1、1抓住“三类模型” ，破解竖直面内的圆周运动1(2018肇庆摸底)如图，一长为 L 的轻质细杆一端与质量为 m 的小球(可视为质点)相连，另一端可绕 O 点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为 g(g 为当地的重力加速度)，下列说法正确的是( )A小球的线速度大小为 gLB小球运动到最高点时处于完全失重状态C当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心 O 点D轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为 mg解析：选 B 根据匀速圆周运动中 a ，解得： v ，A 错误；小球做匀速圆周运v2r gL动，向心加速度大小为 g，所以小球在最高点的加速度
2、为 g，处于完全失重状态，B 正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心 O 点，C 错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F mg ma，解得： F2 mg，D 错误。2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为 R 的大圆环，并固定在竖直平面内。在管内的环底 A 处有一质量为 m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶 B 处管口的轻绳，在水平外力 F的作用下，小球以恒定的速率从 A 点运动到 B 点，如图所示。忽略内、外侧半径差别(小球可视为质点)，此过程中外力 F 的变化情况是( )A逐渐增大 B逐渐减小C
3、先减小，后增大 D先增大，后减小解析：选 D 小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为 ，则有 F mgcos ，小球上升过程中， 从 90先减小到 0(与圆心等高处)，后增大到 90(B 点处)，cos 先增大后减小，所以 F mgcos 先增大后减小，故 D 正确。3.如图所示，一质量为 m 的小物块沿竖直面内半径为 R 的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为 v，若小物块与轨道间的动摩擦因数是 ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为( )A mg B mv2RC m D m(gv2R) (g v2R)2解析：选 D 小物块滑到轨道最低
4、点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得 FN mg m ，得 FN m ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为v2R (g v2R)f F N m ，D 正确。(gv2R)4多选(2018洛阳高三统考)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为 R，质量均为 m 的带孔小球 A、 B 穿于环上，两根长为 R 的细绳一端分别系于 A、 B 球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接 B 球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，则下列说法正确的是( )A连接 B 球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为 2gRB连接 B 球的绳
5、子恰好拉直时，圆环对 A 球的作用力为零C继续增大转动的角速度，圆环对 B 球的作用力可能为零D继续增大转动的角速度， A 球可能会沿圆环向上移动解析：选 AB 当连接 B 球的绳子刚好拉直时， mgtan 60 m 2Rsin 60，解得 ， A 项正确；连接 B 球的绳子恰好拉直时， A 球与 B 球转速相同，由对称性知， A 球所2gR受合力也为 mgtan 60，又 A 球所受重力为 mg，可判断出 A 球所受绳子的拉力为2 mg， A 球不受圆环的作用力，B 项正确；继续增大转动的角速度，连接 B 球的mgcos 60绳子上会有拉力，要维持 B 球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对
6、B 球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大，圆环对 A 球的弹力不为零，根据竖直方向上 A 球所受外力的合力为零，可知绳子对 A 球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此 A 球不可能沿圆环向上移动，D 项错误。5(2019 届高三合肥调研)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度 vx随时间 t 的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是( )3A t1时刻小球通过最高点，图乙中 S1和 S2的面积相等B t2时刻小球通过最高点，图乙中 S1和 S2的
7、面积相等C t1时刻小球通过最高点，图乙中 S1和 S2的面积不相等D t2时刻小球通过最高点，图乙中 S1和 S2的面积不相等解析：选 A 由题意可知，题图乙中 t1时刻小球通过最高点，面积 S1表示的是小球从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轻杆的长度； S2表示的是小球从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轻杆的长度，所以选项 A 正确。6.如图所示，质量为 M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为 m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内沿顺时针方向做圆周运动， A、 C 点为圆周的最高点和最低点， B、 D 点为与圆心 O 在同一水
8、平线上的点，小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力 N 和地面对物体的摩擦力的说法正确的是( )A小滑块在 A 点时， NMg，摩擦力方向向左B小滑块在 B 点时， N Mg，摩擦力方向向左C小滑块在 C 点时， N(M m)g，物体与地面无摩擦力D小滑块在 D 点时， N( M m)g，摩擦力方向向左解析：选 C 小滑块在 A 点时对物体的作用力竖直向上，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力，A 错误；小滑块在 B 点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，小滑块在竖直方向上对物体没有作用力，物体
9、受力平衡，所以物体对地面的压力 N Mg，B 错误；小滑块在 C 点对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑块对物体的压力要大于自身所受的重力，则物体对地面的压力 N(M m)g，C 正确；小滑块在 D 点和 B 点受力情况类似，分析可知 N Mg，摩擦力方向向左，D 错误。7如图所示，内壁光滑的半球形碗放在水平面上，将质量不同的 A、 B 两个小球( A 球质量小， B 球质量大)从碗口两侧同时由静止释放，让两球沿内壁下滑，不计两小球的大小，则下列说法正确的是( )A A 球先到达碗底B B 球先到达碗底4C两球下滑的过程中，碗有向左滑动的趋势D两球下滑的过程
10、中，碗有向右滑动的趋势解析：选 D 由于两小球运动轨迹关于过球心的竖直线对称，两小球下滑过程中在同一水平面上的加速度大小始终相同，所以同时到达碗底，选项 A、B 错误；由于 B 球质量较大，下滑过程中对右侧碗壁的作用力较大，所以两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势，选项 C 错误，D 正确。8.多选(2018厦门模拟)如图所示，两根等长的细线拴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，可视为质点，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
