金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第四章 曲線運動實驗五 探究平拋運動的特點含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第四章曲線運動《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第四章曲線運動實驗探究平拋運動的特點科學(xué)探究梳理探究平拋運動的特點。根據(jù)運動的合成與分解原理，平拋運動可看作沿豎直方向和水平方向的兩個分運動的合運動。在水平和豎直兩個方向中，先研究其中一個方向的運動規(guī)律，再設(shè)法分析另外一個方向的運動規(guī)律。1．探究平拋運動豎直分運動特點的實驗器材：小錘一個、兩個相同的小鐵球、平拋豎落儀一個。2．探究平拋運動水平分運動特點的實驗器材：斜槽、鋼球、白紙、復(fù)寫紙、鉛垂線、鉛筆、刻度尺、平拋鐵架臺(有背板及水平放置的可上下調(diào)節(jié)的擋板)。1．探究平拋運動豎直分運動的特點如圖甲所示，用小錘擊打彈性金屬片后，A球沿水平方向拋出，做平拋運動；同時B球被松開，自由下落。A、B兩球同時開始運動。觀察兩球哪個先落地。分別改變小球距地面的高度和小錘擊打的力度，多次重復(fù)這個實驗。實驗時，也可以用耳朵“聽”來判斷兩球落地時刻的先后。2．探究平拋運動水平分運動的特點在圖乙所示的裝置中，斜槽M末端水平。鋼球在斜槽中從某一高度滾下，從末端飛出后做平拋運動。在裝置中有一個水平放置的可上下調(diào)節(jié)的傾斜擋板N，鋼球飛出后，落到擋板上。實驗前，先將一張白紙和復(fù)寫紙固定在裝置的背板上。鋼球落到傾斜的擋板上后，就會擠壓復(fù)寫紙，在白紙上留下印跡。上下調(diào)節(jié)擋板N，通過多次實驗，在白紙上記錄鋼球所經(jīng)過的多個位置。最后，用平滑曲線把這些印跡連接起來，就得到鋼球做平拋運動的軌跡。1．平拋運動豎直方向分運動的特點觀察發(fā)現(xiàn)，A、B兩球同時落地。改變小球距地面的高度和小錘擊打的力度，重復(fù)實驗時，兩球在空中的運動時間和A球的水平初速度大小發(fā)生改變，但A、B兩球總是同時落地。說明A球在豎直方向的分運動與B球完全相同，平拋運動在豎直方向的分運動為自由落體運動。2．平拋運動水平方向分運動的特點以小球出槽口時球心在白紙上的投影點為坐標原點，以水平方向為x軸，以豎直方向為y軸，建立坐標系。因為平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，所以從起點開始，相鄰相等時間間隔的豎直分位移之比為1∶3∶5∶…，據(jù)此可確定相等的時間間隔小球所在的位置，在x軸上從O點起，量出相等時間間隔內(nèi)的水平位移，可知各段位移相等，故平拋運動在水平方向上的分運動是勻速直線運動。3．平拋運動的特點由實驗探究可知，平拋運動是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動的合運動。1．A、B兩球由于不完全相同，因而在空中所受阻力不同，產(chǎn)生誤差。2．探究平拋運動豎直分運動的特點時，用小錘擊打彈性金屬片時，A球不能完全水平飛出，B球不能立即被松開、同時下落，產(chǎn)生誤差。3．安裝斜槽時，其末端切線不水平，導(dǎo)致小球離開斜槽后不做平拋運動，產(chǎn)生誤差。4．建立坐標系時，坐標原點的位置確定不準確，導(dǎo)致軌跡上各點的坐標不準確，產(chǎn)生誤差。5．小球每次自由滾下時起始位置不完全相同，導(dǎo)致軌跡出現(xiàn)誤差。6．確定小球運動的位置時不準確，會導(dǎo)致誤差。7．量取軌跡上各點坐標時不準確，會導(dǎo)致誤差。1．用小錘水平擊打在彈性金屬片中央位置，確保A球能夠沿水平方向飛出。2．調(diào)節(jié)好平拋豎落儀，確保用小錘擊打彈性金屬片的同時B球被松開，自由下落。3．A、B兩小球選擇體積小、質(zhì)量大，大小、材料、質(zhì)量完全相同的小球。4．確保A、B兩球運動前高度相同，且落到同一水平面上。5．調(diào)節(jié)鐵架臺，通過觀察鉛垂線，使鐵架臺底座水平，從而使擋板N水平，背板在豎直面內(nèi)。6．斜槽的末端必須調(diào)節(jié)水平。7．鋼球必須從同一位置由靜止?jié)L下。8．鋼球應(yīng)選比較小的，使記錄的位置盡量準確。科學(xué)探究精研考點一教材原型實驗例1(2022·海南高考)用如圖1所示的裝置研究平拋物體的運動規(guī)律，擊打彈性片后，小球A做平拋運動，小球B做自由落體運動。經(jīng)過多次實驗發(fā)現(xiàn)兩個小球總是同時落地，則得到的結(jié)論是：______________________________________。以小球A的拋出點作為坐標原點，建立直角坐標系，如圖2所示，設(shè)從O→A、從A→B、從B→C的時間分別是tOA、tAB、tBC，則這三個時間________(選填“相等”或“不相等”)。