2020年高考物理100考點最新模擬題千題精練

第四部分

曲線運動

專題4.15豎直面內或斜面內的圓周運動的桿模型（基礎篇）

一．選擇題

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(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=

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，系統才能做完整的圓周運動

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，當系統一初始角速度，在轉動過程中，系統的重力勢能不變，那么系統的動能也不變，因此系統始終勻速轉動，故AB錯誤；

選兩球，及桿，作為系統，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.(2017·山東青島期末)

(多選)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小；當小球的向心加速度向下(或分量向下)時，細桿對圓管的作用力小于圓管和小球的總重力大小，選項C錯誤，D正確。

4.（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。現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球組成系統的總機械能守恒

【參考答案】　AD

【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。

5.（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。

6.(2016·河南洛陽高三月考)如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q為對應的軌道最高點，一個小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，且能過軌道最高點P，則下列說法正確的是()

A．小球恰能過軌道最高點P的速度為零

B．軌道對小球不做功，小球在P點的角速度大于在Q點的角速度

C．小球在Q點的向心加速度大于在P點的向心加速度

D．小球在Q點對軌道的壓力大于在P點對軌道的壓力

【參考答案】．CD

【名師解析】小球在P點做圓周運動，至少重力提供向心力，故mg＝，故P點速度不為零，A錯誤；由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對小球不做功，僅有重力做功，小球機械能守恒，則P點的速度小于Q點速度，且P點的半徑大于Q點的半徑，所以小球通過P點的角速度小于通過Q點的，B錯誤；根據a＝得，小球在P點的向心加速度小于Q點的，故C正確；根據牛頓第二定律可知，小球在P點的向心力小于Q點的，而向心力是由重力與軌道對它的支持力提供，因此小球在P點的支持力小于Q點的，即小球對軌道的壓力P點小于Q點的，故D正確。

7.如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，現讓小球在豎直平面內做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，桿與小球間彈力大小為FN，小球在最高點的速度大小為v，其FN－v2圖象如圖乙所示。則()

A.小球在質量為

B.當地的重力加速度大小為

C.v2＝c時，在最高點桿對小球的彈力方向向上

D.v2＝2b時，在最高點桿對小球的彈力大小為2a

【參考答案】

A

【名師解析】　由圖乙可知當小球運動到最高點時，若v2＝b，則FN＝0，輕桿既不向上推小球也不向下拉小球，這時由小球受到的重力提供向心力，即mg＝，得v2＝gR＝b，故g＝，B錯誤；當v2＞b時，輕桿向下拉小球，C錯誤；當v2＝0時，輕桿對小球彈力的大小等于小球重力，即a＝mg，代入g＝得小球的質量m＝，A正確；當v2＝2b時，由向心力公式得F＋mg＝得桿的拉力大小F＝mg，故F＝a，D錯誤。

8.(2016·東城區模擬)長為L的輕桿，一端固定一個小球，另一端固定在光滑的水平軸上，使小球在豎直平面內做圓周運動，關于小球在最高點的速度v，下列說法中正確的是()

A.當v的值為時，桿對小球的彈力為零

B.當v由逐漸增大時，桿對小球的拉力逐漸增大

C.當v由逐漸減小時，桿對小球的支持力逐漸減小

D.當v由零逐漸增大時，向心力也逐漸增大

【參考答案】

ABD

【名師解析】

在最高點球對桿的作用力為0時，由牛頓第二定律得：mg＝，v＝，A正確；當v＞時，輕桿對球有拉力，則F＋mg＝，v增大，F增大，B正確；當v＜時，輕桿對球有支持力，則mg－F′＝，v減小，F′增大，C錯誤；由F向＝知，v增大，向心力增大，D正確。

9.(2016·山西呂梁模擬)如圖所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是()

A.小球通過最高點時的最小速度vmin＝

B.小球通過最高點時的最小速度vmin＝0

C.小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力

D.小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力

【參考答案】

BC

【名師解析】在最高點，由于外管或內管都可以對小球產生彈力作用，當小球的速度等于0時，內管對小球產生彈力，大小為mg，故最小速度為0，故A錯誤，B正確；小球在水平線ab以下管道運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，所以外側管壁對小球一定有作用力，而內側管壁對小球一定無作用力，故C正確；小球在水平線ab以上管道運動時，由于沿半徑方向的合力提供小球做圓周運動的向心力，可能外側壁對小球有作用力，也可能內側壁對小球有作用力，故D錯誤。

10.(2016·安徽蕪湖高三月考)如圖所示，長為L的輕桿，一端固定著一個小球，另一端可繞光滑的水平軸轉動，使小球在豎直平面內運動。設小球在最高點的速度為v，則()

A．v的最小值為

B．v若增大，此時所需的向心力將減小

C．當v由逐漸增大時，桿對球的彈力也逐漸增大

D．當v由逐漸減小時，桿對球的彈力也逐漸減小

【參考答案】C

【名師解析】由于桿能支撐小球，因此v的最小值為零，故A錯誤；根據向心力公式Fn＝m知，若速度v增大，則向心力增大，B錯誤；當v＝時，桿對球沒有作用力，v由逐漸增大，桿對球有向下的拉力，根據牛頓第二定律得，F＋mg＝m，有F＝m－mg，v增大，F增大，C正確；v由逐漸減小時，桿對球有向上的支持力，有mg－F＝m，解得F＝mg－m，速度v減小，則桿對球的彈力增大，D錯誤。

11．(2016·連云港六校聯考)如圖所示，用一根長桿和兩個定滑輪的組合裝置來提升重物M，長桿的一端放在地面上通過鉸鏈連接形成轉動軸，其端點恰好處于左側滑輪正下方O點處，在桿的中點C處拴一細繩，通過滑輪后掛上重物M，C點與O點的距離為L，現在桿的另一端用力，使其逆時針勻速轉動，由豎直位置以角速度ω緩慢轉至水平(轉過了90°角)．下列有關此過程的說法中正確的是()

A．重物M做勻速直線運動

B．重物M做變速直線運動

C．重物M的最大速度是ωL

D．重物M的速度先減小后增大

【參考答案】BC

【名師解析】設C點線速度方向與繩子的夾角為θ(銳角)．由題知C點的線速度為ωL，該線速度在繩子方向上的分速度就為ωLcos

θ，θ的變化規律是開始最大(90°)，然后逐漸變小，所以ωLcos

θ逐漸變大，直至繩子和桿垂直，θ變為0，繩子的速度變為最大，為ωL，然后，θ又逐漸增大，ωLcos

θ逐漸變小，繩子的速度變小，所以重物的速度先增大后減小，最大速度為ωL，故選項BC正確．

12.如圖所示，在豎直放置的離心澆鑄裝置中，電動機帶動兩個支撐輪同向轉動，管狀模型放在這兩個支承輪上靠摩擦帶動，支承輪與管狀模型間不打滑．鐵水注入之后，由于離心作用，鐵水緊緊靠在模型的內壁上，從而可得到密實的鑄件，澆鑄時支承輪轉速不能過低，否則，鐵水會脫離模型內壁，產生次品．已知管狀模型內壁半徑為R，支承輪的半徑為r，重力加速度為g，則支承輪轉動的最小角速度ω為（）

A．

B．

C．

D．

【參考答案】B

【名師解析】

經過最高點的鐵水要緊壓模型內壁，臨界情況是重力恰好提供向心力，根據牛頓第二定律，有：mg=m,解得：v=.支承輪與模型是同緣傳動，邊緣點線速度相等，故支承輪邊緣點的線速度也為v=.故支承輪轉動的最小角速度ω為：ω=v/r=，選項B正確。