11、大小相同B运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为 2mgC运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为 10mgD相对同一零势能面，球 1 在最高点的机械能等于球 2 在最低点的机械能解析：选 CD 题述位置，球 1 加速度方向向上，处于超重状态，球 2 加速度方向向下，处于失重状态，故拴着球 1 的细线拉力较大，故 A 错误；球 1 在最高点时，有： F1 mg m，球 2 在最低点时，有： F2 mg m ，两球运动过程中机械能守恒，球 1： mv2v12R v22R 12mv122 mgR，球 2： mv2 mv222 mgR，解得： F1 m 5 mg， F2 m 5 mg，故12 12 1
12、2 v2R v2RF2 F110 mg，故 B 错误，C 正确；两球运动过程中机械能守恒，而题述位置两球的机械能相等，故两球的机械能一直是相等的，故 D 正确。9.如图所示，一倾角为 30的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度 转动，盘面上离转轴距离为 d 处，有一带负电的电荷量为 q、质量为 m 的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E ，则物体与盘mg2q面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 为重力加速度)( )A. B.3 3g 4 2d9g 2 3 1 2d3gC. D.3 g 4 2d3g 3 g 2 2d3g解析：选
13、 A 对物体随圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，由牛顿第二定律得： (mg qE)cos 305( mg qE)sin 30 m 2d，解得： ，故 A 正确，B、C、D 错误。3 3g 4 2d9g10.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 为竖直直径， AC 为水平直径， 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，总能使小球通过最高点D，则小球通过 D 点后( )A一定会落到水平面 AE 上B一定会
14、再次落到圆弧轨道上C可能会再次落到圆弧轨道上D一定不会落到水平面 AE 上解析：选 A 设圆弧轨道半径为 R，若小球恰好能够通过最高点 D，根据 mg m ，得：vD2RvD ，知在最高点 D 的最小速度为 ，小球经过 D 点后做平抛运动，根据 RgR gRgt2，得： t ，则平抛运动的最小水平位移为： x vDt R，知小球一12 2Rg gR 2Rg 2定会落到水平面 AE 上。故 A 正确，B、C、D 错误。11.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 旋转以调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 L0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量为 m 的小球，另
15、一端固定在板上的 O 点。当平板的倾角为 时，先将轻绳平行于水平轴 MN 拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 m/s，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，则3小球在最高点的速度大小为(取重力加速度 g10 m/s 2)( )A. m/s B2 m/s6C3 m/s D2 m/s3解析：选 C 小球在倾斜平板上运动时受重力、轻绳拉力、倾斜平板弹力。在垂直倾斜平板方向上合力为 0，重力沿倾斜平板方向的分量为 mgsin ，若小球恰能通过最高点，轻绳拉力 T0，此时 mgsin m ，代入数据得：sin ，若要使小球在最高
16、点时轻v2L 12绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，小球在最高点时，有 mg mgsin m ，代入数据得： v3 m/s，故 C 正确。v 2L12.多选(2018大庆模拟)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在 B 点平滑相接，两个半圆的圆心 O1、 O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为 R，光滑的大半圆半径为 2R；一质量为 m 的滑块(可视为质点)从大半圆的一端 A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为 g，则( )A滑块在 A 点的初速度为 6gR6B滑块在 A 点对半圆轨道
17、的压力为 6mgC滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为 mgRD增大滑块在 A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变解析：选 AC 由于滑块恰好能通过大半圆的最高点，在最高点重力提供向心力，即mg m ，解得 v ，根据机械能守恒定律可得 mvA22 mgR m( )2，解得v22R 2gR 12 12 2gRvA ，A 正确；滑块在 A 点时受到半圆轨道的支持力为： F m 3 mg，由牛顿第6gRvA22R三定律可知，B 错误；设滑块在 O1点的速度为 v1，则 v1 2 ，在小半圆运2g2R gR动的过程中，根据动能定理得 Wf mvA2 mv12 mgR，C 正确；增
18、大滑块在 A 点的初速度，12 12则滑块在小半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，D 错误。13多选(2018湖南六校联考)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 R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量 m1 kg，与地面间的动摩擦因数 0.5 ；轮轴的角速度随时间变化的关系是 kt， k2 rad/s 2， 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 NC细线对物块的拉力是 6 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1 m/s2解
19、析：选 CD 由题意知，物块的速度为： v R 2 t0.5 t，又 v at，故可得：a1 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 ma1 N， F T f，地面摩擦力为：f mg 0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为： T f F5 N1 N6 N，故B 错误，C 正确。14.多选(2018铁岭协作体模拟)如图所示，半径为 R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿
20、轨道在竖直面内运动。当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功大小为 W1，第二次击打过程中小锤对小球做功大小为 W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 的值可能是( )W1W27A. B.34 13C. D123解析：选 BC 第一次击打后小球最多到达与圆心 O 等高位置，根据功能关系，有：W1 mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有： W1 W22 mgRmv2，在最高点，有： mg FN m mg，解得： W1 mgR， W2 mgR，故 ，故 B、C 正12 v2R 32 W1W2 23确，A、D 错误。
