2022年高考物理模型专题突破-绳杆模型

真题模型(二)——竖直平面的圆周运动“绳、杆”模型

来源 2014·新课标全国卷Ⅱ第17题 2015·新课标全国卷Ⅰ第22题 图例 考向 受力分析、圆周运动、动能定理 模型核心归纳 1.常考的模型 (1)物体运动满足“绳”模型特征，竖圆周运动、超重、直圆轨道光滑 失重 受力分析、牛顿第 二定律、圆周运动、动能定理 受力分析、机械能守恒定律、圆周运 动、牛顿第二定律 受力分析、圆周运动、机械能守恒定 律、牛顿第二定律 (2)物体运动满足“绳”模型特征，竖直圆轨道粗糙 (3)物体运动满足“杆”模型特征，竖直圆轨道光滑 (4)物体运动满足“杆”模型特征，竖2016·新课标全国卷Ⅲ第24题 直圆轨道粗糙 (5)两个物体沿竖直圆轨道做圆周运动 2016·新课标全国卷Ⅱ第16题 2016·课新标全国卷Ⅱ第25题 平抛运动、功能关(6)同一物体在不同系及极值的求解方法 的竖直圆轨道做圆周运动 (7)物体受弹簧弹力、电场力或洛伦兹力共同作用下的圆周运动 2.模型解法 2017·全国卷Ⅱ第17题

【预测1】 (多选)如图1所示，半径为R的内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先W1

后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是

2

( )

图1

3A.4 2C.3

1B.3 D.1

解析 第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有W1≤mgR，12两次击打后球可以运动到轨道最高点，根据功能关系，有W1＋W2－2mgR＝2mv，

v23W12

在最高点有mg＋N＝mR≥mg，由以上各式可解得W1≤mgR，W2≥2mgR，因此W≤3，

2B、C正确。 答案 BC

【预测2】某次摩托车的特技表演可简化为如图2的模型，AB是长度为x的水平面，BC是半径为2R的四分之一圆弧，DEG是半径为R的四分之三圆弧，D点在C点正上方，G点距右侧水平面高度为R。质量为m的摩托车(可视为质点)在大小恒定的牵引力F作用下从A点由静止出发，牵引力在ABC段的大小恒为F，摩托车经过C点时关闭发动机，之后沿竖直方向从D点进入上面的轨道做圆周运动，从G点脱离上方轨道，进入右侧水平面，已知重力加速度为g，假设在ABC段摩托车所受阻力恒定，且为重力的k倍，忽略其在DEG及空气中所受的阻力。

图2

(1)为了摩托车能安全通过轨道，求力F的最小值；

(2)若摩托车离开C点的速度大小是10gR，判断摩托车能否安全通过上方圆弧轨道。若不能通过，计算在C点时应具有的最小速度，若能通过，求摩托车落在右侧水平面的位置距离C点多远。

v2E

解析 (1)当摩托车恰好能到达E点时，此时力F为最小值，在E点有mg＝mR，

121

设在C点的速度大小为v0，从C点到E点根据动能定理可得－mg·3R＝2mvE－2mv20，解得v0＝7gR， 对ABC段由动能定理可得

11

(F－kmg)x＋4·2π·2R－mg·2R＝2mv20， 

11mgR

代入解得F＝＋kmg。

2（x＋πR）

(2)因为vC>v0，所以摩托车可以安全通过上方圆弧轨道。设摩托车过G点速度大小为vG，根据机械能守恒定律可得 1212mvC＝mgR＋mvG， 22

1

过G点后，摩托车做平抛运动，有R＝2gt2， 在水平方向有x＝vGt，代入可得x＝4R， 所以距离C点Δx＝x－R＝3R。 答案 (1)

11mgR

＋kmg (2)见解析

2（x＋πR）

跟踪训练

一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)

1.在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )

