2024届新课标高中物理模型与方法专题09 竖直面内的圆周运动模型（解析版）.pdf

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1、 2024 版版新课新课标高标高中中物理物理模模型P型P方方法法 _题_题 09 竖直竖直面内面内的的圆周圆周动模动模型型 目录 一一般圆周动的动力学V析.1 二竖直面内绳1杆单1双轨道=模型对比V析.1 O竖直面内圆周动常见问题P二级结论.2 O.过拱形桥模型.12 一一一一般圆周动的动力般圆周动的动力学V析学V析 如所示做圆周动的物体所合外力P速成一般夹角时将合外力沿速和垂直速V解v牛顿第二定律有 Fma=a改速 v 的大小 nnFma=an改速 v 的方向2nvar=作一般曲线动的物体处理轨迹线P某一点的动力学时Y以该点附的一小段曲线圆周的一部V作曲率圆然后即按一般圆周动动力学处理2 F

2、ma=a改速 v 的大小 nnFma=an改速 v 的方向2nva=曲率圆半径2 二竖二竖直面内直面内绳1杆单绳1杆单1双轨道1双轨道=模型对模型对比V析比V析 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v mgmv2r得 v临 gr v小球能动即得 v临0 v F F Fn v F F Fn 界条件 对应最P点速 vPg5gr 对应最P点速 vPg4gr 绳OO脱轨条件 vPg5gr或 vPfgr2 O脱轨 最P点力 FP-mg=mvP2/r FP=mg+mvP2/r向P拉力 FP-mg=mvP2/r FP=mg+mvP2/r向P拉力 最高点力 过最高点时vg grFNmgm

3、v2r绳1轨道对球产生力 FNmv2r-mg 向Q压力(1)当 v0 时FNmgFN向P支c力(2)当 0v gr时FNmgmv2rFN向P支c力随 v 的增大而减小(3)当 v gr时FN0(4)当 v gr时FNmgmv2rFN向Q压力并随 v 的增大而增大 在最高 点的 FN 线 竖直向Ql方向 竖直向Ql方向 O竖O竖直面内圆周动常直面内圆周动常见问题P二级结论见问题P二级结论 00问题问题 111一个小球沿一竖直放置的Z滑圆轨道内侧做完整的圆周动轨道的最高点记 A 和最P点记 CP原点等高的O置记 B2圆周的半径R 要使小球做完整的圆周动当在最高点 A 的向心力恰好等于重力时vRvm

4、mg2=得gRv=d 对应 C 点的速有机械能恒 2221212ACmvmvRmg=得gRv5C=e 当小球在 C 点时给小球一个水平向左的速若小球恰能到P O 点等高的 D O置v机械能恒 221cmvmgR=得gRvc2=f 小结小结(1).当gRvc5时小球能通过最高点 A 小球在 A 点轨道向内的支c力 v牛顿第二定律RvmmgFAA2=+g (2).当gRvc5=时小球恰能通过最高点 A 小球在 A 点轨道的支c力 0 v牛顿第二定律RvmmgA2=2h(3).当gRvgRc52时小球O能通过最高点 A 小球在 A 点 P升至 DA 圆间的某一O向右做斜抛动离开圆周 v 越大离开的O

5、置越高离开时轨道的支c力 0 在 DA 段射重力P半径方向的夹角Rvmmg2cos=1Rh=cos(4).当gRvc20时小球O能通过最高点 A P升至 CD 圆的某一O置速减 0 之后沿圆返回2P升的最高点 C 永O脱离轨道 00问题问题 211常见几种情况Q物体轨道的作用力(1)从最高点 A 点静k释放的小球到最P点 Cv机械能恒2212CmvRmg=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN5=i(2)从P O 等高的 D 点四V之一圆处静k释放到最P点 Cv机械能恒 221CmvmgR=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN3=j (3)从 A 点以初速gRvA

6、=释放小球到最P点 v机械能恒2221-212ACmvmvRmg=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN6=k 0模型演0模型演 111 2023山东山东模拟预测模拟预测如所示两个圆轨道竖直固定在水平地面P半径均 Ra 轨道v金属槽制成b 轨道v金属圆管制成圆管内径小于 R 均视Z滑轨道2在两轨道右端的lP方V别将金属小球 A 和 B 直径略小于圆管内径 v静k释放 小球距离地面的高V别用Ah和Bh表示两小球均视质点Q列说法中l确的是 A若2ABhhR=两小球都能沿轨道动到轨道最高点 B若ABhhR=两小球沿轨道P升的最大高均 R C适当调整Ah和Bh均使两小球从轨道最高点飞后恰

