绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型（竖直平面内的圆周运动）-2024年高考物理一轮复习考点通关卷含答案.pdf

《绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型（竖直平面内的圆周运动）-2024年高考物理一轮复习考点通关卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型（竖直平面内的圆周运动）-2024年高考物理一轮复习考点通关卷含答案.pdf（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型(竖直平面内的圆周运动)绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型(竖直平面内的圆周运动)建议用时：5建议用时：50分钟考点序号考点序号考点考点题型分布题型分布考点1拱桥与凹桥模型及其临界条件拱桥与凹桥模型及其临界条件4多选考点2绳球模型及其临界条件绳球模型及其临界条件2单选+2多选+1填空考点3杆球模型及其临界条件杆球模型及其临界条件4单选+2多选考点4轨道与管道模型及其临轨道与管道模型及其临界条件界条件3多选+2解答考点01：考点01：拱桥与凹桥模型及其临界条件拱桥与凹桥模型及其临界条件(4多选)一、多选题一、多选题1(2023广东统考高考真题)人们用滑

2、道从高处向低处运送货物如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N2(2023湖南统考高考真题)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小

3、球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=2gR绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型（竖直平面内的圆周运动）-2024年高考物理一轮复习考点通关卷2D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道3(2023河北邯郸统考三模)有一种特技表演叫铁笼飞车，如图所示，几辆摩托车在圆球形铁笼中旋转飞驰，场面惊心动魄。假设固定在地面上的铁笼的半径为6.4m，摩托车(含演员及装备，可视为质点)的质量为200kg，A、B两点分别为铁笼的最高点和最低点，C点

4、与B点的高度差为1.28m，某次表演中一辆摩托车正在竖直面内做圆周运动(g=10m/s2)，以下说法正确的是()A.摩托车安全通过圆形铁笼A点时最小速度为8m/sB.摩托车以最小速度通过A点时重力的功率为1.6104WC.摩托车以20m/s的速度通过C点时对铁笼的压力为1.41104ND.若摩托车以20m/s的速度在水平面内运动，经过C点时角速度约为5.21rad/s4(2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校联考模拟预测)如图所示，倾角为=37的斜面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB，圆管的内壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B的切线水平，AB是半圆管轨道的直径，现让质量

5、为m的小球(视为质点)从A点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径、重力加速度为g，sin37=0.6、cos37=0.8，下列说法正确的是()A.当小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B点的速度为2gr5B.小球离开B点做平抛运动的时间为23r5gC.若小球在B点的加速度大小为2g，则A点对小球沿斜面方向的弹力大小为5mgD.若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P点间的距离为65r考点02：考点02：绳球模型及其临界条件绳球模型及其临界条件(2单选+2多选+1填空)一、单选题一、单选题1(2023江苏苏州江苏省木渎高级中学校联考三模)2

6、022年3月23日，三位神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富相互配合完成“天宫课堂”第二次太空授课。如题图所示，授课中航天员叶光富手拉细3线不断加速让一个小瓶子在竖直平面内圆周运动，从而实现瓶内油水分层。如题图所示，若绳子长为l(瓶子可视为质点)，水的质量为m，则()A.油和水的向心加速度相等B.油受到的向心力可能大于水C.水受到瓶子的作用力为mv2lD.瓶子在最高点的速度一定大于gl2(2023辽宁校联考模拟预测)如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是()A.小球在最高

7、点的速度可以等于0B.小球获得的初速度大小为5gLC.小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心D.小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg二、多选题二、多选题3(2023全国模拟预测)如图所示，已知质量为m的小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动。重力加速度为g，不考虑一切摩擦。小球做圆周运动过程中，下列判断正确的是()A.若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为0B.若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为mgC.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的支持力为0D.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的支持力大小为mg4(20

8、23河北沧州沧县中学校考模拟预测)一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，另一端系有质量为M的小球，保持绳绷直将小球拉到绳与竖直方向夹角为的A点由静止释放，运动到O点的正下方时绳断开，小球做平抛运动，已知O点离地高度为H，绳长为L，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正4确的是()A.在绳断开前，小球受重力、绳的拉力和向心力作用B.在绳断开前瞬间，小球处于失重状态C.在绳断开前瞬间，小球所受绳子的拉力大小为 3-2cosmgD.若夹角不变，当L=H2时，落点距起点的水平距离最远三、填空题三、填空题5(2023四川南充统考三模)某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的