A.速度和加速度的方向都在不断改变 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等

2.某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图1所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO＝15 m、NO＝12 m，水流的速度平行河岸向右，且速度大小为v1＝8 m/s，快艇在静水中的速度大小为v2＝10 m/s。现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则下列说法正确的是( )

图1

A.快艇的出发点位于M点左侧8 m处 B.第一个过程所用的时间约为1.17 s C.第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸 D.第二个过程所用的时间为2 s

3.某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D，工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动。为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则( )

图2

A.滚筒的角速度应满足ω

2gD 2gD

C.栗子脱离滚筒的位置与其质量有关

D.若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落

4.2016年12月11日，新一代静止轨道定量遥感气象卫星“风云四号”在西昌卫星发射中心成功发射。若该卫星绕地飞行的三条轨道如图3所示，其中轨道1是近地圆形轨道，轨道2和3是变轨后的椭圆轨道，它们相切于A点。卫星在轨道1上运行时经过A点的速率为v，加速度大小为a。下列说法正确的是(假设卫星的质量不变)( )

图3

A.卫星在轨道2上经过A点时的速率大于v B.卫星在轨道2上经过A点时的加速度大于a

C.卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道3上运行的周期 D.卫星在轨道2上具有的机械能大于在轨道3上具有的机械能

5.我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图4所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知( )

图4

n3

A.同步卫星与量子卫星的运行周期之比为m3

1

B.同步卫星与P点的速度之比为n

n

C.量子卫星与同步卫星的速度之比为m

n3

D.量子卫星与P点的速度之比为m

6.如图5所示，固定在竖直面内、半径均为R的两段四分之一光滑圆弧轨道AB、CD与粗糙水平轨道BC分别相切于B点和C点，圆弧CD的圆心O2在水平地面上。现将质量为m的小球从圆弧轨道AB上A点下面某个位置由静止释放，结果小球落在水平地面上的E点，且小球运动到圆弧轨道CD上的C点时对轨道的压力为零；再将小球在圆弧轨道AB上释放的位置适当提高些，结果小球落在水平地面上的F点。空气阻力不计，重力加速度为g。下列判断正确的是( )

图5

A.O2E>2R

B.小球两次在C点的速度均为gR

C.小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动到E点的时间长 D.若再次改变小球的高度，小球到达B点时的速度为gR，则小球在该点时对圆弧轨道的压力大小为2 mg

7.学校组织“骑车投球”比赛，甲、乙两参赛者沿规定直轨道匀速骑行过程中，将手中网球沿垂直于骑行方向水平抛向地面上的塑料筐O中，如图6所示，A点是轨道上离筐最近的点。甲以3 m/s的速度骑行，在B点将网球以速度v水平抛出，网球恰好落入筐中；乙以4 m/s的速度骑行，要想将球投入筐中，乙参赛者应(不计空气阻力)

( )

图6

A.在到达B点之后将球抛出 B.在到达B点之前将球抛出 C.将球也以速度v水平抛出 D.将球以大于v的速度水平抛出

8.如图7所示，在水平转台的光滑水平横杆上穿有两个质量分别为2m和m的小球A和B，A、B间用劲度系数为k的轻质弹簧连接，弹簧的自然长度为L，转台的直径为2L，当转台以角速度ω绕竖直轴匀速转动时，如果A、B仍能相对横杆静止而不碰左右两壁，则( )

图7

A.小球A和B具有相同的角速度

B.小球A和B做圆周运动的半径之比为1∶2 C.若小球不与壁相碰，则ω>D.若小球不与壁相碰，则ω<

9.在地球大气层外有大量的太空垃圾。在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而逐渐降低轨道。大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾

k

m k2m

仍会落到地面上，对人类造成危害。以下关于太空垃圾正确的说法是( ) A.大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致轨道降低

B.太空垃圾在与大气摩擦过程中机械能不断减小，进而导致轨道降低 C.太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，由于与大气的摩擦，速度不断减小 D.太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，向心加速度不断增大而周期不断减小