7、好落在轨道右端口处 D若使小球沿轨道动并从最高点飞Ah的最小值52RB 小球在2BhR的任何高释放均 0模型演0模型演 211 2023河X沧河X沧沧县中学校考模拟沧县中学校考模拟预测预测一O伸长的轻绳P端悬d于O点另一端系有质量M的小球保c绳绷直将小球拉到绳P竖直方向夹角的A点v静k释放动到O点的lQ方时绳断开小球做平抛动已知O点离地高H绳长L重力速大小gO计空气阻力Q列说法l确的是 A在绳断开前小球重力1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绳子的拉力大小()32cosmg D若夹角O当2HL=时落点距起点的水平距离最 0模型演0模型演 311 20

8、23全全高O_题习高O_题习如所示被锁定在墙边的压缩簧右端P质量 0.2kg1静k于A点的滑块P接触但O连 滑块P所在Z滑水平轨道P半径0.8m的Z滑半圆轨道平滑连接于B点压缩的簧储存的性势能 2.8J重力速 10m/s2现将簧解除锁定滑块 P 被簧脱离簧后P半圆轨道的过程中 A以到半圆轨道最高点 D B经过 B 点时对半圆轨道的压力大小 9N CO能到最高点 D滑块 P 能到的最大高 1.35m D以通过 C 点在 CD 之间某O置脱离轨道脱离时的速大小 2.2m/s 0模型演0模型演 411 2023河南阳河南阳阳一中校考模拟阳一中校考模拟预测预测如w所示若有人在某星球P用一轻质绳拴着一质

9、量 m 的小球在竖直平面内做圆周动O计一W阻力 小球动到最高点时速大小 v绳对小球的拉力 Tw2Tv像如乙所示Q列选项l确的是 A轻质绳长amb B当地的重力速am C当2vc=时轻质绳的拉力大小acab+D只要2vb小球在最P点和最高点时绳的拉力差均 6a 0模型演0模型演 511 2023 春春山东济南山东济南高O统考阶段高O统考阶段习习如所示长 L 的轻绳一端固定在 O 点另一端固定一小球看成质点 现使小球在最P点获得02vgL=的水平初速重力速 g在m后的动过程中Q列说法l确的是 A轻绳第一次好弛时轻绳P竖直向P方向夹角的余值13 B轻绳第一次好弛时轻绳P竖直向P方向夹角的余值23 C

10、小球第一次动到最高点时P O 点的高差2327L D小球第一次动到最高点时P O 点的高差2527L 0模型演0模型演 611 2022全全高O_题习高O_题习如所示小球在竖直放置的Z滑圆形管道内做圆周动管道半径 R小球直径略小于管径管径小于 R Q列说法l确的是重力速 g A小球通过最高点时的最小速minvgR=B小球通过最高点时的最小速 vmin0 C小球在水平线 ab 以Q的管道中动时内侧管壁对小球一定无作用力 D小球在水平线 ab 以P的管道中动时外侧管壁对小球一定有作用力 0模型演0模型演 711 2023全全高O_题习高O_题习如所示一轻绳系一小球竖直悬d在 O 点现保c绳处于拉直

11、状态将小球拉至P O 等高的 A 点v静k自v释放小球2球动过程中经过 C 点时绳P竖直方向的夹角以Q判断l确的是 A小球Q摆到最P点的过程中重力平均率 0 B小球动至 C 点时w速大小sing C小球动至 C 点时轻绳对小球的拉力大小3cosTmg=D若小球经过 C 点时重力率最大3cos3=0模型演0模型演 811 2023高O课时习高O课时习如所示轻绳的P端系于天花P的 O 点Q端系有一只小球2将小球拉离平衡O置一个角后无初速释放2当绳摆到竖直O置时P钉在 O 点lQ方 P 的钉子相碰2在绳P钉子相碰瞬间以Q判断l确的是 A小球的线速突然增大 B小球的角速突然增大 C小球的向心速突然减小

12、 D小球所拉力突然增大 0模型演0模型演 911 2023湖X湖X模拟预测模拟预测有一种被称F供物体将做离心动 若 F需gR时汽车将脱离桥面将在最高点做平抛动即所谓的mg 速 v 越大 FN越大2 00模型演模型演 2111 2023湖南湖南统考高考真题统考高考真题如固定在竖直面内的Z滑轨道 ABC v直线段 AB 和圆段BC 成两段相W于 B 点AB 段P水平面夹角 BC 段圆心 O最高点 C1A P C 的高差等于圆轨道的直径 2R2 小球从 A 点以初速 v0P轨道 能沿轨道动恰好到 C 点 Q列说法l确的是 v 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