9、圆轨道，如图甲，圆轨道半径R=3m，在轨道内侧距离最低点A高度H分别为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，质量为m的小球从A点以速度v0沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F的数值，作出F-H图像如图乙。(1)若小球在A点对轨道的压力大小为F0，则F与H的关系可表示为F=(用m、g、R、H、F0表示)；(2)取重力加速度g=10m/s2，由图乙可得小球质量m=kg，小球经过最低点A时的初速度v0=m/s。(v0的结果用根式表示)考点3：考点3：杆球模型及其临界条件杆球模型及其临界条件(3单选+3多选)一、单选题一、单选题1(2023北京模拟预测)如图甲所示，轻杆

10、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他圆周运动，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()5A.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的面积不相等C.t1时刻，杆中弹力一定最小D.在小球做一次完整圆周动的过程中，杆中弹力不可能两次为零2(2023浙江温州乐清市知临中学校考模拟预测)如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则()A.小球在运动过程中机械

11、能守恒B.小球在运动过程中加速度大小不变C.小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心D.小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为03(2023全国模拟预测)如图所示，两个小球A、B通过一根刚性轻杆固定连接，沿半圆形凹槽下滑。在两球滑动过程中.下列说法正确的是()A.A、B两球的角速度大小相等B.A、B两球的线速度相同C.球B的向心加速度大于球A的向心加速度D.A、B两球所受向心力大小相等4(2023福建泉州校考二模)如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=32Rg，R是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是()6A.12m

12、g的拉力B.12mg的压力C.32mg的压力D.32mg的拉力二、多选题二、多选题5(2023北京海淀统考一模)如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是()A.小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向上B.小球经过B点时，其加速度的方向沿着BO方向C.从C点到A点的过程，小球重力的功率保持不变D.从C点到A点的过程，杆对小球的作用力做正功6(2023陕西陕西师大附中校考模拟预测)如图所示，质量为4kg，半径为0.5m的光滑匀质细圆管用轻杆固定在竖直平面内，

13、小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量均为2kg。某时刻，小球A，B分别位于细圆管最低点和最高点，则下列说法正确的是()(取g=10m/s2)A.轻杆对细圆管的弹力与A、B两球的速度差成线性关系B.轻杆对细圆管的弹力与A、B两球的速度平方差成线性关系C.杆对细圆管弹力不可能为零D.若A、B两球的速度大小为vA=3m/s、vB=6m/s，此时杆的下端受到向上的压力考点4：考点4：轨道与管道模型及其临轨道与管道模型及其临界条件界条件(3多选+2解答)一、多选题一、多选题1(2023山东模拟预测)如图所示，两个圆弧轨道竖直固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属7凹槽制成，b轨道由金属圆管

14、制成(圆管内径远小于R)，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，两小球均可视为质点，下列说法中正确的是()A.若hA=hB2R，两小球都能沿轨道运动到轨道最高点B.若hA=hB=R，两小球沿轨道上升的最大高度均为RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D.若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为52R，B小球在hB2R的任何高度释放均可2(2023湖南模拟预测)一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球

15、的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是()A.小球的质量为agB.圆形管道内侧壁半径为cg-rC.当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为dbc-bD.小球在最低点的最小速度为2cg3(2023安徽校联考三模)如图所示，地面上竖直放置一质量为M，半径为R的内壁光滑细圆形管道，质量为m的小球在管道中，小球可视为质点，圆形管道与左边墙壁的距离为s0=2 3R，小球与环形管道由静止向左平动做匀加速运动，运动过程中，小球与环形管道始终相对静止，过小球的半径与水平方向的夹角为=30，管道与

16、墙壁碰撞后立即静止，重力加速度为g，则()8A.小球与环形管道匀加速运动的加速度为33gB.小球与环形管道运动到墙壁处的速度为2 3gRC.小球运动到环形管道圆心等高处时对环形管道的压力为2mgD.小球恰能通过环形管道的最高点二、解答题二、解答题4(2023贵州毕节统考三模)如图，在竖直平面内，固定有半径R1=1m和半径R2=0.3m的光滑圆形轨道，他们轨道弧长分别占圆周的14和34，圆轨道与水平轨道分别相切于B点和D点，且平滑连接。某时刻，让质量为m1=0.1kg，不带电的绝缘小滑块P从A点静止释放，经圆轨道滑至B点，从B点进入水平轨道，与静止在C点的小滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q的质量为m2

