专题4.4 竖直面内圆周运动的动力学问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15085" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc15085 1
\l "_Tc24784" 1． 竖直面内的变速圆周运动 PAGEREF _Tc24784 1
\l "_Tc8067" 2． 过拱形桥问题 PAGEREF _Tc8067 2
\l "_Tc7620" 【典例分析】 PAGEREF _Tc7620 2
\l "_Tc20895" 【专题精练】 PAGEREF _Tc20895 5
【考点扫描】
1． 竖直面内的变速圆周运动
2． 过拱形桥问题
【典例分析】
【例1】(多选)(2020·湖北重点中学模拟)如图甲所示，小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F­v2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
甲 乙
A．小球的质量为4 kg
B．固定圆环的半径R为0.8 m
C．小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向向上
D．若小球恰好做圆周运动，则其承受的最大弹力为100 N
【思路点拨】：解此题关键有两点
(1)做好小球在某一位置的动力学分析。
(2)将小球的动力学方程与F­v2图象对应找出已知物理量。
【答案】BD
【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为0时，F－mg＝0，结合图象可知：20 N－m·10 m/s2＝0，解得小球质量m＝2 kg，选项A错误；当F＝0时，由重力提供向心力可得mg＝eq \f(mv2,R)，结合图象可知mg＝eq \f(8m/s2·m,R)，解得固定圆环半径R为0.8 m，选项B正确；小球在最高点的速度为4 m/s时，设小球受圆环的弹力方向向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝meq \f(v2,R)，代入数据解得F＝20 N，方向竖直向下，所以选项C错误；小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,R)，若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得mg·2R＝eq \f(1,2)mv2，由以上两式得F＝5 mg，代入数据得F＝100 N，选项D正确。
【技巧方法】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
【例2】(多选)(2020·黑龙江哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面内完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为( )
A．最小为eq \f(2,5)L B．最小为eq \f(3,5)L
C．最大为eq \f(4,5)L D．最大为eq \f(9,10)L
【答案】BC.
【解析】：当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝eq \f(1,2)mv2，联立解得：r＝eq \f(2,5)L，故钉的位置到O点的距离为L－eq \f(2,5)L＝eq \f(3,5)L；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，根据机械能守恒定律可知，mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立解得：R＝eq \f(1,5)L，故此时离最高点距离为eq \f(4,5)L，则可知，距离最小为eq \f(3,5)L，距离最大为eq \f(4,5)L，故B、C正确，A、D错误．
【例3】(2020·金华质检)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A.
【解析】：在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1【例4】（2020重庆市第二次学业质量调研抽测）质量为m的小球，用长为l的线悬挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与O′在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。当球第一次通过最低点P时（ ）
A．小球的线速度突然增大 B．小球的角速度突然减小
C．摆线上的张力突然减小 D．小球的向心加速度突然增大
【答案】D
【解析】A．当球第一次通过P点时，线速度的大小不变，故A错误；
B．由于线速度大小不变，根据知，转动半径变小，则角速度变大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律得，，线速度大小不变，转动半径变小，则摆线张力变大，故C错误；
D．根据知，线速度大小不变，转动的半径变小，则向心加速度突然变大，故D正确。故选D。
【专题精练】
1．（2020·新课标Ⅰ卷）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A. 200 NB. 400 NC. 600 ND. 800 N
【答案】B
【解析】在最低点由，知T=410N，即每根绳子拉力约为410N，故选B。
2．(2020·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B．小球过最高点的最小速度是eq \r(gR)
C．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
【答案】A.
【解析】：轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝eq \r(gR)时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若veq \r(gR)，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝meq \f(v2,R)，随v增大，F增大，故C、D均错误．
3.如图所示，杂技演员表演水流星节目。一根长为L的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子洒出，设重力加速度为g，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )
A．eq \r(\f(g,L)) B.eq \r(\f(2g,L)) C.eq \r(\f(5g,L)) D.eq \r(\f(10g,L))
【答案】B
【解析】杯子在竖直平面内做半径为eq \f(L,2)的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点重力提供向心力，则有mg＝eq \f(mω2L,2)，可得ω＝eq \r(\f(2g,L))，故B正确，A、C、D错误。
4.(2020·山西吕梁模拟)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，内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，外侧管壁对小球一定有作用力
【答案】BC
【解析】在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球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正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力，故D错误。
5.(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在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，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则( )
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上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
【答案】ACD
【解析】对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合图象可知a－mg＝0；当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝eq \f(mv2,R)，结合图象可知mg＝eq \f(mb,R)，联立解得g＝eq \f(b,R)，m＝eq \f(aR,b)，A正确，B错误；由图象可知b6．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为( )
A．3∶1 B．3∶2
C．1∶3 D．1∶2
【答案】选C.
【解析】：汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1＝F′N1①
所以由牛顿第二定律可得
mg－F′N1＝eq \f(mv2,R)②
同样，如图乙所示，F′N2＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F′N2－mg＝eq \f(mv2,R)③
由题意可知FN1＝eq \f(1,2)mg④
由①②③④式得FN2＝eq \f(3,2)mg，所以FN1∶FN2＝1∶3.
