f(mv12,l) ①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02 ②若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0 ③联立①②③解得sinα＝eq\f(1,2)，解得α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°。答案：0°≤α≤30°004体系构建物理情景轻绳模型轻杆模型实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示最高点无支撑最高点有支撑受力特征除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,R)mg±FN＝meq\f(v2,R)临界特征FT＝0mg＝meq\f(veq\o\al(2,min),R)即vmin＝eq\r(gR)v＝0即F向＝0FN＝mg过最高点的条件在最高点的速度v≥eq\r(gR)v≥0005记忆清单轻“绳”模型轻“杆”模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mgv＝eq\r(gr)的意义物体能否过最高点的临界点FN表现为拉力还是支持力的临界点00601强化训练1.（多选）2013年6月20日，我国第一位“太空教师”王亚平老师在运动的“天宫一号”内给中小学生上了一堂物理课，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同的初速度，则()A．小球仍能在竖直平面内做匀速圆周运动B．小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动C．小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动D．小球一定能在竖直平面内做完整的圆周运动答案BC解析因为王亚平老师在运行的“天宫一号”内做实验时，小球处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动，A错误，B正确；若在最低点给小球的初速度比较大，小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动，C正确，D错误．2..(多选)如图所示，轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m＝1kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R＝0.4m的圆周运动。设运动轨迹的最低点为A点，最高点为B点，不计一切阻力，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A.要使小球能够做完整的圆周运动，则小球通过B点的速度至少为2m/sB.若小球通过B点的速度为1m/s时，杆对小球的作用力为7.5N，方向向上C.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小一定随着小球速度的增大而增大D.小球能过最高点B时，杆对小球的作用力大小可能为零答案BD解析在最高点，由于杆能支撑小球，所以小球在最高点B时的速度可以恰好为零，故A错误；设竖直向下为正方向，在B点由牛顿第二定律有mg＋F＝meq\f(v2,R)，得F＝meq\f(v2,R)－mg＝(1×eq\f(12,0.4)－1×10)N＝－7.5N，负号说明杆对小球的作用力方向竖直向上，故B正确；在最高点，若小球所受的杆的作用力方向向上，根据牛顿第二定律mg－F＝meq\f(v2,R)，若增大小球的速度，则F减小，若小球受杆的弹力方向向下，则mg＋F＝meq\f(v2,R)，v增大，F增大，当v＝eq\r(gR)＝2m/s时，F＝0，故C错误，D正确。3.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D人过最高点时，FN＋mg＝meq\f(v2,R)，当v≥eq\r(gR)时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝eq\r(2gR)时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。4.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝eq\r(gR＋r)B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力[审题建模]小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻“杆”模型，杆的长度为R＋r。[解析]小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点的最小速度为0，A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C错误；小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。[答案]B[易错提醒]在解答竖直平面内物体的圆周运动问题时，首先要确定是属于轻“绳”模型，还是轻“杆”模型，然后注意区分两者在最高点的最小速度要求，区分绳与杆的施力特点，必要时还要根据牛顿运动定律列式求解。5.[多选]如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，以下判断正确的是()A．物块做匀速运动B．细线对物块的拉力是5NC．细线对物块的拉力是6ND．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t又v＝at，故可得：a＝1m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2。故A错误，D正确。由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1N，F＝T－f，地面摩擦阻力为：f＝μmg＝0.5×1×10N＝5N故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5N＋1N＝6N，故B错误，C正确。6.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后()A．一定会落到水平面AE上B．一定会再次落到圆弧轨道上C．可能会再次落到圆弧轨道上D．不能确定解析：选A设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝meq\f(vD2,R)，得：vD＝eq\r(gR)，知在最高点的最小速度为eq\r(gR)。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2R,g))。则平抛运动的水平位移为：x＝eq\r(gR)·eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(2)R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。7．用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点，已知圆轨道的半径R＝1m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为θ＝37°，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。解析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：对小球由动能定理可得：mgh＝eq\f(1,2)mvC2由几何关系得：h＝R－Rcosθ小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：L＝vCt＋eq\f(1,2)at2CD的长度为：L＝eq\f(R1＋cosθ,sinθ)对小球利用牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma代入数据联立解得：t＝0.7s。答案：0.7s8.如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30m的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2，则()A．此时小球的加速度大小为eq\r(30)m/s2B．小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上C．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小解析：选C小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα；向心加速度为：an＝eq\f(v02,l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2；此时小球的加速度为合加速度，a＝eq\r(an2＋a′2)＞an＝30m/s2＞eq\r(30)m/s2，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得：v1＝eq\r(v02－2glsinα)，考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq\f(v22,l)，代入数据计算可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：F＋mgsinα＝meq\f(v最高2,l)，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F一定增大，故C正确，D错误。9．如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得相应的轻绳弹力大小F，得到F－v2图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，－b)，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.该小球的质量为bgB.小球运动的轨迹半径为eq\f(b,kg)C.图线与横轴的交点表示小球所受的合力为零D.当v2＝a时，小球的向心加速度为g答案B解析小球在最高点时受到的拉力为F，则有F＋mg＝eq\f(mv2,R)，解得F＝meq\f(v2,R)－mg结合题图乙可知mg＝b，即m＝eq\f(b,g)，斜率为k＝eq\f(m,R)＝eq\f(2b,a)解得R＝eq\f(m,k)＝eq\f(b,kg)，故A错误，B正确；图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合力等于重力时的情10.如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．a、b两小球都是所受合外力充当向心力B．a、b两小球圆周运动的半径之比为tanθC．小球b受到的绳子拉力大小为eq\f(mg,cosθ)D．小球a运动到最高点时受到绳子的拉力大小为eq\f(mg,sinθ)答案C解析小球a速度大小变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；由几何关系可知，a、b两小球做圆周运动的半径之比为eq\f(1,sinθ)，故B错误；Fbcosθ＝mg，即Fb＝eq\f(mg,cosθ)，故C正确；小球a到达最高点时速度为零，将重力正交分解，有Fa＝mgcosθ，故D错误．11.如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝eq\r(2gR)的速度通过轨道最高点B，并以v2＝eq\r(3)v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差()A．3mgB．4mgC．5mg D．6mg[解析]由题意可知，在B点，有FB＋mg＝meq\f(v12,R)，解得FB＝mg，在A点，有FA－mg＝meq\f(v22,R)，解得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差6mg，D正确。[答案]D12..(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(3gR)B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(2gR)C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝eq\r(\f(5gR,2))D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>eq\r(gR)，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点答案BC解析小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(2gR)，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝eq\f(1,2)gt2，联立解得vA＝eq\r(\f(gR,2))，eq\f(1,2)mv02＝mgR＋eq\f(1,2)mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝eq\r(\f(5gR,2))，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为eq\r(\f(gR,2))，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误．13．如图所示，质量为1.6kg、半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s答案B解析对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq\f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28N＋m管g＝0，解得FB′＝－44N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq\f(vB2,R)，解得vB＝4m/s，故选B.14.(多选)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A．铁球可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道转动时机械能守恒C．铁球在A点的速度一定大于或等于eq\r(gR)D．要使铁球不脱轨，轨