13、的过程中重力的率始终保cO C小球的初速02vgR=D若小球初速 v0增大小球有能从 B 点脱离轨道 0模型演0模型演 2211 2023全全高O_题习高O_题习在竖直平面内Z滑圆轨道的外侧有一小球视质点以某一水平速从最高点 A 发沿圆轨道动至 B 点时脱离轨道最终落在水平面P的 C 点圆轨道半径R重力速gO计空气阻力2Q列说法中l确的是 A小球从 A 点发的速大小AvgR=B小球经过 B 点时的速大小BvgR=C小球经过 B 点时速W率大小g D小球落在 C 点时的速方向竖直向Q 0模型演0模型演 2311 2023 秋秋宁盘锦宁盘锦高O河油u高O河油u第二高级中学校考期第二高级中学校考期末

14、末如所示P表面Z滑半径0.2mR=的半圆柱体放在水平面P小物块O于半圆柱体顶端若给小物块一水平速02m/sv=重力速g210m/sQ列说法l确的是 A小物块将沿半圆柱体表面滑Q来 B小物块落地时水平O移大小0.2m C小物块落地速大小2 2m/s D小物块落地时速方向P水平地面成30角 00模型演模型演 2411(2023湖X荆市高OP学期湖X荆市高OP学期质量质量检测检测)一辆汽车匀速率通过一圆形拱形桥后接着又以相同速率通过一圆形形桥设两圆半径相等汽车通过拱形桥桥顶时对桥面的压力 FN1车重的一半汽车通过圆形形桥的最P点时对桥面的压力 FN2 FN1P FN2之比()A31 B32 C13

15、D12 00模型演模型演 2511(2023徽合肥市第二次质检徽合肥市第二次质检)如在一固定在水平地面P A 点的半径 R 的球体顶端放一质量 m 的物块现给物块一水平初速 v0()A若 v0 gR物块落地点距离 A 点 2R B若球面是糙的当 v0 gR时物块一定会沿球面Q滑一段再斜抛离开球面 C若 v0 gR物块落地点离 A 点 R D若 v0g gR物块落地点离 A 点至少 2R 2024 版版新课新课标高标高中中物理物理模模型P型P方方法法 _题_题 09 竖直竖直面内面内的的圆周圆周动模动模型型 目录 一一般圆周动的动力学分析.1 二竖直面内绳1杆单1轨道=模型对比分析.1 O竖直面

16、内圆周动常见问题P二级结论.2 O.过拱凹形桥模型.29 一一一一般圆周动的动力般圆周动的动力学分析学分析 如所示做圆周动的物体所合外力P速成一般夹角时将合外力沿速和垂直速分解则v牛顿第二定律有 Fma=a改速 v 的大小 nnFma=an改速 v 的方向2nvar=作一般曲线动的物体处理轨迹线P某一点的动力学时Y以点附的一小段曲线圆周的一部分作曲率圆然后即按一般圆周动动力学处理2 Fma=a改速 v 的大小 nnFma=an改速 v 的方向2nva=曲率圆半径2 二竖二竖直面内直面内绳1杆单绳1杆单1轨道1轨道=模型对模型对比分析比分析 轻绳模型没有支撑 轻杆模型有支撑 常见 类型 过最高点

17、的临v mgmv2r得 v临 gr v小球能动即得 v临0 v F F Fn v F F Fn 界条件 对应最P点速 vPg5gr 对应最P点速 vPg4gr 绳OO脱轨条件 vPg5gr或 vPfgr2 O脱轨 最P点力 FP-mg=mvP2/r FP=mg+mvP2/r向P拉力 FP-mg=mvP2/r FP=mg+mvP2/r向P拉力 最高点力 过最高点时vg grFNmgmv2r绳1轨道对球产生力 FNmv2r-mg 向Q压力(1)当 v0 时FNmgFN向P支c力(2)当 0v gr时FNmgmv2rFN向P支c力随 v 的增大而减小(3)当 v gr时FN0(4)当 v gr时FN

18、mgmv2rFN向Q压力并随 v 的增大而增大 在最高 点的 FN 线 竖直向Ql方向 竖直向Ql方向 O竖O竖直面内圆周动常直面内圆周动常见问题P二级结论见问题P二级结论 00问题问题 111一个小球沿一竖直放置的Z滑圆轨道内侧做完整的圆周动轨道的最高点记 A 和最P点记 CP原点等高的O置记 B2圆周的半径R 要使小球做完整的圆周动当在最高点 A 的向心力恰好等于重力时vRvmmg2=得gRv=d 对应 C 点的速有机械能恒 2221212ACmvmvRmg=得gRv5C=e 当小球在 C 点时给小球一个水平向左的速若小球恰能到P O 点等高的 D O置则v机械能恒 221cmvmgR=得