17、=0.1kg，电量为q=+1C。整个过程中滑块Q的电荷量始终保持不变，滑块P、Q均可视为质点，与水平轨道间的动摩擦因数均为=0.1，BC间距x1=2m，CD间距x2=1m。滑块Q从C点到D运动的过程中，存在垂直轨道平面向里磁感应强度B=0.25T的匀强磁场；滑块Q从D点进入光滑轨道时，磁场消失，同时加入水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小E=3N/C。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块P刚到14光滑圆轨道最低点B时对圆轨道的压力；(2)小滑块P与小滑块Q碰撞后Q的速度大小为多少？(3)判断当Q进入光滑绝缘半圆轨道后是否会脱离轨道。若不会，则求经过N点的速度；若会，试求Q离开半圆

18、轨道时的速度大小为多少？(计算结果可用根式表示)5(2023河北校联考三模)如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，一小球(可看成质点)静止在轨道的最低点，现使小球在最低点获得v0=3gR 的水平初速度，重力加速度为g，在此后的运动过程中，求：(1)小球刚要脱离圆轨道时，小球与轨道圆心的连线与竖直向上方向夹角的余弦值；(2)小球第一次运动到最高点时与轨道圆心的高度差。91绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型(竖直平面内的圆周运动)绳球、杆球、轨道、管道、拱桥与凹桥模型(竖直平面内的圆周运动)建议用时：5建议用时：50分钟考点序号考点序号考点考点题型分布题型分布考点1拱桥与凹桥模型及其

19、临界条件拱桥与凹桥模型及其临界条件4多选考点2绳球模型及其临界条件绳球模型及其临界条件2单选+2多选+1填空考点3杆球模型及其临界条件杆球模型及其临界条件4单选+2多选考点4轨道与管道模型及其临轨道与管道模型及其临界条件界条件3多选+2解答考点01：考点01：拱桥与凹桥模型及其临界条件拱桥与凹桥模型及其临界条件(4多选)一、多选题一、多选题1(2023广东统考高考真题)人们用滑道从高处向低处运送货物如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货

20、物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有()A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N【答案】BCD【详解】A重力做的功为WG=mgh=800JA错误；B下滑过程据动能定理可得WG-Wf=12mv2Q代入数据解得，克服阻力做的功为Wf=440JB正确；C经过Q点时向心加速度大小为a=v2Qh=9m/s2C正确；D经过Q点时，据牛顿第二定律可得2F-mg=ma解得货物受到的支持力大小为F=380N据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D正确。故选BCD。2(2023湖南统考高考真题)如图，固

21、定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=2gRD.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【答案】AD【详解】A由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0则小球从C到B的过程中，有mgR(1-cos)=12mv2FN=mgcos-mv2R联立有FN=3m

22、gcos-2mg则从C到B的过程中由0增大到，则cos逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；B由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P=-mgvsin则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；C从A到C的过程中有-mg2R=12mv2C-12mv20解得v0=4gRC错误；D小球在B点恰好脱离轨道有mgcos=mv2BR3则vB=gRcos则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gRcos，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。3(2023河北邯郸统考三模)有一种特技表演叫铁笼飞车，如图所示，几辆摩托

23、车在圆球形铁笼中旋转飞驰，场面惊心动魄。假设固定在地面上的铁笼的半径为6.4m，摩托车(含演员及装备，可视为质点)的质量为200kg，A、B两点分别为铁笼的最高点和最低点，C点与B点的高度差为1.28m，某次表演中一辆摩托车正在竖直面内做圆周运动(g=10m/s2)，以下说法正确的是()A.摩托车安全通过圆形铁笼A点时最小速度为8m/sB.摩托车以最小速度通过A点时重力的功率为1.6104WC.摩托车以20m/s的速度通过C点时对铁笼的压力为1.41104ND.若摩托车以20m/s的速度在水平面内运动，经过C点时角速度约为5.21rad/s【答案】ACD【详解】A摩托车以最小速度v1通过圆形铁

