備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題4.9 豎直面內的圓周運動（含解析）

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1、專題4.9 豎直面內的圓周運動 【考綱解讀與考頻分析】 豎直面內的圓周運動主要有兩種模型：繩模型和桿模型，高考對這兩種模型都有考查。 【高頻考點定位】： 繩模型 桿模型 考點一：繩模型 【3年真題鏈接】 1．（2017·江蘇卷·5）如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上，物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動.整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動.小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是（ ）

2、 （A）物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F （B）小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F （C）物塊上升的最大高度為 （D）速度v不能超過 【參考答案】D 【名師解析】：物塊向右勻速運動時，則夾子與物體M，處于平衡狀態(tài)，那么繩中的張力等于Mg，與2F大小關系不確定，選項A錯誤；小環(huán)碰到釘子P時，物體M做圓周運動，依據最低點由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力大于Mg，而與2F大小關系不確定，選項B錯誤；依據機械能守恒定律，減小的動能轉化為重力勢能，則有：mv2=mgh，那么物塊上升的最大高度為h=，選項C錯誤；因夾子對物體M

3、的最大靜摩擦力為2F，依據牛頓第二定律，結合向心力表達式，對物體M，則有：2F-Mg=M，解得：v=，選項D正確。 【名師點睛】在分析問題時，要細心。題中給的力F是夾子與重物間的最大靜摩擦力，而在物體運動的過程中，沒有信息表明夾子與物體間靜摩擦力達到最大。另小環(huán)碰到釘子后，重物繞釘子做圓周運動，夾子與重物間的靜摩擦力會突然增大。 2.（2017全國II卷·17）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時，對應的軌道半徑為（重力加速度為g）（ ）

4、 A. B. C. D. 【參考答案】B 【名師解析】設小物塊運動到最高點的速度為，半圓形光滑軌道半徑為R，小物塊由最低點運動到最高點，由機械能守恒定律，；小物塊從最高點飛出做平拋運動，x=vtt，2R=gt2，聯立解得，x=2=4.當R=時，x最大，選項B正確。 【2年模擬再現】 1．（4分）（2019山東濟南期末）如圖所示，固定在水平地面上的圓弧形容器，容器兩端A、C在同一高度上，B為容器的最低點，圓弧上E、F兩點也處在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑。一個可以看成質點的小球，從容器內的A點由

5、靜止釋放后沿容器內壁運動到F以上、C點以下的H點（圖中未畫出）的過程中，則（　?。? A．小球運動到H點時加速度為零 B．小球運動到E點時的向心加速度和F點時大小相等 C．小球運動到E點時的切向加速度和F點時的大小相等 D．小球運動到E點時的切向加速度比F點時的小 【思路分析】根據受力分析和功能關系分析速度和加速度。 【名師解析】H為光滑圓弧上的最高點，速度為零，加速度不為零，故A錯誤； 小球在AB粗糙，運動過程機械能減小，BC光滑，運動的過程機械能守恒，所以同一高點速度大小不同，所以向心加速度不同，故B錯誤； 根據受力分析知在AB弧受摩擦力，BC弧不受摩擦力，切線方向

6、BC上的合力較大，根據牛頓第二定律知切線方向加速度E點加速度較小，故C錯誤，D正確； 【參考答案】：D。 【名師點評】本題需要注意的是E、F的速度問題，注意AB段粗糙，BC段光滑所引起的速度不同。 2. .（2019高考仿真模擬4）太極球是廣大市民中較流行的一種健身器材．將太極球（拍和球）簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做半徑為R的勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板間無相對運動趨勢．A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高．球的質量為m，重力加速度為g，則（　　） A．在C處板對球施加的力比在A處大6mg B．球在