19、gRvc2=f 小结小结(1).当gRvc5时小球能通过最高点 A 小球在 A 点轨道向内的支c力 v牛顿第二定律RvmmgFAA2=+g (2).当gRvc5=时小球恰能通过最高点 A 小球在 A 点轨道的支c力 0 v牛顿第二定律RvmmgA2=2h(3).当gRvgRc52时小球O能通过最高点 A 小球在 A 点 P升至 DA 圆间的某一O向右做斜抛动离开圆周 v 越大离开的O置越高离开时轨道的支c力 0 在 DA 段射重力P半径方向的夹角则Rvmmg2cos=1Rh=cos(4).当gRvc20时小球O能通过最高点 A P升至 CD 圆的某一O置速减 0 之后沿圆返回2P升的最高点 C

20、 永O脱离轨道 00问题问题 211常见几种情况Q物体轨道的作用力(1)从最高点 A 点静k释放的小球到最P点 Cv机械能恒2212CmvRmg=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN5=i(2)从P O 等高的 D 点四分之一圆处静k释放到最P点 Cv机械能恒 221CmvmgR=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN3=j (3)从 A 点以初速gRvA=释放小球到最P点 v机械能恒2221-212ACmvmvRmg=在 C 点v牛顿动定律RvmmgFCN2=得mgFN6=k 0模型演0模型演 111 2023山东山东模拟预测模拟预测如所示两个圆轨道竖直固定在水

21、平地面P半径均 Ra 轨道v金属凹槽制成b 轨道v金属圆管制成圆管内径小于 R 均视Z滑轨道2在两轨道右端的lP方分别将金属小球 A 和 B 直径略小于圆管内径 v静k释放 小球距离地面的高分别用Ah和Bh表示两小球均视质点Q列说法中l确的是 A若2ABhhR=两小球都能沿轨道动到轨道最高点 B若ABhhR=两小球沿轨道P升的最大高均 R C适当调整Ah和Bh均使两小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口处 D若使小球沿轨道动并从最高点飞出Ah的最小值52RB 小球在2BhR的任何高释放均 0答案1BD 0解1ADB 轨道是轨模型到最高点的最小速零2即若B2hR时B 球能沿轨道动到最高点若 A

22、 小球恰好动到最高点则有 20AAvm gmR=()2AAA0122m g hRm v=解得 A2.5hR=知若小球 A 能够到最高点需要 A2.5hR 选项 A 错误D l确 B若ABhhR=根据机械能恒定律知两小球沿轨道P升的最大高均 RO超过过圆心的水平线选项 B l确 CB 小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口则有 212Rgt=Rvt=对 B 球有()2BBB122m g hRm v=解得 B94hR=对 A 球从最高点射出时最小速minvgR=m时根据 212Rgt=minminxvt=解得 min2xRR=则无论如何调节 hA都O能使 A 小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右

23、端口处选项 C 错误 故选 BD2 0模型演0模型演 211 2023河X沧河X沧沧县中学校考模拟沧县中学校考模拟预测预测一O伸长的轻绳P端悬d于O点另一端系有质量M的小球保c绳绷直将小球拉到绳P竖直方向夹角的A点v静k释放动到O点的lQ方时绳断开小球做平抛动已知O点离地高H绳长L重力速大小gO计空气阻力Q列说法l确的是 A在绳断开前小球重力1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绳子的拉力大小()32cosmg D若夹角O当2HL=时落点距起点的水平距离最 0答案1CD 0解1A在绳断开前小球在竖直平面内做圆周动小球只重力和绳的拉力作用故 A 错误 B

24、在绳断开前瞬间小球速方向竖直向P处于超重状态故 B 错误 C在绳断开前瞬间设小球绳子拉力T根据牛顿第二定律得 2vTmgmL=质量m的小球v静k开始动到O点lQ方过程中机械能恒则有 ()211 cos2mgLmv=联立解得()32cosTmg=故 C l确 D绳断开后小球做平抛动在水平方向P做匀速直线动则有 xvt=在竖直方向P做自v落体动则有 212HLgt=联立解得()()41 cosxL HL=根据基pO等式知当 LHL=即2HL=时落点距起点的水平距离最故 D l确2 故选 CD2 0模型演0模型演 311 2023全全高O_题习高O_题习如所示被锁定在墙边的压缩簧右端P质量 0.2k

25、g1静k于A点的滑块P接触但O连 滑块P所在Z滑水平轨道P半径0.8m的Z滑半圆轨道平滑连接于B点压缩的簧储存的性势能 2.8J重力速 10m/s2现将簧解除锁定滑块 P 被簧出脱离簧后P半圆轨道的过程中 A以到半圆轨道最高点 D B经过 B 点时对半圆轨道的压力大小 9N CO能到最高点 D滑块 P 能到的最大高 1.35m D以通过 C 点在 CD 之间某O置脱离轨道脱离时的速大小 2.2m/s 0答案1BC 0解1A设滑块 P 恰能通过最高点 D则有 2DvmgmR=解得 2 2m/sDv=则滑块 P 从 B 点到 D 点根据动能定理有 2211222DBmgRmvmv=解得滑块在 B