24、笼最高点A时，恰好重力提供向心力，则有mg=mv21r解得v1=8m/s故A正确；B摩托车以最小速度通过A点时，速度方向为水平方向，重力竖直向下，则此时重力的功率为0，故B错误；C摩托车以v2=20m/s的速度通过C点时，由重力沿径向方向的分力F1和支持力FN的合力提供向心力，如图所示：4则有FN-F1=mv22r根据几何关系可得F1G=r-hr解得F1=1600N，FN=14100N=1.41104N由牛顿第三定律可知，摩托车以20m/s的速度通过C点时对铁笼的压力FN为1.41104N，故C正确；D若摩托车以v=20m/s的速度在水平面内运动，则做圆周运动的半径为r=r2-r-h2=3.8

25、4m由线速度与角速度关系可得=vr=5.21rad/s故D正确。故选ACD。4(2023重庆万州重庆市万州第二高级中学校联考模拟预测)如图所示，倾角为=37的斜面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB，圆管的内壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B的切线水平，AB是半圆管轨道的直径，现让质量为m的小球(视为质点)从A点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径、重力加速度为g，sin37=0.6、cos37=0.8，下列说法正确的是()A.当小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B点的速度为2gr5B.小球离开B点做平抛运动的时间为23r5gC.若小球在B

26、点的加速度大小为2g，则A点对小球沿斜面方向的弹力大小为5mg5D.若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P点间的距离为65r【答案】BCD【详解】A小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则由重力沿斜面的分力提供向心力，则有mgsin37=mv2Br解得vB=3gr5A错误；B小球离开B点做平抛运动，竖直方向上有2rsin37=12gt2解得t=23r5gB正确；D若小球到达B点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，根据上述有vB=3gr5，t=23r5g小球的落地点与P点间的距离为x=vBt解得x=65rD正确；C小球在B点的加速度大小为2g，则在B点有m2g=mv2

27、1r小球由A运动到B过程有-mg2rsin37=12mv21-12mv20小球在A点有N-mgsin37=mv20r解得N=5mgC正确。故选BCD。考点02：考点02：绳球模型及其临界条件绳球模型及其临界条件(2单选+2多选+1填空)一、单选题一、单选题1(2023江苏苏州江苏省木渎高级中学校联考三模)2022年3月23日，三位神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富相互配合完成“天宫课堂”第二次太空授课。如题图所示，授课中航天员叶光富手拉细线不断加速让一个小瓶子在竖直平面内圆周运动，从而实现瓶内油水分层。如题图所示，若绳子长为l(瓶子可视为质点)，水的质量为m，则()6A.油和水的向心加速度

28、相等B.油受到的向心力可能大于水C.水受到瓶子的作用力为mv2lD.瓶子在最高点的速度一定大于gl【答案】B【详解】A油和水的角速度相同，根据公式a=2r由于水和油的重心不同，所以圆周运动的半径不同，可知油和水的向心加速度不相等，故A错误；B根据向心力公式F=ma=m2r若油的质量大于水的质量，则油受到的向心力可能大于水，故B正确；C由于不知道水的重心到圆心的距离，所以无法计算，故C错误；D由于瓶子的重心到圆心的距离不是l，所以无法计算和比较，故D错误。故选B。2(2023辽宁校联考模拟预测)如图所示，一长为L的轻绳拉着质量为m的小球保持静止。现在给小球一个水平初速度，使小球在竖直面内做完整的

29、圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是()A.小球在最高点的速度可以等于0B.小球获得的初速度大小为5gLC.小球做圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心D.小球过最低点与最高点时受到绳的拉力大小之差等于6mg【答案】D【详解】A小球在竖直面内做完整的圆周运动，若小球恰好能通过最高点，则有重力提供向心力，可得mg=mv2L解得v=gL可知小球能通过最高点的最小速度是gL，因此小球在最高点的速度不可以等于0，A错误；B若小球恰好能通过最高点，设小球获得的初速度大小为v，则在最低点时由动能定理，则有72mgL=12mv2-12mv2解得v=5gL由以上计算可知，5gL 是小球获得

30、的初速度大小的最小值，有可能比这个速度要大，B错误；C小球在竖直面内做完整的变速圆周运动，由以上分析可知，小球在最高点和最低点处合力指向圆心，C错误；D设小球在最高点时的速度为v0，在最低点时的速度为v，由动能定理可得2mgL=12mv2-12mv20小球在最高点时，由牛顿第二定律可得F+mg=mv20L小球在最低点时，由牛顿第二定律可得F-mg=mv2L联立以上各式解得F=F-F=6mgD正确。故选D。二、多选题二、多选题3(2023全国模拟预测)如图所示，已知质量为m的小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动。重力加速度为g，不考虑一切摩擦。小球做圆周运动过程中，下列判断正确的是()A.