7、運動過程中機械能不守恒 C．球在最低點C的速度最小值為 D．板在B處與水平方向的傾角θ隨速度的增大而增大 【參考答案】BD 【名師解析】設球運動的線速率為v，半徑為R，則在A處時： ① 在C處時：② 由①②式得： ，即在C處板對球所需施加的力比A處大，故A錯誤； 球在運動過程中，動能不變，勢能時刻變化，故機械能不守恒，故B正確； 球在任意時刻的速度大小相等，即球在最低點C的速度最小值為等于在最高點最小速度，根據，得，故C錯誤； 根據重力沿水平方向的分力提供向心力，即，故，故板在B處與水平方向傾斜角隨速度的增大而增大，故D正確。 【名師點睛】本題考查了向心力公式的應用，重

8、點要對物體的受力做出正確的分析，列式即可解決此類問題。 3．（2019·杭州模擬）如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則(　　) A．輕質繩長為 B．當地的重力加速度為 C．當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為＋a D．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a 【參考答案】　BD 【名師解析】　設繩長為L，最高點由牛頓第二定律得：T＋mg＝，則T＝－mg。對應圖象有：mg＝a得g＝，故B正確。＝得：L＝，故A錯誤。當v2＝c時，

9、T＝·c－mg＝·c－a，故C錯誤。當v2≥b時，小球能通過最高點，恰好通過最高點時速度為v，則＝mg。在最低點的速度v′，則mv2＋mg·2L＝mv′2，F－mg＝，可知小球在最低點和最高點時繩的拉力差為6mg即6a，故D正確。 4.(2019·海南聯考)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 【參考答案】D 【名師解析】　設小球在最低點速度為v1，在最高點速度為v2

10、，根據牛頓第二定律，在最低點：N1－mg＝m，在最高點：N2＋mg＝m，同時從最高點到最低點，根據機械能守恒定律得 mg·2R＝mv－mv 聯立以上三式可得N1－N2＝6mg，故選項D正確。 5.（2018洛陽名校聯考）如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點．現用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動．當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設

11、先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則W1/W2的值可能是(　　) A．1/2　　　　　　　B．2/3 C．3/4 D．1 【參考答案】．AB 【名師解析】：由于通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，且小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球后，小球運動的高度不能超過R，則有W1≤mgR，由于第二次擊打后小球能運動到最高點，則有W1＋W2＝mg2R＋mv2，mg＝m，可得≤，故選項A、B項正確． 6．（2019洛陽聯考）如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)．當小球在豎

12、直平面內沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力F、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關系式F＝a＋bcos θ，式中a、b為常數．若不計空氣阻力，則當地的重力加速度為(　　) A.　　　　 　　B. C. D. 【參考答案】．D解析：在最高點時：設此時物體的速度為v1，由題意可知：θ＝180°，繩的拉力F1＝a－b；根據向心力公式有：mg＋a－b＝；在最低點時：設此時物體的速度為v2，由題意可知：θ＝0°，繩的拉力T1＝a＋b；根據向心力公式有：a＋b－mg＝；只有重力做功，由機械能守恒定律：mv＝mv＋mg(2r)，解得：g＝，選項

13、D正確． 考點二：桿模型 【3年真題鏈接】 1．（2019高考江蘇卷物理6）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙（　?。? （A）運動周期為 （B）線速度的大小為ωR （C）受摩天輪作用力的大小始終為mg （D）所受合力的大小始終為mω2R 【參考答案】BD 【名師解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式，解得：，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變

14、力，不可能始終為，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得：，故D正確。 【2年模擬再現】 1．（2019四川瀘州一診）在考駕駛證的科目二階段，有一項測試叫半坡起步，這是一條類似于凸型橋面設計的坡道。要求學員在半坡定點位置a啟動汽車，一段時間后勻速率通過最高點b以及剩下路段，如圖所示。下列說法正確的是（　?。? A.若汽車以額定功率從a點加速到b點，牽引力一直增大 B.在最高點b汽車處于平衡狀態(tài) C.在最高點b汽車對路面的壓力小于汽車的重力 D.汽車從a到b運動過程中，合外力做功為0 【參考答案】.C 【名師解析】由P=Fv可知，若汽車以額定功率從a點加速到b點，