[答案]做平拋運動的小球在豎直方向做自由落體運動相等[解析]經(jīng)過多次實驗發(fā)現(xiàn)兩個小球總是同時落地，則說明兩個小球在豎直方向的分運動相同，即做平拋運動的小球在豎直方向做自由落體運動。以小球A的拋出點作為坐標原點，由上述分析可知小球A在豎直方向做自由落體運動，則小球A的豎直分位移大小y＝eq\f(1,2)gt2，結(jié)合題圖2中從O→A、從A→B、從B→C的豎直分位移之比為1∶3∶5，可知tOA、tAB、tBC這三個時間相等。例2(2022·浙江1月選考)在“研究平拋運動”實驗中，以小鋼球離開軌道末端時球心位置為坐標原點O，建立水平與豎直坐標軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點A，讀取其坐標(x0，y0)。(1)下列說法正確的是________(單選)。A．實驗所用斜槽應(yīng)盡量光滑B．畫軌跡時應(yīng)把所有描出的點用平滑的曲線連接起來C．求平拋運動初速度時應(yīng)讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)(2)根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運動的初速度大小v0＝________(單選)。A.eq\r(2gh) B.eq\r(2gy0)C．x0eq\r(\f(g,2h)) D．x0eq\r(\f(g,2y0))(3)在本實驗中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是________________________________。[答案](1)C(2)D(3)確保多次運動的軌跡相同[解析](1)斜槽軌道不需要光滑，只需要從同一位置靜止釋放小球，使其到達斜槽末端的速度相同即可，故A錯誤；由于描點可能出現(xiàn)誤差，因此應(yīng)用平滑的曲線將各點連接，不能在曲線上的大致均勻分布在曲線兩側(cè)，偏離較遠的點舍去，B錯誤；求平拋運動初速度時應(yīng)讀取軌跡上離原點較遠的點的數(shù)據(jù)，這樣誤差較小，C正確。(2)根據(jù)平拋運動規(guī)律有x0＝v0t，y0＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得v0＝x0eq\r(\f(g,2y0))，因為斜槽軌道的摩擦作用，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)<mgh，可得v0<eq\r(2gh)，D正確，A、B、C錯誤。(3)為了保證能畫出同一個平拋運動軌跡上的多個點，必須要在同一位置由靜止釋放小球，以確保多次運動的軌跡相同(或為保證小球離開斜槽末端的速度v0相同，從而保證其運動軌跡相同)?？键c二實驗拓展與創(chuàng)新1．創(chuàng)新情境2．創(chuàng)新解讀(1)實驗過程的創(chuàng)新：用噴水法、頻閃照相法等獲取平拋軌跡或處理實驗數(shù)據(jù)。(2)實驗?zāi)康牡膭?chuàng)新：利用平拋運動的規(guī)律來探究或驗證其他物理規(guī)律。例3(2020·天津高考)某實驗小組利用圖1所示裝置測定平拋運動的初速度。把白紙和復(fù)寫紙疊放一起固定在豎直木板上，在桌面上固定一個斜面，斜面的底邊ab與桌子邊緣及木板均平行。每次改變木板和桌邊之間的距離，讓鋼球從斜面頂端同一位置滾下，通過碰撞復(fù)寫紙，在白紙上記錄鋼球的落點。(1)為了正確完成實驗，以下做法必要的是________。A．實驗時應(yīng)保持桌面水平B．每次應(yīng)使鋼球從靜止開始釋放C．使斜面的底邊ab與桌邊重合D．選擇對鋼球摩擦力盡可能小的斜面(2)實驗小組每次將木板向遠離桌子的方向移動0.2m，在白紙上記錄了鋼球的4個落點，相鄰兩點之間的距離依次為15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如圖2。重力加速度g＝10m/s2，鋼球平拋的初速度為________m/s。(3)圖1裝置中，木板上懸掛一條鉛垂線，其作用是________________________________。[答案](1)AB(2)2(3)方便將木板調(diào)整到豎直平面[解析](1)實驗時要保證鋼球水平拋出，所以應(yīng)保持桌面水平，故A正確；為保證鋼球拋出時速度相同，每次應(yīng)使鋼球從同一位置靜止釋放，故B正確；實驗只要保證每次鋼球拋出時速度相同即可，斜面的底邊ab與桌邊是否重合和鋼球與斜面間的摩擦力大小對實驗無影響，故C、D錯誤。(2)鋼球在水平方向上做勻速直線運動，每次將木板向遠離桌子的方向移動0.2m，則在白紙上記錄鋼球的相鄰兩個落點的時間間隔相等，為T＝eq\f(x,v0)。