专题2.3：竖直方向的圆周运动及其临界（原卷+解析）—2021届高考物理二轮复习分类专训

微专题2.3：竖直方向的圆周运动及其临界答案 4．【答案】（1）7mg （2） 【解析】（1）当钉子在的P点时，小球绕钉子转动的半径为： 小球由静止到最低点的过程中机械能守恒： 在最低点细绳承受的拉力最大，有： 联解求得最大拉力F=7mg （2）小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，有： 运动中机械能守恒： 钉子所在位置为 联解得 因此钉子所在位置的范围为 5．【答案】（1），；（2）见解析 【解析】（1）游客从B点做平抛运动有 解得 从A到B，根据动能定理有： 解得： (2)证明：设OP与OB间夹角θ，游客在P点时的速度为，受支持力为N，P点距水面高度h。从B到P由机械能守恒可得： 过P点时，对游客进行受力分析如下图2所示 由牛顿第二定律得： 联立解得 可证 6．【答案】（1） ； （2） 【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep=5mgl ① 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，有能量守恒定律得 ② 联立①②式，去M=m并代入题给数据得 ③ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v满足 ④ 设P滑到D点时的速度为vP，由机械能守恒定律得 ⑤ 联立③⑤式得 ⑥ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出． 设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ⑦ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 ⑨ （2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知 ⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C． 由机械能守恒定律有： ? 联立①②⑩?式得 ? 7．【答案】（1）70 N　（2）1.15 m　（3）见解析 【解析】（1）从A点到D点过程，由动能定理 mg(h＋r－rcos θ)=mv2 FN－mg=m 求得FN=70 N 根据牛顿第三定律，压力值等于支持力，所以对轨道的压力大小为70 N。 （2）因E点高于G点，要不脱轨，物块在E点的速度必须满足vE≥， 由机械能守恒定律得mg(H＋r－rcos θ)=mv＋2mgr 求得H≥1.15 m。 （3）由几何关系，BC的长度l== m 从A点到Q点由动能定理得mg－Nμmglcos θ=0(N=1，3，5，7……) Μ=(N=1，3，5，7……) 且满足μmgcos θ≥mgsin θ 即2≥μ≥0.75 所以当N=3时，μ=1.5，N=5时，μ=0.9 且满足mg(h＋r－rcos θ)－μmglcos θ≤mgr μ≥，所以不存在这样的动摩擦因数μ值。 8．【答案】（1）6.6 N　 （2）45°　 （3）0.88 J 【解析】（1）物块从A滑至O过程，由机械能守恒定律得mgh=mv 其中h=Lsin 53°＋R(1－cos 53°)=2.8 R 圆周最低点O处FN－mg=m 代入得FN=6.6mg=6.6 N （2）设物块在圆周轨道(右半侧)P点处的速度最大，PC与竖直方向的夹角为θ，此时有： mgsin θ=qEcos θ， tan θ==1， θ=45° （3）分析知，在水平面上a=0时，即qE－μmg=0，解得μ=1 代入μ=0.2＋x， 解得x=0.8 m(速度最大) 据动能定理W电－Wf=Ekm－EkO 其中W电=qE·x=0.8 J， Wf=·x=×1×0.8 J=0.48 J 代入数据，得Ekm=0.88 J。 9．【答案】D 【解析】若v0≥，物块将离开球面做平抛运动，由y=2R=、x=v0t，得x≥2R，A错误，D正确；若v0<，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停在球面上某位置，若摩擦力较小，物块将在球心上方球面上某处离开，向下做斜抛运动，落地点到A点距离大于R，B、C错误． 10．【答案】AD　 【解析】由题图乙可知，当v2=a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg=，解得v2=gr，故a=gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2=2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg+b=，解得b=mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分 ... ...