10.2016年8月16日，我国在酒泉卫星发射中心成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空，使我国首次实现了卫星和地面之间的量子通信，构建了天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。已知“墨子号”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运行周期)，“墨子号”运动的弧长为s，轨迹圆弧所对圆心角为β(弧度)，引力常量为G，则下列说法正确的是( )

A.“墨子号”的线速度大于地球的第一宇宙速度

B.“墨子号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 2πtC.“墨子号”的环绕周期为β s3

D.“墨子号”的质量为Gt2β

二、非选择题

11.如图8为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25 m，C端水平，AB段的动摩擦因数为μ＝0.5。竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L＝0.3 m的斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图8

(1)小物块运动到C点时对轨道压力的大小； (2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间。

12.如图9所示，“蜗牛”状轨道OAB竖直固定在水平地面上，与地面在B处平滑连接。其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA和AB平滑连接而成，半圆轨道OA的半径R1＝0.6 m，半圆轨道AB的半径R2＝1.2 m，水平地面BC长为xBC＝11 m，C处是一个开口较大的深坑。一质量m＝0.1 kg的小滑块从O点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA后，沿OAB轨道运动至水平地面，已知小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。

图9

(1)为使小滑块不脱离OAB轨道，小滑块在O点的初速度v0至少为多大？ (2)若小滑块在O点的初速度v0＝6 m/s，小滑块运动到B点时对半圆轨道的压力为多大？

(3)若使小滑块能落入深坑，则小滑块在O点的初速度v0至少为多大？

跟踪训练参

1.答案 B

2.解析 快艇在水中一方面航行前进，另一方面随水流向右运动，当快艇的速度方

MO

向垂直于河岸时，到达目标靶的时间最短，所以到达目标靶所用时间t＝v＝1.5

2

s，快艇平行河岸向右的位移为x＝v1t＝12 m，则出发点应位于M点左侧12 m处， A、B错误；第二个过程要求位移最小，因此快艇应垂直到达对岸，则船头应指 向河岸的上游，C错误；要使快艇由目标靶到达正对岸，快艇的位移为12 m，快艇的实际速度大小为v＝答案 D

D2

3.解析 若栗子恰好在最高点脱离筒壁，则有mg＝m·

2ω，解得ω＝求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则ω<

2g

D，要

2

v2所用的时间为2－v1＝6 m/s，

NO

t′＝v＝2 s，D正确。

2g

D，选项A正确，B错误；栗子

脱离滚筒的位置与其质量无关，选项C错误；若栗子到达最高点脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，选项D错误。 答案 A

4.解析 卫星在轨道1上运行经过A点时，只有速度增大，才能由轨道1变轨到轨道2，故卫星在轨道2上经过A点时的速率大于v，选项A正确；在同一点，卫星所受的万有引力大小相等，故卫星在轨道2上经过A点时的加速度仍等于a，选项B错误；根据开普勒第三定律，可知卫星在轨道2上运行的周期小于在轨道3上运行的周期，选项C错误；卫星在轨道2上运行经过A点时，只有速度增大，才能由轨道2变轨到轨道3，同时势能也要增加，故卫星在轨道3上具有的机械能大于在轨道2上具有的机械能，选项D错误。 答案 A

2

R3T2T同n3同同

5.解析 由开普勒第三定律，3＝2可知，2＝m3，可知同步卫星与量子卫星的

R量T量T量

运行周期之比为

n3

选项A错误；由于同步卫星的周期与地球自转周期相同，m3，

2π

由v＝ωr＝Tr可得同步卫星与P点的速度之比为v同∶vP＝n∶1，选项B错误；

Mmv2由Gr2＝mr，解得v＝v量GM

，量子卫星与同步卫星的速度之比为＝rv同R同

＝R量

v量v量v同n

m，选项C错误；量子卫星与P点的速度之比为vP＝v同·vP＝确。 答案 D

n3

m，选项D正

6.解析 小球第一次运动到圆弧轨道CD上的C点时对轨道的压力为零，所以有v2C

mg＝m，解得vC＝gR，根据平抛运动的规律有O2E＝vC

R

2R＝2R，所以选g

项A错误；小球第二次在C点的速度大于gR，选项B错误；因为第二次在BC面上运动的时间短，小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动v2B