鋼球拋出后在豎直方向做自由落體運動，根據(jù)Δy＝gT2可知相鄰兩點的時間間隔為T＝eq\r(\f(（25.0－15.0）×10－2,10))s＝0.1s，所以鋼球平拋的初速度為v0＝eq\f(x,T)＝eq\f(0.2,0.1)m/s＝2m/s。(3)懸掛鉛垂線的作用是方便將木板調(diào)整到豎直平面。例4(2022·福建高考)某實驗小組利用圖a所示裝置驗證小球平拋運動的特點。實驗時，先將斜槽固定在貼有復(fù)寫紙和白紙的木板邊緣，調(diào)節(jié)槽口水平并使木板豎直；把小球放在槽口處，用鉛筆記下小球在槽口時球心在木板上的水平投影點O，建立xOy坐標系。然后從斜槽上固定的位置釋放小球，小球落到擋板上并在白紙上留下印跡。上下調(diào)節(jié)擋板進行多次實驗。實驗結(jié)束后，測量各印跡中心點O1、O2、O3…的坐標，并填入表格中，計算對應(yīng)的x2值。O1O2O3O4O5O6y/cm2.956.529.2713.2016.6119.90x/cm5.958.8110.7412.4914.0515.28x2/cm235.477.6115.3156.0197.4233.5(1)根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在圖b給出的坐標紙上補上O4數(shù)據(jù)點，并繪制“y-x2”圖線。(2)由y-x2圖線可知，小球下落的高度y，與水平距離的平方x2成________(填“線性”或“非線性”)關(guān)系，由此判斷小球下落的軌跡是拋物線。(3)由y-x2圖線求得斜率k，小球平拋運動的初速度表達式為v0＝________(用斜率k和重力加速度g表示)。(4)該實驗得到的y-x2圖線常不經(jīng)過原點，可能的原因是__________________________。[答案](1)見解析(2)線性(3)eq\r(\f(g,2k))(4)水平射出點未與O點重合[解析](1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)在坐標紙上描出O4數(shù)據(jù)點，并繪制“y-x2”圖線如圖所示。(2)(1)中畫出的y-x2圖線為一條傾斜的直線，可知小球下落的高度y，與水平距離的平方x2成線性關(guān)系。(3)根據(jù)平拋運動規(guī)律可得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得y＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))x2，可知y-x2圖像的斜率為k＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))，解得小球平拋運動的初速度為v0＝eq\r(\f(g,2k))。(4)y-x2圖線是一條直線，但常不經(jīng)過原點，說明實驗中測量的y值總是偏大或偏小一個定值，這是小球的水平射出點未與O點重合，位于坐標原點O上方或下方造成的。例5(2023·北京高考)用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，探究平拋運動的特點。(1)關(guān)于實驗，下列做法正確的是________(填選項前的字母)。A．選擇體積小、質(zhì)量大的小球B．借助重垂線確定豎直方向C．先拋出小球，再打開頻閃儀D．水平拋出小球(2)圖1所示的實驗中，A球沿水平方向拋出，同時B球自由落下，借助頻閃儀拍攝上述運動過程。圖2為某次實驗的頻閃照片。在誤差允許范圍內(nèi)，根據(jù)任意時刻A、B兩球的豎直高度相同，可判斷A球豎直方向做________運動；根據(jù)________________________________，可判斷A球水平方向做勻速直線運動。(3)某同學(xué)使小球從高度為0.8m的桌面水平飛出，用頻閃照相拍攝小球的平拋運動(每秒頻閃25次)，最多可以得到小球在空中運動的________個位置。(4)某同學(xué)實驗時忘了標記重垂線方向。為解決此問題，他在頻閃照片中，以某位置為坐標原點，沿任意兩個相互垂直的方向作為x軸和y軸正方向，建立直角坐標系xOy，并測量出另外兩個位置的坐標值(x1，y1)、(x2，y2)，如圖3所示。根據(jù)平拋運動規(guī)律，利用運動的合成與分解的方法，可得重垂線方向與y軸間夾角的正切值為________。[答案](1)ABD(2)自由落體A球相鄰兩位置水平距離相等(3)10(4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2－2x1,y2－2y1)))[解析](1)用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，選擇體積小、質(zhì)量大的小球可以減小空氣阻力的影響，且小球必須水平拋出，A、D正確；本實驗需要借助重垂線確定豎直方向，B正確；小球下落時間比較短，為記錄小球更多的位置信息，應(yīng)先打開頻閃儀，再水平拋出小球，C錯誤。