15、牽引力一直減小，選項A錯誤；勻速率通過最高點b以及剩下路段，在最高點b汽車處于勻速圓周運動，加速度向下，不是平衡狀態(tài)，是失重狀態(tài)，.在最高點b汽車對路面的壓力小于汽車的重力，選項B錯誤C正確；汽車從a到b運動過程中，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項D錯誤。 【名師點評】 駕考，是每個人司機都經歷的。駕考很多情景都可以作為高考命題素材，可以考查勻變速直線運動規(guī)律、圓周運動、牛頓運動定律、功和功率等知識點，以駕考為情景命題可能是高考命題的新熱點。 2．(2018·安徽第三次聯考)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三

16、圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內，現有一質量為m，初速度v0＝的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(小球直徑略小于圓管內徑)(　　) A．小球到達C點時的速度大小vC＝ B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點 C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速度都不能為零 D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點相距2R 【參考答案】B 【名師解析】　對小球從A點至C點過程，由機械能守恒有mv02＋mgR＝mvC2，解得vC＝，選項A錯誤；對小球從A點至E點的過程，由機械能守恒有mv02＝mvE2＋mg

17、R，解得vE＝，小球從E點拋出后，由平拋運動規(guī)律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點，選項B正確；因為圓管內壁可提供支持力，所以小球到達E點時的速度可以為零，選項C錯誤；若將DE軌道拆除，設小球能上升的最大高度為h，則有mvD2＝mgh，又由機械能守恒可知vD＝v0，解得h＝R，選項D錯誤。 預測考點一：繩模型 【2年模擬再現】 1.(2019福建聯考)如圖，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g。今使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的

18、拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為（　?。? A．mg B．mg C．3mg D．2mg 【參考答案】A 【名師解析】設小球在豎直面內做圓周運動的半徑為r，小球運動到最高點時輕繩與圓周運動軌道平面的夾角為θ=30°，則有r=Lcosθ= L。根據題述小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有mg=m ；小球在最高點速率為2v時，設每根繩的拉力大小為F，則有2Fcosθ+mg=m，聯立解得：F=mg，選項A正確。 2.（2019沈陽三模）如圖所示，水平地面上有一光滑

19、弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，且固定在同一個豎直面內。將一只質量為m的小球由圓弧軌道上某一高度處無初速釋放。為使小球在沿圓軌道運動時始終不脫離軌道，這個高度h的取值可為（ ） A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r 【參考答案】. D 【命題意圖】本題考查機械能守恒定律、牛頓運動定律及其相關知識點。 【解題思路】為使小球在沿圓軌道運動時始終不脫離軌道，一種是小球沿圓軌道運動到不超過與圓心等高的位置；一種是能夠通過光滑圓軌道的最高點。若小球沿圓軌道運動到不超過與圓心等高的位置，設其無初速釋放小球的最大高度

20、為h1，由機械能守恒定律，mgh1=mgr，解得h1=r，即高度h的取值不大于r。若小球能夠通過光滑圓軌道的最高點，設恰能通過光滑圓軌道的最高點時的速度為v，在最高點，由牛頓第二定律，mg=m，設小球能夠通過光滑圓軌道的最高點，無初速釋放小球的最小高度為h2，由機械能守恒定律，mgh2=2mgr+mv2，解得h2=2.5r，即高度h的取值必須不小于2.5r。綜合上述分析可知選項D正確。 3.（2019合肥三模） 如圖所示，一對雜技演員蕩秋千（均視為質點），女演員由與懸點O1等高的A位置靜止擺下，男演員從平臺上D點靜止擺下，某時刻女演員擺到最低點B時離開秋千，到達C點（男演員下擺的最低點）剛好