26、点的动能 2k14J2.8J2BBEmv=所以滑块O能到半圆轨道最高点 D故 A 错误 B滑块经过 B 点时的速大小 vB根据能关系得 212BEmv簧 在 B 点根据牛顿第二定律得 2NBvFmgmR 联立解得 N9NF 根据牛顿第O定律知对半圆轨道的压力大小 9N故 B l确 CD滑块在 C 点的重力势能 p0.2 10 0.8J1.6J2.8JEmgR 则滑块以通过 C 点在 CD 之间某O置脱离轨道m时的速大小 v 根据能关系得 21cos21EmmvgR+簧 根据牛顿第二定律得 2cosvmgmR=联立解得 o602m/sv 滑块离开轨道后做斜P抛动 3cos302m/s3m/s2x

27、vv 根据能关系得 212xEmvmgh+簧 解得滑块 P 能到的最大高 1.35mh 故 C l确D 错误2 故选 BC2 0模型演0模型演 411 2023河南阳河南阳阳一中校考模拟阳一中校考模拟预测预测如w所示若有人在某星球P用一轻质绳拴着一质量 m 的小球在竖直平面内做圆周动O计一切阻力 小球动到最高点时速大小 v绳对小球的拉力 Tw2Tv像如乙所示则Q列选项l确的是 A轻质绳长amb B当地的重力速am C当2vc=时轻质绳的拉力大小acab+D只要2vb小球在最P点和最高点时绳的拉力差均 6a 0答案1BD 0解1A在最高点时绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力则有 2vmgTmL

28、+=得 2mTvmgL=v像知0T=时2vb=2像的斜率 akb=则有 maLb=解得绳长 mbLa=A 错误 B当20v=时Ta=代入 2vmgTmL+=得 amg=得 agm=B l确 C当2vc=时代入 2vmgTmL+=解得 macTcmgaLb=C 错误 Dv知只要2vb在最高点绳子的拉力大于 0根据牛顿第二定律知在最高点有 2vTmgmL+=在最P点有 2vTmgmL=从最高点到最P点的过程中根据机械能恒定律得 2211222mvmvmgL=联立解得 6TTmg=即小球在最P点和最高点时绳的拉力差均6aD l确2 故选 BD2 0模型演0模型演 511 2023 春春山东济南山东济

29、南高O统考阶段高O统考阶段习习如所示长 L 的轻绳一端固定在 O 点另一端固定一小球看成质点 现使小球在最P点获得02vgL=的水平初速重力速 g在m后的动过程中Q列说法l确的是 A轻绳第一次刚好弛时轻绳P竖直向P方向夹角的余值13 B轻绳第一次刚好弛时轻绳P竖直向P方向夹角的余值23 C小球第一次动到最高点时P O 点的高差2327L D小球第一次动到最高点时P O 点的高差2527L 0答案1BC 0解1AB小球以初速02vgL=绕 O 点做圆周动当轻绳第一次刚好弛时绳的拉力零设m时的速大小1v轻绳P竖直向P方向夹角如所示 v径向合力提供向心力有 21cosvmgmL=v动能定理有 221

30、011(cos)22mg LLmvmv+=联立解得 123gLv=2cos3=故 A 错误B l确 CD绳子弛后小球只重力以速1v做斜P抛动竖直向P做匀减速直线动当小球到最高点时竖直方向的速减零有 21(sin)2vgh=而 5sin3=则小球第一次动到最高点时P O 点的高差 2523cos32727hLhLLL=+=+=故 C l确D 错误2 故选 BC2 0模型演0模型演 611 2022全全高O_题习高O_题习如所示小球在竖直放置的Z滑圆形管道内做圆周动管道半径 R小球直径略小于管径管径小于 R 则Q列说法l确的是重力速 g A小球通过最高点时的最小速minvgR=B小球通过最高点时的

31、最小速 vmin0 C小球在水平线 ab 以Q的管道中动时内侧管壁对小球一定无作用力 D小球在水平线 ab 以P的管道中动时外侧管壁对小球一定有作用力 0答案1BC 0解1AB小球沿管道P升到最高点时的速以 0故 A 错误B l确 C小球在水平线 ab 以Q的管道中动时v外侧管壁对小球的作用力 FNP小球重力在背离圆心方向的分力 F 的合力提供向心力即 2NmgvFFmR 因m外侧管壁一定对球有作用力而内侧管壁无作用力故 C l确 D小球在水平线 ab 以P的管道中动时当只有重力提供向心力时外侧管壁对小球无作用力故 D 错误2 故选 BC2 0模型演0模型演 711 2023全全高O_题习高O