(2)根據(jù)任意時刻A、B兩球的豎直高度相同，可以判斷出A球豎直方向的分運動與B球運動相同，即都做自由落體運動；根據(jù)A球相鄰兩位置水平距離相等，可以判斷A球水平方向做勻速直線運動。(3)小球從高度為h＝0.8m的桌面水平飛出，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，解得小球下落時間t＝0.40s，頻閃儀每秒頻閃25次，相鄰兩次閃光的時間間隔T＝eq\f(1,25)s＝0.04s，所以最多可以得到小球在空中運動的eq\f(t,T)＝10個位置。(4)設(shè)重垂線方向與y軸間的夾角為θ，若重垂線在y軸左側(cè)，如圖甲所示，將重力沿x軸、y軸分解，由牛頓第二定律得：－mgsinθ＝max1，mgcosθ＝may1，解得ax1＝－gsinθ，ay1＝gcosθ，則小球在x軸方向和y軸方向上均做勻變速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律得：(x2－x1)－x1＝－gsinθ(2T)2，(y2－y1)－y1＝gcosθ(2T)2，兩式相比得tanθ＝eq\f(－x2＋2x1,y2－2y1)；若重垂線在y軸右側(cè)，如圖乙所示，將重力沿x軸、y軸分解，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝max2，mgcosθ＝may2，解得ax2＝gsinθ，ay2＝gcosθ，小球在x軸方向和y軸方向上均做勻變速直線運動，由勻變速直線運動規(guī)律得：(x2－x1)－x1＝gsinθ(2T)2，(y2－y1)－y1＝gcosθ·(2T)2，兩式相比得tanθ＝eq\f(x2－2x1,y2－2y1)。綜上所述，重垂線方向與y軸間夾角的正切值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2－2x1,y2－2y1)))。課時作業(yè)1．(2023·浙江6月選考)在“探究平拋運動的特點”實驗中(1)用圖1裝置進行探究，下列說法正確的是________A．只能探究平拋運動水平分運動的特點B．需改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實驗C．能同時探究平拋運動水平、豎直分運動的特點(2)用圖2裝置進行實驗，下列說法正確的是________A．斜槽軌道M必須光滑且其末端水平B．上下調(diào)節(jié)擋板N時必須每次等間距移動C．小鋼球從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下(3)用圖3裝置進行實驗，豎直擋板上附有復(fù)寫紙和白紙，可以記下鋼球撞擊擋板時的點跡。實驗時豎直擋板初始位置緊靠斜槽末端，鋼球從斜槽上P點靜止?jié)L下，撞擊擋板留下點跡0，將擋板依次水平向右移動x，重復(fù)實驗，擋板上留下點跡1、2、3、4。以點跡0為坐標原點，豎直向下建立坐標軸y，各點跡坐標值分別為y1、y2、y3、y4。測得鋼球直徑為d，則鋼球平拋初速度v0為________。A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(d,2)))eq\r(\f(g,2y1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(d,2)))eq\r(\f(g,y2－y1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(d,2)))eq\r(\f(g,2y4)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(d,2)))eq\r(\f(g,2y4))答案(1)B(2)C(3)D解析(1)用題圖1所示的實驗裝置，只能觀測兩小球下落的時間是否相等，則只能探究平拋運動豎直分運動的特點，故A、C錯誤；為了獲得普遍性結(jié)論，在實驗過程中，需要改變小錘擊打的力度，以改變平拋小球的初速度，多次重復(fù)實驗，故B正確。(2)為了保證小球做平拋運動，需要斜槽末端水平，為了保證每次小球做平拋運動的初速度相等，只需要每一次使小球從斜槽M上同一位置由靜止?jié)L下，斜槽不需要光滑，故A錯誤，C正確；上下調(diào)節(jié)擋板N時若每次不等間距移動，也可準確記錄小球做平拋運動經(jīng)過的位置，從而描出軌跡，故B錯誤。(3)小球做平拋運動，豎直方向有yn＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,n)，水平方向有nx－eq\f(d,2)＝v0tn(n＝1，2，3，4)，聯(lián)立可得v0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(nx－\f(d,2)))eq\r(\f(g,2yn))(n＝1，2，3，4)，故A、B、C錯誤，D正確。