21、被男演員接住，最后二者恰好擺回到平臺D點。已知男、女演員均在同一豎直平面內運動，其質量分別為2m和m，其余質量忽略不計，秋千的繩長分別為l和2l，O1與O2等高，空氣阻力不計，重力加速度為g。求： （l）女演員擺到最低點B的速度； （2）秋千繩O2D與豎直方向的夾角； （3）若男演員接住女演員用時t，此過程女演員對男演員的平均作用力。 【命題意圖】本題考查機械能守恒定律、動量守恒定律、動量定理及其相關知識點。 【解題思路】 （1）對于女演員，從A運動到B，設其速度大小為v，由機械能守恒定律得： mgl= 代入數據得：v= （2）設秋千繩O2D和豎直方向的夾角為θ，男演員從

22、平臺上D點靜止擺下至C點時，速度大小為vc， 由機械能守恒定律有：2mg×2l×（1-cosθ）=（2m）。 ?當女演員到達C點時剛好被男演員接住，最后二者恰好擺回到平臺D點， 可見男女演員的共同速度大小也應該為vc。 男演員接住女演員的過程水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，有： mv+2mvc=3mvc 代入數據得：cosθ=，θ=60° 若男演員接住女演員時兩者速度方向相反，有：mv-2mvc=3mvc 代入數值得：cosθ=（不符合實際，舍去） （3）女演員從從B點離開秋千做平拋運動，到達C點的豎直速度大小為vy vy2=2g（2l-l）=2gl 設男演員對女演

23、員的平均作用力大小為F，取豎直向上方向為正方向，對女演員，由動量定理： 解得：F=mg+ 根據牛頓第三定律，女演員對男演員的平均作用力大小為mg+，方向豎直向下。 答：（l）女演員擺到最低點B的速度為； （2）秋千繩O2D與豎直方向的夾角為60°； （3）若男演員接住女演員用時t，此過程女演員對男演員的平均作用力為mg+。 4.（12分）（2018北京西城期末） 游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來，如圖甲所示。我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端N與豎直圓軌道平滑相接，P為圓軌道的最高點。使小球（可視為質點）從弧形軌道上端滾下，小球進入圓軌道

24、下端后沿圓軌道運動。不考慮小球運動所受的摩擦等阻力。 （1）小球沿弧形軌道運動的過程中，經過某一位置A時動能為Ek1，重力勢能為EP1，經過另一位置B時動能為Ek2，重力勢能為EP2。請根據動能定理和重力做功的特點，證明：小球由A運動到B的過程中，總的機械能保持不變，即Ek1+EP1=Ek2+EP2； （2）已知圓形軌道的半徑為R，將一質量為m1的小球，從弧形軌道距地面高h=2.5R處由靜止釋放。 a．請通過分析、計算，說明小球能否通過圓軌道的最高點P； b．如果在弧形軌道的下端N處靜置另一個質量為m2的小球。仍將質量為m1的小球，從弧形軌道距地面高

25、h = 2.5R處由靜止釋放，兩小球將發(fā)生彈性正撞。若要使被碰小球碰后能通過圓軌道的最高點P，那么被碰小球的質量m2需要滿足什么條件？請通過分析、計算，說明你的理由。 【名師解析】.（12分） 解：（1）根據動能定理 W總= WG = Ek2 – Ek1 （1分） 根據重力做功的特點可知 WG = Ep1– Ep2 （1分） 聯立以上兩式 Ek2 – Ek1 = Ep1– Ep2 整理得到 Ek2 + Ep2 = Ep1 + Ek1 （1分） （2）a. 假設小球剛好能過最高點，在最高點時小