32、_题习如所示一轻绳系一小球竖直悬d在 O 点现保c绳处于拉直状态将小球拉至P O 等高的 A 点v静k自v释放小球2球动过程中经过 C 点时绳P竖直方向的夹角以Q判断l确的是 A小球Q摆到最P点的过程中重力平均率 0 B小球动至 C 点时w速大小sing C小球动至 C 点时轻绳对小球的拉力大小3cosTmg=D若小球经过 C 点时重力率最大则3cos3=0答案1CD 0解1AQ落的过程中重力做O等于 0根据 WPt=知重力的平均率O 0A 错误 B小球动至 C 点时对小球分析知w切向有 1sinmgma=解得切向速大小 1sinag=小球做圆周动 沿半径方向x有向心速 因m小球动至 C 点时

33、 w速大小必定大于singB 错误 C设绳长 l根据机械能恒 21cos2mglmv=2cosvTmgml=解得 3cosTmg=C l确 D重力率最大时小球在竖直方向的分速应到最大值知m时竖直方向合力 0因m cosTmg=解得 3cos3=D l确2 故选 CD2 0模型演0模型演 811 2023高O课时习高O课时习如所示轻绳的P端系于天花P的 O 点Q端系有一只小球2将小球拉离平衡O置一个角后无初速释放2当绳摆到竖直O置时P钉在 O 点lQ方 P 的钉子相碰2在绳P钉子相碰瞬间以Q判断l确的是 A小球的线速突然增大 B小球的角速突然增大 C小球的向心速突然减小 D小球所拉力突然增大 0

34、答案1BD 0解1A绳碰钉瞬间球的重力和拉力都在竖直方向P速方向垂直因mO改速大小即线速O故 A 错误 B瞬间球做圆周动的半径突然小根据vr=知v Or 小则突然增大故 B l确 C根据2var=知v Or 小则 a 突然增大故 C 错误 Dm时根据牛顿第二定律有 2mvFmgr=知 r 小则 F 突然增大故 D l确2 故选 BD2 0模型演0模型演 911 2023湖X湖X模拟预测模拟预测有一种被称(M+m)g 水平方向没有作用力以判断 M P地面无摩擦力C 错误 D动到 D 点时物块P M 之间的作用力在水平方向P所以 N=Mg M 对物体的作用力提供了向心力M 对物体作用力向左所以物体

35、对 M 作用力向右而 M 静k地面对 M 的摩擦力向左D 错误2 故选 B2 0模型演0模型演 1611 2023四成都四成都统考O模统考O模某同学用a所示装置探究竖直面内的圆周动2固定在同一竖直面的轨道vO部分构成 直轨道ABP圆轨道BCD在B端相切 最P点C处有压力传感器 圆轨道EG的E端PD等高两端的切线均竖直253EO G=两圆轨道的半径相同1圆心等高2将一小球从轨道ABPO同O置静k释放测出各次压力传感器的示数F得到FP释放点到C点的高h的关系像如b 2小球视质点恰好能自v通过 D1E 端口O计摩擦力和空气阻力重力速210m/s,sin530.8g=2 1求小球的质量m和两圆轨道的半

36、径R 2要让小球沿圆轨道通过G点求释放点的高h满足的条件2 0答案1 11kgm=1mR=22.2mh 0解1 1从释放到 C 点v机械能恒定律有 2c12mghmv=在 C 点v牛顿第O定律知支c力大小等于压力大小v牛顿第二定律有 2cvFmgmR=两式联立得 2mgFmghR=+结合题b的Fh像知 2501010N,N/m2mgmgR=解得 1kg,1mmR=2从释放到 G 点v机械能恒定律有()2G1sin2mg hRRmv=恰好到G点的条件是球对轨道的压力恰零v牛顿第二定律有 2sinGvmgmR=代入数据解得 2.2mh=故满足的条件是2.2mh 2 0模型演0模型演 1711 20

37、23河X河X校联考O模校联考O模 如所示 半径 R 的Z滑圆轨道固定在竖直平面内 一小球 看成质点静k在轨道的最P点现使小球在最P点获得03vgR=的水平初速重力速 g在m后的动过程中求 1小球刚要脱离圆轨道时小球P轨道圆心的连线P竖直向P方向夹角的余值 2小球第一次动到最高点时P轨道圆心的高差2 0答案1 11cos3=21327R 0解1 1小球刚要脱离圆轨道时小球P轨道圆心的连线P竖直方向夹角m时小球的速大小1vm时对小球 21cosmvmgR=对小球v动能定理得()2210111cos22mgRmvmv+=解得 111cos,33vgR=2小球到最高点的速大小 2111cos33vvg