31、若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为0B.若小球和O点间用细线相连，则在最高点细线对小球的拉力为mgC.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的支持力为0D.若小球和O点间用轻杆相连，则在最高点轻杆对小球的支持力大小为mg【答案】AD【详解】AB若小球和O点间用细线相连，由于小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动，此时小球有最小速度，由重力提供向心力，可知，此时在最高点细线对小球的拉力为0，A正确，B错误；CD若小球和O点间用轻杆相连，由于小球恰好能在竖直平面内绕固定点O做圆周运动，此时小球恰好为0，小球所需向心力为0，小球沿半径方向的合力为0，可知，此时在最高点

32、轻杆对小球的支持力大小为mg，C错误，D正确。故选AD。4(2023河北沧州沧县中学校考模拟预测)一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，另一端系有质量为M的小球，保持绳绷直将小球拉到绳与竖直方向夹角为的A点由静止释放，运动到O点的正下方时绳断开，小球做平抛运动，已知O点离地高度为H，绳长为L，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()8A.在绳断开前，小球受重力、绳的拉力和向心力作用B.在绳断开前瞬间，小球处于失重状态C.在绳断开前瞬间，小球所受绳子的拉力大小为 3-2cosmgD.若夹角不变，当L=H2时，落点距起点的水平距离最远【答案】CD【详解】A在绳断开前，小球在竖直平面内做圆周

33、运动，小球只受重力和绳的拉力作用，故A错误；B在绳断开前瞬间，小球加速度方向竖直向上，处于超重状态，故B错误；C在绳断开前瞬间，设小球受绳子拉力为T，根据牛顿第二定律可得T-mg=mv2L质量为m的小球由静止开始，运动到O点正下方过程中机械能守恒，则有mgL 1-cos=12mv2联立解得T=3-2cosmg故C正确；D绳断开后，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有x=vt在竖直方向上做自由落体运动，则有H-L=12gt2联立解得x=4L H-L1-cos根据基本不等式可知，当L=H-L即L=H2时，落点距起点的水平距离最远，故D正确。故选CD。三、填空题三、填空题5(2023四川

34、南充统考三模)某同学探究小球在竖直面内做圆周运动时向心力随位置变化的规律，选用光滑的圆轨道，如图甲，圆轨道半径R=3m，在轨道内侧距离最低点A高度H分别为0、h、2h、3h、4h、5h、6h处固定有压力传感器，质量为m的小球从A点以速度v0沿轨道内侧向右运动，记录小球在各位置对轨道的压力F的数值，作出F-H图像如图乙。9(1)若小球在A点对轨道的压力大小为F0，则F与H的关系可表示为F=(用m、g、R、H、F0表示)；(2)取重力加速度g=10m/s2，由图乙可得小球质量m=kg，小球经过最低点A时的初速度v0=m/s。(v0的结果用根式表示)【答案】F0-3mgHR0.5330【详解】(1)

35、1设在任意高H处小球的速度为vt，由动能定理有-mgH=12mv2t-12mv20设小球在H处和圆心O的连线与OA的夹角为，当HR时，由牛顿运动定律有F-mgcos=mv2tRcos=R-HR在最低点有F0-mg=mv20R可得F=F0-3mgRH当R0，说明假设正确，即可知道杆对球产生的是拉力，根据牛顿第三定律得知，球对杆的作用力是12mg的拉力，方向向上故选A【点睛】小球在最高点时，要注意绳子与杆的区别：绳子只能提供拉力；杆提供的了可能是拉力，也可能是支持力假设法是常用的解法二、多选题二、多选题5(2023北京海淀统考一模)如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，

36、轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是()A.小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向上B.小球经过B点时，其加速度的方向沿着BO方向C.从C点到A点的过程，小球重力的功率保持不变D.从C点到A点的过程，杆对小球的作用力做正功13【答案】BD【详解】A小球经过A点时，合外力提供向心力，当mg=mv2r此时小球经过A点速度v=gr此时杆对小球无作用力。则当小球速度vgr，时小球所受杆的作用力竖直向下，故A错误；B小球经过B点时，做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则小球所受杆的作用力指向圆心，所以小球经过B点时，其加速度的