到E点的时间短，选项C错误；在B点根据向心力公式可得FNB－mg＝mR，若小球到达B点时的速度vB＝gR，可解得FNB＝2mg，选项D正确。 答案 D

7.解析 竖直方向上做自由落体运动，两次网球的运动时间相同，水平方向网球有两个分运动：分别是沿骑行方向与车相同的速度和抛出的速度，垂直于骑行方向上水平距离相等，则两次球抛出的速度相同，C项正确，D项错误；由于乙的骑行速度大，网球沿骑行方向的速度大，而运动时间相同，故乙应在到达B点之前将球抛出，A项错误，B项正确。 答案 BC

8.解析 A、B两球共轴转动，角速度相同，故A正确；两球靠弹簧的弹力提供向心力，知两球向心力大小相等，2mr1ω2＝mr2ω2，解得r1∶r2＝1∶2，故B正确；转台的直径为2L，则r29.解析 太空垃圾在轨道上运动过程中，由于克服大气阻力做功，机械能逐渐减少，速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，进而导致轨道降低，在轨道缓慢降低的过程中，万有引力不断增大，万有引力所做正功大于阻力所做负功，故速度不断增大，向心加速度不断增大而

2

k

，故C错2m

周期不断减小，最终落在地面上。 答案 BD

Mmv2

10.解析 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有Gr2＝mr，

GM

得v＝

r，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“墨子号”运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；由MmM

Gr2＝ma得，a＝Gr2，则“墨子号”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B正确；“墨子号”经过时间t(t小于其运行周期)，运动的弧长为s，轨迹β

圆弧所对圆心角为β(弧度)，则“墨子号”运行的角速度为ω＝t，则“墨子号”的环2π2πt

绕周期为T＝ω＝β，故C正确；“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，万有引力Mm0βs

提供向心力，即Gr2＝m0ω2r0，ω＝t，v＝t＝ωr0，联立解得地球的质量为M

0

s3

＝Gt2β，不能求出“墨子号”的质量，故D错误。 答案 BC

11.解析 (1)对小物块在轨道上的运动，由动能定理得， 1

mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝2mv2C 解得：vC＝3 m/s

v2C

在C点，设轨道对小物块的支持力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝mr，解得F＝2.2 N

由牛顿第三定律可知，小物块运动到C点时对轨道的压力大小为2.2 N。 (2)如图所示，设小物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，由图中几何L－xL

关系可得：＝，代入数据得：x＝0.3－1.5y①

yH

设小物块从C点抛出到击中斜面的时间为t，由平抛运动规律，x＝vCt② 1

y＝2gt2③

上述①②③式联立消去x、y得：

3

15t2＋23t－0.6＝0，解得：t＝15 s 3

答案 (1)2.2 N (2)15 s

12.解析 (1)小滑块通过最高点A的临界条件是 mv2A

mg＝R

1

解得小滑块经A点的最小速度为vA＝gR1＝6 m/s 小滑块由O到A过程中，由机械能守恒定律得 1212

mg·2R1＋2mvA＝2mv0 解得v0＝30 m/s。

(2)小滑块由O到B过程中，机械能守恒， 1212则mgR2＋2mv0＝2mvB 解得vB＝215 m/s

mv2B在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝R

2解得FN＝6 N

由牛顿第三定律得滑块在B点对半圆轨道的压力 FN′＝FN＝6 N。

(3)小滑块由O到C过程中，由动能定理得 12

mgR2－μmgxBC＝0－2mv0 解得v0＝8 m/s。

答案 (1)30 m/s (2)6 N (3)8 m/s