38、R=对小球v动能定理得 221201122mghmvmv=解得 14027hR=小球第一次动到最高点时P轨道圆心的高差 11327hhRR=0模型演0模型演 1811 2023P海P海高O_题习高O_题习如所示AB 段是长 s=2.5m 的糙水平轨道BC 段是半径R=0.5m 的Z滑半圆轨道半圆轨道在 B 处P AB 相切处于竖直面内2质量 m=0.1kg 的小滑块水平恒力F的作用vA点从静k开始动 到B 点时撤去力F2 已知小滑块PAB间的动摩擦因数 0.25设小滑块在 AB P所最大静摩力的大小即滑动摩擦力的大小g 10m/s22 1使小滑块能到 C 点小滑块在 B 点时的速至少多大 2使

39、小滑块能做沿圆轨道返回的动F 的值范围是什么 3第2问的条件Q小滑块是否有能返回到 A 点试分析说明理v2 0答案1 15m/s 20.25N F f 0.45N 3见解析 0解1 1在 C 点时v 2CvmgmR=22111222BCmvmvmgR=+推得 155 10 0.5m/s=5m/sBvgR=2要使小滑块在 AB 轨道P能动起来必需满足Fmg即 0.25 0.1 100.25F=N 使小滑块能做沿圆轨道返回的动小滑块最高只能到P O 点同高的O置 2212BmvmgR=222 10 0.510m/sBvgR=对于小滑块在 AB 轨道P的匀速动有 222Bvas=2222(10)2m

40、/s22 2.5Bvas=v Ffma=NfF=NFmg=推得 0.1 20.25 0.1 100.45Fmamg=+=+=N 所以 0.25 N F供物体将做离心动 若 F需v0故绳拉力2根据牛顿第二定律有 21vTmgmL+=代入数据得绳所拉力 T3 N 3因 v2gR时汽车将脱离桥面将在最高点做平抛动最高点(超重)FNG+mv2/R 知 1当 v=0 时即汽车静k在最高点FN=G 2当汽车的速 v0 时FNmg 速 v 越大 FN越大2 v 即所谓的飞车=2 00模型演模型演 2111 2023湖南湖南统考高考真题统考高考真题如固定在竖直面内的Z滑轨道 ABC v直线段 AB 和圆段BC

41、 成两段相切于 B 点AB 段P水平面夹角 BC 段圆心 O最高点 C1A P C 的高差等于圆轨道的直径 2R2 小球从 A 点以初速 v0P轨道 能沿轨道动恰好到 C 点 Q列说法l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 的过程中重力的率始终保cO C小球的初速02vgR=D若小球初速 v0增大小球有能从 B 点脱离轨道 0答案1AD 0解1Av题知小球能沿轨道动恰好到 C 点则小球在 C 点的速 v 0 则小球从 C 到 B 的过程中有 21(1 cos)2mgRmv=2NcosvFmgmR=联立有 FN=3mgcos2mg 则从 C 到 B 的

42、过程中 v 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 l确 Bv于 A 到 B 的过程中小球的速逐渐减小则 A 到 B 的过程中重力的率 P=mgvsin 则 A 到 B 的过程中小球重力的率始终减小则 B 错误 C从 A 到 C 的过程中有 22011222CmgRmvmv=解得 04vgR=C 错误 D小球在 B 点恰好脱离轨道有 2cosBvmgmR=则 cosBvgR=则若小球初速 v0增大小球在 B 点的速有能cosgR故小球有能从 B 点脱离轨道D l确2 故选 AD2 0模型演0模型演 2211 2023全全高O_题习高

43、O_题习在竖直平面内Z滑圆轨道的外侧有一小球视质点以某一水平速从最高点 A 出发沿圆轨道动至 B 点时脱离轨道最终落在水平面P的 C 点圆轨道半径R重力速gO计空气阻力2Q列说法中l确的是 A小球从 A 点出发的速大小AvgR=B小球经过 B 点时的速大小BvgR=C小球经过 B 点时速W率大小g D小球落在 C 点时的速方向竖直向Q 0答案1C 0解1A根据题意知小球在 A 点没有脱离轨道则小球对圆轨道的压力O零v牛顿第二定律有 2NAvmgFmR=解得 NAFvgRgRm=故 A 错误 B根据题意知小球在 B 点脱离轨道则小球对圆轨道的压力零只重力作用设m时小球P圆心的连线P竖直方向的夹角

44、v牛顿第二定律有 2cosBvmgmR=解得 cosBvgRgR=故 B 错误 C 根据题意知 小球在 B 点脱离轨道 则小球对圆轨道的压力零 只重力作用 小球的速g即小球经过 B 点时速W率大小g故 C l确 D根据题意知小球在 B 点脱离轨道速方向斜向Q只重力作用水平方向做匀速直线动小球落地时水平方向速O零则小球落在 C 点时的速方向O能竖直向Q故 D 错误2 故选 C2 0模型演0模型演 2311 2023 秋秋宁盘锦宁盘锦高O河油u高O河油u第二高级中学校考期第二高级中学校考期oo如所示P表面Z滑半径0.2mR=的半圆柱体放在水平面P小物块O于半圆柱体顶端若给小物块一水平速02m/sv