26、球只受重力作用 此時重力提供向心力 （1分） 解得小球能過最高點的最小速度為 （1分） 小球從M到P，設小球運動到最高點P時的速度為 vP 根據機械能守恒定律 （1分） 解得，即小球剛好能過最高點。 （1分） b. 以小球m1為研究對象，設小球運動到N點時的速度為v1 從M到N，根據機械能守恒定律 （1分） 以兩個小球為研究對象，碰后兩小球的速度分別為v1′、v2′ 根據動量守恒定律 m1v1= m1v1′+ m2v2′ （1分） 根據能量守恒定律 （1分） 聯立解得小球m2碰后的速度 （1分）

27、 因為小球m1從h =2.5R處滾下時恰好能過最高點，所以只要m2在N點被碰后的速度，它就能過最高點。從上式中分析可以得到，當m2≤m1時，可得。所以當滿足m2≤m1時，小球m2被碰后能通過圓軌道的最高點P。 （1分） 5. （2019山東濰坊教科院模擬）如圖是過山車的部分模型圖．模型圖中光滑圓形軌道的半徑R=8.1m，該光滑圓形軌道固定在傾角為α=37°斜軌道面上的Q點，圓形軌道的最高點A與P點平齊，圓形軌道與斜軌道之間圓滑連接．現使小車（視作質點）從P點以一定的初速度沿斜面向下運動，已知斜軌道面與小車間的動摩擦因數為μ=10/81，不計空氣阻力，過山車質量為20kg，取g=10m

28、/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．若小車恰好能通過圓形軌道的最高點A處，求： （1）小車在A點的速度為多大； （2）小車在圓形軌道的最低點B時對軌道的壓力為重力的多少倍； （3）小車在P點的動能． 【名師解析】（1）設小車經過A點時的臨界速度為vA， 由，mg=m 解得．vA=9m/s。 （2）從B到A，根據動能定理有： -mg2R=mvA2-mvB2 在B點，FN-mg=m， 解得FN=6mg， 由牛頓第三定律可知，小車對軌道的壓力等于6mg． （3）對P到A，根據動能定理得， -μmgcosα`xPQ=mvA2-Ekp 其中xPQsinα=

29、R+Rcosα， 解得小車在P點的動能Ekp=1290J. 答：（1）小車在A點的速度為9m/s； （2）小車在圓形軌道的最低點B時對軌道的壓力為重力的6倍； （3）小車在P點的動能為1290J 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，在最低點給小球一個初速度，小球恰好能夠在豎直平面內完成圓周運動，選項中給出了輕繩對小球拉力F跟小球轉過的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cos θ關系的四幅圖象，其中A是一段直線，B是一段余弦函數線，C、D是一段拋物線，這四幅F－cos θ圖象正確的是(　　) 【參考答案】．A　 【名師解析】

30、從最低點到與豎直方向夾角θ位置，根據機械能守恒得，mv＝mgL(1－cos θ)＋mv2，當小球恰好通過最高點時，有mv＝mg·2L＋mv，mg＝，解得，v0＝，又F－mgcos θ＝，聯立可得，F＝3mg＋3mgcos θ，可見F與cos θ是一次函數關系，因此F－cos θ圖象是一條直線，故A正確。 2.“水流星”是一種常見的雜技項目，該運動可以簡化為輕繩一端系著小球在豎直平面內的圓周運動模型，如圖所示，已知繩長為L，重力加速度為g，忽略空氣阻力，則(　　) A．小球運動到最低點Q時，處于超重狀態(tài) B．小球初速度v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大 C．若v0＞，則小球

31、一定能通過最高點P D．若v0＜，則細繩始終處于繃緊狀態(tài) 【參考答案】．ACD　 【名師解析】小球在最低點時，有豎直向上的加速度，小球處于超重狀態(tài)，A正確；設小球在最高點的速度為v，由動能定理得，－mg·2l＝mv2－mv， 對小球在P點、Q點受力分析，有mg＋F1＝m，F2－mg＝m， 聯立解得，F2－F1＝6mg，與小球的速度無關，B錯誤；小球剛好通過最高點P時只受重力，重力提供向心力，mg＝m，v＝，聯立可得，v0＝，當v0＞時，小球一定能夠通過最高點P，C正確；若v0＜，設小球能夠上升的最大高度h，由機械能守恒得，mgh＝mv＝mgL，所以h＝，小球上升的最高點尚不到與O水平