2.(2019·浙江4月選考)采用如圖所示的實驗裝置做“研究平拋運動”的實驗。(1)實驗時需要下列哪個器材________。A．彈簧秤B．重錘線C．打點計時器(2)做實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球平拋運動的軌跡。下列的一些操作要求，正確的是________。A．每次必須由同一位置靜止釋放小球B．每次必須嚴格地等距離下降記錄小球位置C．小球運動時不應(yīng)與木板上的白紙相接觸D．記錄的點應(yīng)適當多一些(3)若用頻閃攝影方法來驗證小球在平拋過程中水平方向是勻速運動，記錄下如圖所示的頻閃照片。在測得x1、x2、x3、x4后，需要驗證的關(guān)系是________________。已知頻閃周期為T，用下列計算式求得的水平速度，誤差較小的是________。A.eq\f(x1,T) B.eq\f(x2,2T)C.eq\f(x3,3T) D.eq\f(x4,4T)答案(1)B(2)ACD(3)x4－x3＝x3－x2＝x2－x1D解析(1)實驗時需要用重錘線來確定豎直方向，不需要彈簧秤和打點計時器，故選B。(2)實驗時每次必須由同一位置靜止釋放小球，以保證小球拋出時的速度相同，A正確；實驗中不要求每次嚴格地等距離下降記錄小球位置，B錯誤；小球運動時不應(yīng)與木板上的白紙相接觸，否則會受到白紙的摩擦阻力，造成較大誤差，C正確；記錄的點應(yīng)適當多一些，以減小誤差，D正確。(3)因頻閃照片中相鄰兩位置的時間間隔相同，若小球在平拋過程中水平方向是勻速運動，則滿足：x4－x3＝x3－x2＝x2－x1；由小球最后一個位置與第一個位置的水平距離計算求得的水平速度誤差較小，即用計算式eq\f(x4,4T)求得的水平速度誤差較小，故選D。3．(2023·黑龍江省齊齊哈爾市高三下三模)某實驗小組做“研究平拋運動”的實驗，實驗裝置如圖甲所示。(1)安裝器材時應(yīng)注意斜槽末端水平和平板豎直，檢測斜槽末端水平的方法是__________________________________________________；(2)實驗時如果斜槽表面比較粗糙，對實驗結(jié)果________(選填“有”或“沒有”)影響；(3)如果用頻閃相機拍攝小球做平拋運動的軌跡，每0.04s閃光一次，得到的照片如圖乙所示，則小球經(jīng)過圖乙中C點時，速度的豎直分量大小為________m/s；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(4)根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮開_______m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)見解析(2)沒有(3)2.1(4)9.8解析(1)把小球放在斜槽末端任意位置，小球均能保持靜止，說明斜槽末端水平。(2)實驗時小球從同一高度由靜止釋放，即使斜槽表面粗糙，小球離開斜槽末端的速度大小也一定，所以斜槽表面是否粗糙對實驗結(jié)果沒有影響。(3)小球在豎直方向做自由落體運動，因此某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得小球經(jīng)過C點時速度的豎直分量vy＝eq\f(hCD＋hBC,2T)＝eq\f(（7.7＋9.3）×10－2,0.04×2)m/s＝2.1m/s。(4)小球在豎直方向做自由落體運動，由逐差法可得g＝eq\f(hCD＋hDE－（hAB＋hBC）,4T2)，代入數(shù)據(jù)解得g＝9.8m/s2。4．用如圖甲所示裝置研究平拋運動的軌跡。將白紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的木板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在豎直擋板MN上。由于豎直擋板與豎直木板的夾角略小于90°，鋼球落在擋板上時，鋼球側(cè)面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。每次將豎直擋板向右平移相同的距離L，從斜槽上同一位置由靜止釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點。(1)實驗前檢查并調(diào)整斜槽末端水平。(2)以平拋運動的起始點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向建立坐標系。將鋼球放在Q點，鋼球的________(選填“最右端”“球心”或“最下端”)對應(yīng)白紙上的位置即為坐標原點。(3)實驗得到的部分點跡a、b、c如圖乙所示，相鄰兩點的水平間距均為L，ab和ac的豎直間距分別是y1和y2，當?shù)刂亓铀俣葹間，則鋼球平拋的初速度大小為____________。