2024高考物理一轮复习考点攻破训练——竖直面内的圆周运动与三个模型练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——竖直面内的圆周运动与三个模型练习含解析教科版，共5页。试卷主要包含了“拱桥”模型特点，“绳—球”模型特点，“杆—球”模型特点等内容，欢迎下载使用。

2．“绳—球”模型特点：下无支撑，上有约束，最高点速度有最小值vmin＝eq \r(gR)；
3．“杆—球”模型特点：下有支撑，上有约束．最高点速度可以为0，但速度eq \r(gR)是对杆有压力还是拉力的分界点．
1．(多选)(2023·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图1所示，在竖直面内固定有一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的．一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g.在此过程中( )
图1
A．小球通过A点时处于超重状态
B．小球第一次到达C点时速度为eq \r(gR)
C．小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－2g))
D．小球损失的机械能为eq \f(1,2)mv02－eq \f(5,2)mgR
2．(2023·湖北武汉市调研)如图2所示，用两根长度均为l的轻绳将一质量为m的重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T.现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′.θ为某一值时，eq \f(T′,T)最大，此最大值为( )
图2
A.eq \f(9,4)B．2C．3eq \r(2)－2D.eq \f(54,25)
3．(多选)(2023·辽宁沈阳铁路实验中学模拟)某娱乐项目中，参与者需抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．若将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是( )
4．(多选)(2023·甘肃兰州一中模拟)如图3甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T－v2图像如图乙所示，则( )
图3
A．轻质绳长为eq \f(mb,a)
B．当地的重力加速度为eq \f(a,m)
C．当v2＝c时，轻质绳最高点拉力大小为eq \f(ac,b)＋a
D．若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a
5．(多选)如图4甲所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一小球，现让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，受到的弹力为F，速度大小为v，其F－v2图像如图乙所示，则( )
图4
A．小球的质量为eq \f(aR,b)
B．当地的重力加速度大小为eq \f(R,b)
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向下
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
6．(多选)(2023·安徽宣城市第二次模拟)如图5甲，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，不计空气阻力，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
图5
A．图乙中x＝36m2·s－2
B．小球质量为0.2kg
C．小球在A点时重力的功率为5W
D．小球在B点受到轨道作用力为8.5N
答案精析
1．ACD [在A点受重力和支持力的合力提供向心力，即N1－mg＝meq \f(v02,R)，解得：N1＝mg＋meq \f(v02,R)>mg，故小球通过A点时处于超重状态，故A正确；小球第一次到达C点的过程由动能定理得：－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得：vC＝eq \r(v02－4gR)，故B错误；小球第一次到达B点的过程由动能定理得：－mg·R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，在B点由牛顿第二定律得：N＝eq \f(mvB2,R)，解得：N＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－2g))，故C正确；设整个过程克服摩擦力做功为W，根据动能定理得：－mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mv02，刚好能第二次到达C点，则mg＝meq \f(vC′2,R)，由功能关系得：ΔE＝W，解得：ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(5,2)mgR，故D正确．]
2．A [剪断轻绳之前：2Tsinθ＝mg；剪断轻绳后，摆到最低点时由动能定理得：eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－sinθ)，由牛顿第二定律：T′－mg＝meq \f(v2,l)；联立解得eq \f(T′,T)＝(6sinθ－4sin2θ)，由数学知识可知，此比值的最大值为eq \f(9,4)，故选A.]
3．CD [假设抛出点到触发器的高度为h，竖直上抛小球恰好击中触发器小球到达h高度处时，动能减为0，即速度为0，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，在A选项中，假设小球能上升到圆弧轨道最高点，则小球在最高点，满足mg＋N＝eq \f(mv12,R)，解得v1＝eq \r(gR＋\f(NR,m))，而根据能量守恒定律，到达h高度时小球的动能为0，故A项错误；在B选项中小球离开斜面后斜向上做斜抛运动，由机械能守恒定律知，小球在同一高度具有相同的动能，即速度大小相等，而B中小球竖直分速度小于v，故小球不能到达h高度，故B项错误；在C选项中，根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，故C项正确；在D选项中，小球在双轨中做圆周运动时，在最高点速度可以为0，因此可以击中触发器，故D项正确．]
4．ABD [在最高点，T＋mg＝meq \f(v2,L)，解得：T＝meq \f(v2,L)－mg，可知纵截距的绝对值为a＝mg，g＝eq \f(a,m)，图线的斜率k＝eq \f(a,b)＝eq \f(m,L)，解得绳的长度L＝eq \f(mb,a)，故A、B正确；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为：T＝meq \f(c,L)－mg＝eq \f(ac,b)－a，故C错误；当v2＝b时拉力为零，到最低点时根据动能定理得：2mgL＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律：T′－mg＝meq \f(v22,L)，联立以上可得拉力为：T′＝6mg＝6a，故D正确．]
5．AD [由题图乙可知，当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，即重力加速度g＝eq \f(b,R)，故B错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F＝mg＝a，即小球的质量m＝eq \f(a,g)＝eq \f(aR,b)，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2＜b时，mg－F＝meq \f(v2,R)，杆对球的弹力方向向上，当v2＞b时，mg＋F＝meq \f(v2,R)，杆对球的弹力方向向下，v2＝c＞b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，mg＋F＝meq \f(v2,R)＝meq \f(2b,R)，又g＝eq \f(b,R)，F＝meq \f(2b,R)－mg＝mg，故D正确．]
6．BD [小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvh2＋mgh，解得：vA2＝vh2＋2gh，即x＝vA2＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25m2/s2，故选项A错误；由题图乙可知轨道半径R＝0.4m，小球在C点的速度vC＝3m/s，由牛顿第二定律可得：F＋mg＝eq \f(mvC2,R)，解得：m＝eq \f(F,\f(vC2,R)－g)＝0.2kg，故选项B正确；小球在A点时重力G＝mg＝2N，方向竖直向下，速度vA＝5m/s，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；由机械能守恒可得在B点的速度为：vB＝eq \r(vA2－2gR)＝eq \r(25－2×10×0.4)m/s＝eq \r(17)m/s，小球在B点受到的水平方向上的合外力提供向心力F′＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(0.2×17,0.4)N＝8.5N，所以小球在B点受到轨道作用力为8.5N，故选项D正确．]