32、的高度，所以細繩始終處于繃緊狀態(tài)，故D正確。 3. 如圖所示，一質量為M的人站在臺秤上，一根長為R的懸線一端系一個質量為m的小球，手拿懸線另一端，小球繞懸線另一端點在豎直平面內做圓周運動，且小球恰好能通過圓軌道最高點，則下列說法正確的是(　　) A．小球運動到最高點時，小球的速度為零 B．當小球運動到最高點時，臺秤的示數最小，且為Mg C．小球在a、b、c三個位置時，臺秤的示數相同 D．小球從最高點運動到最低點的過程中臺秤的示數增大，人處于超重狀態(tài) 【參考答案】　C 【名師解析】　小球恰好能通過圓軌道最高點，由mg＝m，得v＝，A項錯誤；當小球恰通過圓軌道最高點b時，懸線拉力

33、為0，此時對人受力分析，得出臺秤對人的支持力F＝Mg，在a、c兩處時小球受重力和水平指向圓心的拉力，臺秤對人的支持力也為F＝Mg，即臺秤的示數也為Mg，故C項正確；小球在a、c連線以上(不包括b點)時，人受到懸線斜向上的拉力，人對臺秤的壓力小于Mg，在a、c連線以下時，人受到懸線斜向下的拉力，人對臺秤的壓力大于Mg，人處于平衡態(tài)，沒有超、失重現象，B、D兩項錯誤。 預測考點二： 桿模型 【2年模擬再現】 1.（2018北京密云質檢）如圖所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內側做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖

34、(由上、下、側三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是(　　) A．甲圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力 B．乙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力 C．丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力 D．丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為 【參考答案】.BC 【名師解析】甲圖中，由mg=m可知，當軌道車以一定的速度v=通過軌道最高點時，座椅給人向上的力為零，選項A錯誤；乙圖中，由F-mg=m可知，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力F=

35、 mg+m，選項B正確；丙圖中，由F-mg=m可知，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力F= mg+m，選項C正確；由于過山車都有安全鎖(由上、下、側三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，丁圖中，軌道車過最高點的最小速度可以為零，選項D錯誤。 2. （2019安徽蚌埠二中最后一卷）如圖所示，長為l的輕桿兩端各固定一個質量均為m的小球a、b，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且杄可繞位于中點的轉軸平行于斜面轉動，當小球a位于最低點時給系統(tǒng)一初始角速度ω0，不計一切阻力，則（　?。? A．在輕桿轉過的過程中，角速度逐漸減小 B. 只有大于某臨界值，系統(tǒng)才能做完整的圓周運動

36、 C. 輕桿受到轉軸的力的大小始終為 D. 輕桿受到轉軸的力的方向始終在變化 【參考答案】C 【名師解析】 質量均為m的小球a、b，系統(tǒng)置于傾角為θ的光滑斜面上，且杄可繞位于中點的轉軸平行于斜面轉動，當系統(tǒng)一初始角速度，在轉動過程中，系統(tǒng)的重力勢能不變，那么系統(tǒng)的動能也不變，因此系統(tǒng)始終勻速轉動，故AB錯誤； 選兩球，及桿，作為系統(tǒng)，根據牛頓第二定律，則有：F-2mgsinθ=man+m（-an），解得：F=2mgsinθ，而輕桿受到轉軸的力的方向始終沿著斜面向上，故C正確，D錯誤。 【關鍵點撥】根據質量相等，判定各自重力勢能變化，從而確定小球轉動速度； 對整體分析，結合牛頓第二