鋼球運動到b點的速度大小為____________。答案(2)球心(3)Leq\r(\f(g,y2－2y1))eq\f(1,2)eq\r(\f(（yeq\o\al(2,2)＋4L2）g,y2－2y1))解析(2)將鋼球放在Q點，鋼球的球心對應(yīng)白紙上的位置即為坐標原點。(3)由于相鄰兩點間的水平距離相等，故鋼球運動到兩相鄰點的時間差相等，根據(jù)(y2－y1)－y1＝gt2，解得t＝eq\r(\f(y2－2y1,g))，則鋼球平拋的初速度大小為v＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,y2－2y1))。鋼球運動到b點時豎直方向速度為vby＝eq\f(y2,2t)，鋼球運動到b點的速度大小為vb＝eq\r(v2＋veq\o\al(2,by))＝eq\f(1,2)eq\r(\f(（yeq\o\al(2,2)＋4L2）g,y2－2y1))。5．(2023·廣東省汕頭市高三下二模)小晗同學(xué)利用圖1所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學(xué)使用手機連拍功能對做平拋運動的小球進行拍攝，手機每秒拍攝7張照片并能自動將拍攝到的照片進行疊加處理在一張照片中，圖1中的背景是放在豎直平面內(nèi)的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行，其上每個方格的邊長為10cm。(1)下列說法正確的是________。A．實驗所用斜槽應(yīng)盡量光滑B．斜槽末端必須保持水平C．必須無初速度釋放小球(2)圖2是實驗中小球從斜槽上不同位置由靜止釋放獲得的兩條軌跡，圖線①所對應(yīng)的小球在斜槽上釋放的位置________(選填“較低”或“較高”)。(3)某次拍攝后得到的照片如圖3所示，小球做平拋運動的初速度大小v0＝________m/s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(4)該小組利用實驗數(shù)據(jù)繪制“y-x2”圖線，發(fā)現(xiàn)是一條過原點的直線，由此判斷小球下落的軌跡是拋物線，并求得斜率k，當?shù)氐闹亓铀俣缺磉_式為g＝________(用斜率k和初速度v0表示)。答案(1)B(2)較高(3)2.8(4)2kveq\o\al(2,0)解析(1)本實驗是要研究平拋運動的規(guī)律，斜槽末端必須保持水平，才能保證小球離開斜槽末端后做平拋運動，斜槽是否光滑對實驗結(jié)果無影響，A錯誤，B正確；本實驗使用手機連拍功能對做平拋運動的小球進行拍攝，可以記錄小球拋出一次后所經(jīng)過的多個位置，故無須無初速度釋放小球，C錯誤。(2)由題圖2可知，小球兩次做平拋運動下落相同高度，即平拋運動時間相同時，圖線①所對應(yīng)的小球的水平位移較大，由v0＝eq\f(x,t)知，圖線①所對應(yīng)的小球初速度較大，在斜槽上釋放的位置較高。(3)手機每秒拍攝7張照片，則題圖3中相鄰兩點間的時間間隔T＝eq\f(1,7)s，水平方向有Δx＝v0T，可得v0＝eq\f(Δx,T)＝eq\f(4×10×10－2,\f(1,7))m/s＝2.8m/s。(4)根據(jù)平拋運動規(guī)律可得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得y＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))x2，可知y-x2圖像的斜率為k＝eq\f(g,2veq\o\al(2,0))，則當?shù)氐闹亓铀俣缺磉_式為g＝2kveq\o\al(2,0)。專題強化六圓周運動的臨界和極值問題關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點一水平面內(nèi)圓周運動的臨界和極值問題拓展延伸物體做圓周運動時，若物體的速度、角速度發(fā)生變化，會引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)發(fā)生變化，進而出現(xiàn)某些物理量或運動狀態(tài)的突變，即出現(xiàn)臨界狀態(tài)。分析圓周運動臨界問題的方法是讓角速度或線速度從小逐漸增大，分析各量的變化，找出臨界狀態(tài)。確定了物體運動的臨界狀態(tài)和臨界條件后，選擇研究對象進行受力分析，利用牛頓第二定律列方程求解?？枷?水平面上汽車轉(zhuǎn)彎類問題水平面上汽車轉(zhuǎn)彎類問題的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。例1(2018·浙江11月選考)如圖所示，一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經(jīng)過半徑為80m的彎道時，下列判斷正確的是()A．汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側(cè)滑D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2[答案]D[解析]汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A錯誤；汽車轉(zhuǎn)彎的速度為v＝20m/s時，根據(jù)Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力為Fn＝1.0×104N，沒有超過最大靜摩擦力，所以汽車不會發(fā)生側(cè)滑，B、C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，汽車安全轉(zhuǎn)彎的最大向心加速度為am＝eq\f(Ffmax,m)＝7.0m/s2，D正確?？枷?火車轉(zhuǎn)彎類問題例2(2022·河北省石家莊市第二中學(xué)高三上開學(xué)診斷)(多選)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內(nèi)軌。如圖所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時，內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設(shè)此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()A．該彎道的半徑r＝eq\f(v2,gtanθ)B．當火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C．當火車速率大于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓D．當火車速率小于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓[答案]ABD[解析]當火車以速度v轉(zhuǎn)彎時，恰好由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律可得mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(v2,gtanθ)，v＝eq\r(grtanθ)，可知該臨界速度與火車質(zhì)量無關(guān)，故當火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變，A、B正確；當火車速率大于v時，重力與支持力的合力不足以提供向心力，火車有做離心運動的趨勢，故外軌將受到輪緣的擠壓，C錯誤；當火車速率小于v時，重力與支持力的合力大于所需的向心力，火車有做近心運動的趨勢，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓，D正確。考向3圓錐擺的臨界和極值問題圓錐擺的臨界和極值問題，常常與彈力有關(guān)(1)繩子松弛的臨界條件是：繩恰好拉直且沒有彈力；繩子斷開的臨界條件是：繩上的拉力恰好達最大值。(2)兩物體接觸或脫離的臨界條件是：兩物體間的彈力恰好為零。(3)對于半圓形碗內(nèi)的水平圓周運動，有兩類臨界情況：①摩擦力的方向發(fā)生改變；②恰好發(fā)生相對滑動。例3(2021·河北高考)(多選)如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω′勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止。若ω′>ω，則與以ω勻速轉(zhuǎn)動時相比，以ω′勻速轉(zhuǎn)動時()A．小球的高度一定降低B．彈簧彈力的大小一定不變C．小球?qū)U壓力的大小一定變大D．小球所受合外力的大小一定變大[答案]BD[解析]對小球進行受力分析，設(shè)彈簧彈力為T，彈簧與水平方向的夾角為θ，在豎直方向由平衡條件得Tsinθ＝mg①，且T＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MP,cosθ)－l0))②，當角速度從ω變?yōu)棣亍鋾r，若θ增大(減小)，根據(jù)①式，T應(yīng)減小(增大)，而根據(jù)②式，T應(yīng)增大(減小)，故角速度從ω變?yōu)棣亍鋾r，θ和T都不變，即小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯誤，B正確。