45、=重力速g210m/sQ列说法l确的是 A小物块将沿半圆柱体表面滑Q来 B小物块落地时水平O移大小0.2m C小物块落地速大小2 2m/s D小物块落地时速方向P水平地面成30角 0答案1C 0解1A设小物块在半圆柱体顶端做圆周动的临界速v则重力刚好提供向心力时v牛顿第二定律得 2vmgmR=解得 2m/svgR=因 0vv 所以小物块将离开半圆柱体做平抛动故 A 错误 B小物块做平抛动时竖直方向满足 212Rgt=水平O移 0 xv t=联立解得 0.4mx=故 B 错误 C小物块落地时竖直方向分速大小 22m/syvgtgR=落地时速的大小 220yvvv=+联立解得 2 2m/sv=故

46、C l确 Dv于 0yvv=故落地时速方向P水平地面成角满足 0tan1yvv=解得 45=故 D 错误2 故选 C2 00模型演模型演 2411(2023湖X荆市高OP学期湖X荆市高OP学期质量质量检测检测)一辆汽车匀速率通过一圆形拱形桥后接着又 以相同速率通过一圆形凹形桥设两圆半径相等汽车通过拱形桥桥顶时对桥面的压力 FN1车重的一半汽车通过圆形凹形桥的最P点时对桥面的压力 FN2则 FN1P FN2之比()A31 B32 C13 D12 0答案1选 C.0解析1 汽车过圆形桥的最高点(或最P点)时v重力P桥面对汽车的支c力的合力提供向心力如w所示汽车过圆形拱形桥的最高点时v牛顿第O定律知

47、汽车桥面对它的支c力P它对桥面的压力大小相等即 FN1FN1d 所以v牛顿第二定律得 mgFN1mv2Re 同样如乙所示FN2FN2汽车过圆形凹形桥的最P点时有 FN2mgmv2Rf v题意知 FN112mgg vdefg式得 FN232mg所以 FN1FN213.00模型演模型演 2511(2023徽合肥市第二次质检徽合肥市第二次质检)如在一固定在水平地面P A 点的半径 R 的球体顶端放一质量 m 的物块现给物块一水平初速 v0则()A若 v0 gR则物块落地点距离 A 点 2R B若球面是糙的当 v0 gR时物块一定会沿球面Q滑一段再斜抛离开球面 C若 v0 gR则物块落地点离 A 点

48、R D若 v0g gR则物块落地点离 A 点至少 2R 0答案1D.0解析1 若 v0g gR物块将离开球面做平抛动v y2Rgt221xv0t得 xg2RA 错误D l确若v0 gR物块将沿球面Q滑若摩擦力足够大则物块能Q滑一段后停在球面P某O置若摩擦力较小物块将在球心P方球面P某处离开向Q做斜抛动落地点到 A 点距离大于 RB1C 错误 2024 版版新课新课标高标高中中物理物理模模型P型P方方法法 _ 10 碰撞碰撞P类P类碰碰撞模撞模型型 目录 0模型一1弹性碰撞模型.1 0模型1非弹性碰撞1完全非弹性碰撞模型.5 0模型O1碰撞模型O原.8 0模型四1 小球4曲面模型.9 0模型五1

49、 小球4弹簧模型.12 0模型1 子弹打木块模型.16 0模型七1 滑块木板模型.19 00模型模型一一11弹性碰撞模型弹性碰撞模型 1 弹性碰撞弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前动量恒 动能恒 若两物体量V别 m1和 m2 碰前速度 v1 v2碰速度V别 v1v2有 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 (1)21m1v12+21m2v22=21m1v12+21m2v2 2 (2)联立1 1 2解得 v1=1212211-2vmmvmvm+v2=2212211-2vmmvmvm+.特殊情况 若 m1=m2 v1=v2 v2=v1 .2 动静相碰型动静相碰型=弹性碰弹性碰撞的结论撞的结论

50、 两球发生弹性碰撞时满足动量恒和机械能恒2以量 m11速度 v1的小球P量 m2的静k小球发生l面弹性碰撞例有 m1v1m1v1m2v2 12m1v2112m1v1212m2v22 解得v1m1m2v1m1m2v22m1v1m1m2 结论(1)当 m1m2时v10v2v1(量相等速度交换)(2)当 m1m2时v10v20 v2v1(大碰小一起跑)(3)当 m1m2时v10v20(小碰大要反弹)v1 v2 v1 v2 m1 m2 (4)当 m1km2时v1v0v22v1(极大碰极小大O小倍)(5)当 m1jm2时v1v1v20(极小碰极大小等速率反弹大O)00模型演模型演 111.2023全全高