2．“繩—球”模型特點(diǎn)：下無支撐，上有約束，最高點(diǎn)速度有最小值vmin＝eq \r(gR)；
3．“桿—球”模型特點(diǎn)：下有支撐，上有約束．最高點(diǎn)速度可以為0，但速度eq \r(gR)是對桿有壓力還是拉力的分界點(diǎn)．
1．(多選)(2023·廣東揭陽市下學(xué)期第二次模擬)如圖1所示，在豎直面內(nèi)固定有一半徑為R的圓環(huán)，AC是圓環(huán)豎直直徑，BD是圓環(huán)水平直徑，半圓環(huán)ABC是光滑的，半圓環(huán)CDA是粗糙的．一質(zhì)量為m的小球(視為質(zhì)點(diǎn))在圓環(huán)的內(nèi)側(cè)A點(diǎn)獲得大小為v0、方向水平向左的速度，小球剛好能第二次到達(dá)C點(diǎn)，重力加速度大小為g.在此過程中( )
圖1
A．小球通過A點(diǎn)時處于超重狀態(tài)
B．小球第一次到達(dá)C點(diǎn)時速度為eq \r(gR)
C．小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時受到圓環(huán)的彈力大小為meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－2g))
D．小球損失的機(jī)械能為eq \f(1,2)mv02－eq \f(5,2)mgR
2．(2023·湖北武漢市調(diào)研)如圖2所示，用兩根長度均為l的輕繩將一質(zhì)量為m的重物懸掛在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為θ，整個系統(tǒng)靜止，這時每根輕繩中的拉力為T.現(xiàn)將一根輕繩剪斷，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時，輕繩中的拉力為T′.θ為某一值時，eq \f(T′,T)最大，此最大值為( )
圖2
A.eq \f(9,4)B．2C．3eq \r(2)－2D.eq \f(54,25)
3．(多選)(2023·遼寧沈陽鐵路實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某娛樂項(xiàng)目中，參與者需拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進(jìn)入下一關(guān)．若將這個娛樂項(xiàng)目進(jìn)行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以速率v豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器．若參與者仍在剛才的拋出點(diǎn)，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示．則小球能夠擊中觸發(fā)器的是( )
4．(多選)(2023·甘肅蘭州一中模擬)如圖3甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(不計一切阻力)，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時繩對小球的拉力為T，小球在最高點(diǎn)的速度大小為v，其T－v2圖像如圖乙所示，則( )
圖3
A．輕質(zhì)繩長為eq \f(mb,a)
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹閑q \f(a,m)
C．當(dāng)v2＝c時，輕質(zhì)繩最高點(diǎn)拉力大小為eq \f(ac,b)＋a
D．若v2＝b，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時繩的拉力為6a
5．(多選)如圖4甲所示，輕桿的一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動．小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，受到的彈力為F，速度大小為v，其F－v2圖像如圖乙所示，則( )
圖4
A．小球的質(zhì)量為eq \f(aR,b)
B．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閑q \f(R,b)
C．v2＝c時，小球?qū)U的彈力方向向下
D．v2＝2b時，小球受到的彈力與重力大小相等
6．(多選)(2023·安徽宣城市第二次模擬)如圖5甲，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動到C的過程中，其速度平方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖像．已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力為2.5N，不計空氣阻力，B點(diǎn)為AC軌道中點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是( )
圖5
A．圖乙中x＝36m2·s－2
B．小球質(zhì)量為0.2kg
C．小球在A點(diǎn)時重力的功率為5W
D．小球在B點(diǎn)受到軌道作用力為8.5N
答案精析
1．ACD [在A點(diǎn)受重力和支持力的合力提供向心力，即N1－mg＝meq \f(v02,R)，解得：N1＝mg＋meq \f(v02,R)>mg，故小球通過A點(diǎn)時處于超重狀態(tài)，故A正確；小球第一次到達(dá)C點(diǎn)的過程由動能定理得：－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得：vC＝eq \r(v02－4gR)，故B錯誤；小球第一次到達(dá)B點(diǎn)的過程由動能定理得：－mg·R＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：N＝eq \f(mvB2,R)，解得：N＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－2g))，故C正確；設(shè)整個過程克服摩擦力做功為W，根據(jù)動能定理得：－mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mv02，剛好能第二次到達(dá)C點(diǎn)，則mg＝meq \f(vC′2,R)，由功能關(guān)系得：ΔE＝W，解得：ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(5,2)mgR，故D正確．]
2．A [剪斷輕繩之前：2Tsinθ＝mg；剪斷輕繩后，擺到最低點(diǎn)時由動能定理得：eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－sinθ)，由牛頓第二定律：T′－mg＝meq \f(v2,l)；聯(lián)立解得eq \f(T′,T)＝(6sinθ－4sin2θ)，由數(shù)學(xué)知識可知，此比值的最大值為eq \f(9,4)，故選A.]