7.如图，在一固定在水平地面上A点的半径为R的球体顶端放一质量为m的物块，现给物块一水平初速度v0，则( )
A．若v0＝eq \r(gR)，则物块落地点距离A点为 eq \r(2)R
B．若球面是粗糙的，当v0C．若v0D．若v0≥eq \r(gR)，则物块落地点离A点至少为2R
【答案】D.
【解析】：若v0≥eq \r(gR)，物块将离开球面做平抛运动，由y＝2R＝eq \f(gt2,2)、x＝v0t，得x≥2R，A错误，D正确；若v08.(2020·福建福州质检)如图所示，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.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为( )
A.eq \r(3)mg B.eq \f(4,3)eq \r(3)mg C．3mg D．2eq \r(3)mg
【答案】A.
【解析】：小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝meq \f(v2,R)，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝meq \f(（2v）2,R)，可解得：F＝3mg.由2FTcs 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝eq \r(3)mg，A正确．
9.(2020·北京密云质检)如图所示，甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为eq \r(gR)
【答案】BC.
【解析】：甲图中，由mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度v＝eq \r(gR)通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，A错误；乙图中，由F－mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力F＝mg＋meq \f(v2,R)，B正确；丙图中，由F－mg＝meq \f(v2,R)可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力F＝mg＋meq \f(v2,R)，C正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，D错误．
10.(多选)(2020·资阳一诊)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图象如图乙所示，图象中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是( )
甲 乙
A．数据a与小球的质量无关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值eq \f(b,a)只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
【答案】AD
【解析】由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝eq \f(mv2,r)，解得v2＝gr，故a＝gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg＋b＝eq \f(mv2,r)，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知eq \f(b,a)＝eq \f(m,r)与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述可知r＝eq \f(a,g)，m＝eq \f(b,g)，故D正确。
11.(多选)如图所示，长为3L的轻杆绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，A球距转轴O的距离为L。现给系统一定的动能，使杆和球在竖直平面内转动。当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则B球在最高点时，下列说法正确的是( )
A．B球的速度为eq \r(2gL) B．A球的速度大于eq \f(\r(2gL),2)
C．杆对B球的弹力为零 D．杆对B球的弹力方向竖直向下
【答案】BD
【解析】当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零时，说明杆对两球的作用力大小相等、方向相反，杆对B球的弹力方向竖直向下，D正确；由题图可知两球的角速度ω相等，由牛顿第二定律知，对B球有mg＋T＝2mLω2，对A球有T－mg＝mω2L，联立解得ω＝eq \r(\f(2g,L))，T＝3mg，B球的速度vB＝2Lω＝2eq \r(2gL)，A球的速度vA＝Lω＝eq \r(2gL)，故B正确，A、C错误。
12．(2020·温州质检)一辆质量m＝2 t 的轿车，驶过半径R＝90 m的一段凸形桥面，g取10 m/s2，求：
(1)轿车以10 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力大小；
(2)在最高点对桥面的压力等于轿车重力的一半时，车的速度大小．
【答案】：(1)1.78×104 N (2)15eq \r(2) m/s
【解析】：(1)轿车通过凸形桥面最高点时，受力分析如图所示：
合力F＝mg－FN，由向心力公式得mg－FN＝meq \f(v2,R)
故桥面的支持力大小
FN＝mg－meq \f(v2,R)＝(2 000×10－2 000×eq \f(102,90)) N≈1.78×104 N
根据牛顿第三定律，轿车在桥的顶点时对桥面压力的大小为1.78×104 N.
(2)对桥面的压力等于轿车重力的一半时，向心力F′＝mg－FN＝0.5mg，而F′＝meq \f(v′2,R)，所以此时轿车的速度大小v′＝eq \r(0.5gR)＝eq \r(0.5×10×90) m/s＝15eq \r(2) m/s.
轻绳模型（没有支撑）
轻杆模型（有支撑）
常见
类型
过最高点的临界条件
由mg＝meq \f(v2,r)得v临＝eq \r(gr)
由小球能运动即可得v临＝0
对应最低点速度v低≥
对应最低点速度v低≥
绳不松不脱轨条件
v低≥或v低≤
不脱轨
最低点弹力
F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力
F低-mg =mv低2/r
F低=mg+mv低2/r，向上拉力
最高点弹力
过最高点时，v≥eq \r(gr)，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，绳、轨道对球产生弹力FN＝meq \f(v2,r)-mg
向下压力
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为向上支持力
(2)当0＜v＜eq \r(gr)时，－FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN向上支持力，随v的增大而减小
(3)当v＝eq \r(gr)时，FN＝0
(4)当v＞eq \r(gr)时，FN＋mg＝meq \f(v2,r)，FN为向下压力并随v的增大而增大
在最高
点的FN
图线
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
拱形桥
圆轨外侧
凹形桥
示意图
v
作用力
最高点(失重)：FN＝G－mv2/R，可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度增大到mv2/R=mg 即v= 时，FN=0，汽车在桥顶只受重力G，又具水平速度V，因此开始做平抛运动；
（3）当0≤v≤时，0≤FN≤mg，且速度v越大，FN越小；
（4）当v>时，汽车将脱离桥面，将在最高点做平抛运动，即所谓的“飞车”。
最高点(超重)：FN＝G+mv2/R可知：
（1）当v=0时，即汽车静止在最高点，FN=G；
（2）当汽车的速度v≠0时，FN>mg，且速度v越大，FN越大。