37、方向沿着BO方向，故B正确；CA点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从C点到A A点的过程，小球重力的功率先增大再减小。故C错误；D从C到A的过程中，重力做负功，根据动能定理WG+W杆=Ek=0故杆对小球的作用力做正功。故D正确。故选BD。6(2023陕西陕西师大附中校考模拟预测)如图所示，质量为4kg，半径为0.5m的光滑匀质细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量均为2kg。某时刻，小球A，B分别位于细圆管最低点和最高点，则下列说法正确的是()(取g=10m/s2)A.轻杆对细圆管的弹力与A、B两

38、球的速度差成线性关系B.轻杆对细圆管的弹力与A、B两球的速度平方差成线性关系C.杆对细圆管弹力不可能为零D.若A、B两球的速度大小为vA=3m/s、vB=6m/s，此时杆的下端受到向上的压力【答案】BD【详解】AB对小球A、B及细圆管整体进行受力分析，设杆对细圆环的弹力为FN，向上为正方向，则FN-M+2mg=mv2AR-mv2BR=mRv2A-v2B故选项A错误，B正确；C由上述表达式可知，当满足v2B-v2A=20时，杆对细圆管弹力为零，选项C错误；D当vA=3m/s、vB=6m/s时，解得FN=-28N，故杆对细圆管的弹力向下，杆下端受压力向上，选项D正确。故选BD。考点4：考点4：轨道

39、与管道模型及其临轨道与管道模型及其临界条件界条件(3多选+2解答)一、多选题一、多选题1(2023山东模拟预测)如图所示，两个圆弧轨道竖直固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成(圆管内径远小于R)，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别14将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，两小球均可视为质点，下列说法中正确的是()A.若hA=hB2R，两小球都能沿轨道运动到轨道最高点B.若hA=hB=R，两小球沿轨道上升的最大高度均为RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D.若

40、使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为52R，B小球在hB2R的任何高度释放均可【答案】BD【详解】ADB轨道是双轨模型，到达最高点的最小速度为零。即若hB2R时，B球能沿轨道运动到最高点；若A小球恰好运动到最高点，则有mAg=mAv20RmAg hA-2R=12mAv20解得hA=2.5R可知，若小球A能够到达最高点，需要hA2.5R选项A错误，D正确；B若hA=hB=R，根据机械能守恒定律可知，两小球沿轨道上升的最大高度均为R，不超过过圆心的水平线，选项B正确；CB小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口，则有R=12gt2R=vt对B球有mBg hB-2R=12mBv2解得h

41、B=94R对A球，从最高点射出时最小速度为vmin=gR 此时根据R=12gt2xmin=vmint解得xmin=2RR则无论如何调节hA都不可能使A小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，选项C错误；15故选BD。2(2023湖南模拟预测)一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是()A.小球的质量为agB.圆形管道内侧壁半径为cg-rC.当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为db

42、c-bD.小球在最低点的最小速度为2cg【答案】AB【详解】A规定竖直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为FN，在最高点，由牛顿第二定律，当FN=mg时v=0当FN=0时，由重力提供向心力有mg=mv2R+r解得v=g(R+r)当0vg(R+r)时，由牛顿第二定律有mg+FN=mv2R+r解得FN=mv2R+r-mg故a=b=mg故小球的质量为ag或bg，故A正确；B当FN=0时16mg=mv2R+rv2=g R+r=c解得圆形管内侧壁半径R=cg-r故B正确；C当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有mg+FN=mv2R+r解得FN=m

43、v2R+r-mg=adc-a=bdc-b(a=b)故C错误；D根据能量守恒定律，当小球在最高点具有最小速度(为零)时，其在最低点的速度最小，即12mv2min=2mg(R+r)vmin=2g(R+r)=2 c故D错误。故选AB。3(2023安徽校联考三模)如图所示，地面上竖直放置一质量为M，半径为R的内壁光滑细圆形管道，质量为m的小球在管道中，小球可视为质点，圆形管道与左边墙壁的距离为s0=2 3R，小球与环形管道由静止向左平动做匀加速运动，运动过程中，小球与环形管道始终相对静止，过小球的半径与水平方向的夹角为=30，管道与墙壁碰撞后立即静止，重力加速度为g，则()A.小球与环形管道匀加速运动