3．CD [假設(shè)拋出點(diǎn)到觸發(fā)器的高度為h，豎直上拋小球恰好擊中觸發(fā)器小球到達(dá)h高度處時，動能減為0，即速度為0，根據(jù)動能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，在A選項(xiàng)中，假設(shè)小球能上升到圓弧軌道最高點(diǎn)，則小球在最高點(diǎn)，滿足mg＋N＝eq \f(mv12,R)，解得v1＝eq \r(gR＋\f(NR,m))，而根據(jù)能量守恒定律，到達(dá)h高度時小球的動能為0，故A項(xiàng)錯誤；在B選項(xiàng)中小球離開斜面后斜向上做斜拋運(yùn)動，由機(jī)械能守恒定律知，小球在同一高度具有相同的動能，即速度大小相等，而B中小球豎直分速度小于v，故小球不能到達(dá)h高度，故B項(xiàng)錯誤；在C選項(xiàng)中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球上升到最高點(diǎn)時速度剛好等于零，可以擊中觸發(fā)器，故C項(xiàng)正確；在D選項(xiàng)中，小球在雙軌中做圓周運(yùn)動時，在最高點(diǎn)速度可以為0，因此可以擊中觸發(fā)器，故D項(xiàng)正確．]
4．ABD [在最高點(diǎn)，T＋mg＝meq \f(v2,L)，解得：T＝meq \f(v2,L)－mg，可知縱截距的絕對值為a＝mg，g＝eq \f(a,m)，圖線的斜率k＝eq \f(a,b)＝eq \f(m,L)，解得繩的長度L＝eq \f(mb,a)，故A、B正確；當(dāng)v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為：T＝meq \f(c,L)－mg＝eq \f(ac,b)－a，故C錯誤；當(dāng)v2＝b時拉力為零，到最低點(diǎn)時根據(jù)動能定理得：2mgL＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律：T′－mg＝meq \f(v22,L)，聯(lián)立以上可得拉力為：T′＝6mg＝6a，故D正確．]
5．AD [由題圖乙可知，當(dāng)v2＝b時，桿對球的彈力恰好為零，此時只受重力，重力提供向心力，mg＝meq \f(v2,R)＝meq \f(b,R)，即重力加速度g＝eq \f(b,R)，故B錯誤；當(dāng)v2＝0時，向心力為零，桿對球的彈力恰好與球的重力等大反向，F(xiàn)＝mg＝a，即小球的質(zhì)量m＝eq \f(a,g)＝eq \f(aR,b)，故A正確；根據(jù)圓周運(yùn)動的規(guī)律，當(dāng)v2＝b時桿對球的彈力為零，當(dāng)v2＜b時，mg－F＝meq \f(v2,R)，桿對球的彈力方向向上，當(dāng)v2＞b時，mg＋F＝meq \f(v2,R)，桿對球的彈力方向向下，v2＝c＞b，桿對小球的彈力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)U的彈力方向向上，故C錯誤；當(dāng)v2＝2b時，mg＋F＝meq \f(v2,R)＝meq \f(2b,R)，又g＝eq \f(b,R)，F(xiàn)＝meq \f(2b,R)－mg＝mg，故D正確．]
6．BD [小球在光滑軌道上運(yùn)動，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，所以有：eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)mvh2＋mgh，解得：vA2＝vh2＋2gh，即x＝vA2＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25m2/s2，故選項(xiàng)A錯誤；由題圖乙可知軌道半徑R＝0.4m，小球在C點(diǎn)的速度vC＝3m/s，由牛頓第二定律可得：F＋mg＝eq \f(mvC2,R)，解得：m＝eq \f(F,\f(vC2,R)－g)＝0.2kg，故選項(xiàng)B正確；小球在A點(diǎn)時重力G＝mg＝2N，方向豎直向下，速度vA＝5m/s，方向向右，故小球在A點(diǎn)時重力的功率為0，故選項(xiàng)C錯誤；由機(jī)械能守恒可得在B點(diǎn)的速度為：vB＝eq \r(vA2－2gR)＝eq \r(25－2×10×0.4)m/s＝eq \r(17)m/s，小球在B點(diǎn)受到的水平方向上的合外力提供向心力F′＝eq \f(mvB2,R)＝eq \f(0.2×17,0.4)N＝8.5N，所以小球在B點(diǎn)受到軌道作用力為8.5N，故選項(xiàng)D正確．]

相關(guān)試卷

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——中心天體__環(huán)繞天體模型練習(xí)含解析教科版：

這是一份2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——中心天體__環(huán)繞天體模型練習(xí)含解析教科版，共9頁。

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——抓住”雙星多星模型”的核心方程練習(xí)含解析教科版：

這是一份2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——抓住”雙星多星模型”的核心方程練習(xí)含解析教科版，共5頁。試卷主要包含了“雙星模型”如圖等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題練習(xí)含解析教科版：

這是一份2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動問題練習(xí)含解析教科版，共6頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——功率與機(jī)車啟動的兩個模型練習(xí)含解析教科版

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——功率與機(jī)車啟動的兩個模型練習(xí)含解析教科版
2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“廣義碰撞”的三種模型練習(xí)含解析教科版

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“廣義碰撞”的三種模型練習(xí)含解析教科版
2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“爆炸反沖”與“人船”模型練習(xí)含解析教科版

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“爆炸反沖”與“人船”模型練習(xí)含解析教科版
2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“板__塊模型”的能量轉(zhuǎn)化與守恒練習(xí)含解析教科版

2024高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)攻破訓(xùn)練——“板__塊模型”的能量轉(zhuǎn)化與守恒練習(xí)含解析教科版
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部