物理1 圆周运动优秀巩固练习

这是一份物理1 圆周运动优秀巩固练习，共19页。试卷主要包含了运动特点， 两种常见的模型等内容，欢迎下载使用。

02
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
（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mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．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－mgcs θ＝meq \f(v2,l)，由于小明的速度为0，则有F＝mgcs θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，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10 m/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．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/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＝20 m/s，选项B正确．
03
题型精讲
【题型一】绳模型
【典型例题1】如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/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2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4eq \r(2) m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/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＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/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＝15 N，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)mg
C.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＋2FTcs 30°＝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v0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq \f(v\\al(2,1),L)，代入数据得绳中张力FT＝3 N.
(3)因为v2b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1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[解题指导]
[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2mgsin θ
D．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－2mgsin θ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsin θ，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＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg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＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．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sin α≤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sin α≤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mgsin α，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＋mgsin α＝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－mglsin α＝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sin α＝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)＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能eq \f(1,2)mv02＝1 J，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＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/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．4 m/s B．2eq \r(10) m/s
C．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2mgLsin α＝eq \f(1,2)mvB2，可得vB＝4 m/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＝0.60 m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＝3.0 m/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＝10 m/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mgsin α
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＋mgsin α＝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
－mglsin α＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02②
若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③
联立①②③解得sin α＝eq \f(1,2)，解得α＝30°
故α的范围为0°≤α≤30°。
答案：0°≤α≤30°
04
体系构建
05
记忆清单
0601
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＝1 kg的小球，使小球在竖直平面内做半径为R＝0.4 m 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＝10 m/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2 m/s
B.若小球通过B点的速度为1 m/s时，杆对小球的作用力为7.5 N，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＝－7.5 N，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)＝2 m/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mg
D．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(gR＋r)
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．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＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，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＝2 rad/s2，g取10 m/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5 N
C．细线对物块的拉力是6 N
D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/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＝1 m/s2，
所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/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＝1 N，F＝T－f，
地面摩擦阻力为：f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N
故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，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＝1 m，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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－Rcs θ
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)at2
CD的长度为：L＝eq \f(R1＋cs θ,sin θ)
对小球利用牛顿第二定律可得：
mgsin θ＝ma
代入数据联立解得：t＝0.7 s。
答案：0.7 s
8.如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg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＝3.0 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
A．此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2
B．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(mgsin α,m)＝gsin α；
向心加速度为：an＝eq \f(v02,l)＝eq \f(32,0.30) m/s2＝30 m/s2；
此时小球的加速度为合加速度，a＝eq \r(an2＋a′2)＞an＝30 m/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：－mglsin α＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，解得：v1＝eq \r(v02－2glsin α)，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：mgsin α＝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＋mgsin α＝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bg
B.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tan θ
C．小球b受到的绳子拉力大小为eq \f(mg,cs θ)
D．小球a运动到最高点时受到绳子的拉力大小为eq \f(mg,sin θ)
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,sin θ)，故B错误；Fbcs θ＝mg，即Fb＝eq \f(mg,cs θ)，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＝mgcs θ，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．3mg B．4mg C．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] D
12..(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1.6 kg、半径为0.5 m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＝1 kg、mB＝2 kg.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＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/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＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，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44 N，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＝4 m/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，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
答案 BD
解析 铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F吸－FNA＝meq \f(vA2,R)，当FNA＝mg＋F吸时，vA＝0，选项C错误；铁球从A到B的过程，由动能定理有2mgR＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，当vA＝0时，铁球在B点的速度最小，解得vBmin＝2eq \r(gR)，球在B点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F吸－mg－FNB＝meq \f(vB2,R)，当vB＝vBmin＝2eq \r(gR)且FNB＝0时，解得F吸min＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，选项D正确．
15.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则( )
A．小球不会脱离圆轨道
B．小球会脱离圆轨道
C．小球脱离轨道时的速度大小为eq \f(\r(7),2) m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
答案 BCD
解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝eq \r(3.5) m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv0′2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，解得v0′＝eq \f(\r(70),2) m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝meq \f(v12,R)，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgR(1＋sin θ)＋eq \f(1,2)mv12，联立解得sin θ＝eq \f(1,2)，即θ＝30°，则v1＝eq \r(gRsin θ)＝eq \f(\r(7),2) m/s，故C、D正确．
16.[多选]如图所示，两根等长的细线栓着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg
D．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能
解析：选CD 初始位置，球1加速度向上，超重，球2加速度向下，失重，故球1受到的拉力较大，故A错误；球1在最高点，有：F1＋mg＝meq \f(v12,R)，球2在最低点，有：F2－mg＝meq \f(v22,R)，两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋2mgR，球2：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv22－2mgR，联立解得：F1＝meq \f(v2,R)－5mg，F2＝meq \f(v2,R)＋5mg，故F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确。
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。
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
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
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＝0
mg＝meq \f(veq \\al(2,min),R)
即vmin＝eq \r(gR)
v＝0
即F向＝0
FN＝mg
过最高点的条件
在最高点的速度v≥eq \r(gR)
v≥0
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
v＝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