44、的加速度为33gB.小球与环形管道运动到墙壁处的速度为2 3gRC.小球运动到环形管道圆心等高处时对环形管道的压力为2mgD.小球恰能通过环形管道的最高点【答案】BCD【详解】A小球与环形管道一起做匀加速运动，对小球由牛顿第二定律则有mgtan=ma解得a=3g故A错误；B由v2=2ax，可得17v=2ax=23g2 3R=2 3gR故B正确；C环形管道与墙壁碰撞后瞬间小球速度突变为沿管道切线方向为v0=vsin=2 3gR 12=3gR由机械能守恒有12mv20=mgR2+12mv2在与环形管道圆心等高处，环形管道对小球的弹力为N=mv2R=2mg由牛顿第三定律可知，此时小球对环形管道的压力

45、为2mg，故C正确；D当小球的速度变为0时有12mv20=mgh即h=v202g=32R即小球恰能到达最高点，故D正确。故选BCD。二、解答题二、解答题4(2023贵州毕节统考三模)如图，在竖直平面内，固定有半径R1=1m和半径R2=0.3m的光滑圆形轨道，他们轨道弧长分别占圆周的14和34，圆轨道与水平轨道分别相切于B点和D点，且平滑连接。某时刻，让质量为m1=0.1kg，不带电的绝缘小滑块P从A点静止释放，经圆轨道滑至B点，从B点进入水平轨道，与静止在C点的小滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q的质量为m2=0.1kg，电量为q=+1C。整个过程中滑块Q的电荷量始终保持不变，滑块P、Q均可视为质点，

46、与水平轨道间的动摩擦因数均为=0.1，BC间距x1=2m，CD间距x2=1m。滑块Q从C点到D运动的过程中，存在垂直轨道平面向里磁感应强度B=0.25T的匀强磁场；滑块Q从D点进入光滑轨道时，磁场消失，同时加入水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小E=3N/C。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑块P刚到14光滑圆轨道最低点B时对圆轨道的压力；(2)小滑块P与小滑块Q碰撞后Q的速度大小为多少？(3)判断当Q进入光滑绝缘半圆轨道后是否会脱离轨道。若不会，则求经过N点的速度；若会，试求Q离开半圆轨道时的速度大小为多少？(计算结果可用根式表示)【答案】(1)3N；(2)4m/s；(3)会，

47、303m/s【详解】(1)P从A到B，由动能定理得m1gR1=12m1v21-0代入数据得18v1=2 5m/s在B点，由牛顿第二定律得FN1-m1g=m1v21R1由牛顿第三定律得FN2=FN1=3N(2)P从B到C，由动能定理得-m1gx1=12m1v22-12m1v21在C点P与Q发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v2=m1v3+m2v412m1v22=12m1v23+12m2v24代入数据得v3=0，v4=4m/s(3)碰后Q从C到D，在磁场中有F洛=qBv4=1N，G=m2g=1N故Q做匀速运动，Q从D点进入圆轨道，在电场中，其等效重力为G=m2g2+(qE)2=2N

48、由几何关系得tan=qEm2g=3解得=60假设Q能通过等效最高点，由动能定理得-GR21+cos60=12m2v25-12m2v24代入数据得v5=-2m/s，故会脱离圆轨道，在脱离圆轨道处，弹力为零，等效重力沿半径方向的分力提供向心力得Gcos=m2v26R2由动能定理得-GR2cos60+cos=12m2v26-12m2v24代入数据得v6=303m/s5(2023河北校联考三模)如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，一小球(可看成质点)静止在轨道的最低点，现使小球在最低点获得v0=3gR 的水平初速度，重力加速度为g，在此后的运动过程中，求：(1)小球刚要脱离圆轨道时，小球与轨道圆心的连线与竖直向上方向夹角的余弦值；(2)小球第一次运动到最高点时与轨道圆心的高度差。19【答案】(1)cos=13；(2)1327R【详解】(1)小球刚要脱离圆轨道时，小球与轨道圆心的连线与竖直方向夹角为，此时小球的速度大小为v1，此时对小球mgcos=mv21R对小球由动能定理可得-mgR 1+cos=12mv21-12mv20解得cos=13,v1=13gR(2)小球到达最高点的速度大小为v2=v1cos=1313gR对小球由动能定理可得-mgh1=12mv22-12mv20解得h1=4027R小球第一次运动到最高点时与轨道圆心的高度差为h=h1-R=1327R