37、定律，及向心力表達式，即可求解。 考查重力勢能與動能的轉化，注意質量相等，且轉軸在桿的中點是解題的關鍵，同時掌握牛頓第二定律的應用。 3（2018合肥八中質檢）如圖所示，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A球的質量為m，B球的質量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉動?，F使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉過90°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．A球的機械能增加 B．桿對A球始終不做功 C．B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量 D．A球和B球組成系統(tǒng)的總機械能守恒 【參考答案】　AD 【

38、名師解析】　桿從釋放到轉過90°的過程中，A球“拖累”B球的運動，桿對A球做正功，A球的機械能增加，選項A正確，B錯誤；桿對B球做負功，B球的機械能減少，總的機械能守恒，選項D正確，C錯誤。 4. （2018河南名校聯考）太陽神車由四腳的支架吊著一個巨大的擺錘擺動，游客被固定在擺下方的大圓盤A上，如圖所示．擺錘的擺動幅度每邊可達120°。6臺大功率的異步驅動電機同時啟動，為游客創(chuàng)造4.3 g的加速度，最高可飛躍至15層樓高的高空。如果不考慮圓盤A的自轉，根據以上信息，以下說法中正確的是（ ） A．當擺錘擺至最高點的瞬間，游客受力平衡 B．當擺錘擺至最高點時，游客可體驗最大的加

39、速度 C．當擺錘在下擺的過程中，擺錘的機械能一定不守恒 D．當擺錘上下擺動擺至最低點的過程中，游客一定處于超重體驗中 【參考答案】.D 【名師解析】當擺錘擺至最高點的瞬間，游客有斜向下的加速度，加速度不是最大，受力不平衡，選項A錯誤；當擺錘在下擺的過程中，若驅動電機做功正好等于克服摩擦力做功，則擺錘的機械能守恒，選項C錯誤；當擺錘上下擺動擺至最低點的過程中，旅客的加速度方向一定向上，游客一定處于超重體驗中，選項D正確。 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，內壁光滑的大圓管，用一細輕桿固定在豎直平面內；在管內有一小球(可視為質點)做圓周運動。下列說法正確的是(　　) A.小球通

40、過最低點時，小球對圓管的壓力向下 B.小球通過最高點時，小球對圓管可能無壓力 C.細桿對圓管的作用力一定大于圓管的重力大小 D.細桿對圓管的作用力可能會大于圓管和小球的總重力大小 【參考答案】ABD 【名師解析】　小球通過最低點時，小球受到重力、圓管向上的支持力，合力指向圓心，根據牛頓第三定律，小球對圓管的壓力向下，選項A正確；當小球通過最高點時，若速度為，圓管對小球的彈力為零，小球對圓管無壓力，選項B正確； 對圓管和球組成的整體為研究對象，當小球的向心加速度向上(或分量向上)時，細桿對圓管的作用力會大于圓管和小球的總重力大?。划斝∏虻南蛐募铀俣认蛳?或分量向下)時，細桿對圓管的作

41、用力小于圓管和小球的總重力大小，選項C錯誤，D正確。 2.如圖所示,在粗糙水平板上放一個物體,使水平板和物體一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動,ab為水平直徑,cd為豎直直徑,在運動過程中木板始終保持水平,物塊相對木板始終靜止,則 (　　) A. 物塊始終受到三個力作用 B. 只有在a、b、c、d四點,物塊受到合外力才指向圓心 C. 從a到b,物體所受的摩擦力先增大后減小 D. 從b到a,物塊處于超重狀態(tài) 【參考答案】. D　 【名師解析】 在c、d兩點處,物塊只受重力和支持力,在其他位置處物體受到重力、支持力、靜摩擦力作用,故A項錯誤;物塊做勻速圓周運動,合外力提供向心力,合外力始終指向圓心,故B項錯誤;從a運動到b,向心力的水平分量先減小后增大,所以摩擦力就是先減小后增大,故C項錯誤;從b運動到a,向心加速度有向上的分量,所以物體處于超重狀態(tài),故D項正確. 19