在水平方向，小球的運動半徑r不變，當角速度較小時，PQ桿對小球的彈力FN背離轉(zhuǎn)軸，有Tcosθ－FN＝mω2r，即FN＝Tcosθ－mω2r；當角速度較大時，F(xiàn)N指向轉(zhuǎn)軸，有Tcosθ＋FN＝mω2r，即FN＝mω2r－Tcosθ；由以上分析，結(jié)合牛頓第三定律可知，當角速度增大后，小球?qū)U的壓力不一定變大，C錯誤。根據(jù)F合＝mω2r可知，當角速度增大后，小球所受合外力變大，D正確。例4(多選)質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)繩的張力不可能為零B．a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b繩將出現(xiàn)彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化[答案]AC[解析]小球做勻速圓周運動，在豎直方向上所受的合力為零，水平方向上所受的合力提供向心力，所以a繩對小球的拉力在豎直方向上的分力與小球的重力平衡，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據(jù)豎直方向上小球受力平衡得，F(xiàn)asinθ＝mg，解得Fa＝eq\f(mg,sinθ)，可知a繩的拉力與角速度ω無關(guān)，故B錯誤；當b繩拉力為零時，有：eq\f(mg,tanθ)＝mωeq\o\al(2,0)l，解得ω0＝eq\r(\f(gcotθ,l))，可知當角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))時，b繩將出現(xiàn)彈力，故C正確；由于b繩可能沒有彈力，故b繩突然被剪斷，a繩的彈力可能不變，故D錯誤?？枷?水平轉(zhuǎn)盤上的圓周運動及其臨界問題水平轉(zhuǎn)盤上圓周運動的臨界問題，主要涉及與摩擦力和彈力有關(guān)的臨界極值問題。(1)如果只有摩擦力提供向心力，物體間恰好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是物體間恰好達到最大靜摩擦力，則最大靜摩擦力Fm＝eq\f(mv2,r)，方向指向圓心。(2)如果水平方向除受摩擦力以外還有其他力，如繩兩端連接物體在水平面上轉(zhuǎn)動，其臨界情況要根據(jù)題設(shè)條件進行判斷，如判斷某個力是否存在以及這個力存在時的方向(特別是一些接觸力，如靜摩擦力、繩的拉力等)。(3)運動實例例5(2019·海南高考)如圖，一硬幣(可視為質(zhì)點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉(zhuǎn)軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起沿OO′軸勻速轉(zhuǎn)動，則圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為()A.eq\f(1,2)eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r)) B.eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))C.eq\r(\f(\a\vs4\al(2μg),r)) D．2eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))[答案]B[解析]硬幣在水平圓盤上做勻速圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，當向心力等于最大靜摩擦力時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝mrω2，解得圓盤轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω＝eq\r(\f(μg,r))，B正確。解決臨界問題的注意事項(1)先確定研究對象受力情況，看哪些力充當向心力，哪些力可能突變引起臨界問題。(2)注意分析物體所受靜摩擦力大小和方向隨圓盤轉(zhuǎn)速的變化而發(fā)生的變化。(3)關(guān)注臨界狀態(tài)，例如靜摩擦力達到最大值時，開始相對滑動，出現(xiàn)臨界情況，此時對應(yīng)的角速度為臨界角速度。例6兩個質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L，a、b之間用長為L的強度足夠大的輕繩相連，木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，開始時輕繩剛好伸直但無張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A．a(chǎn)比b先達到最大靜摩擦力B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a所受摩擦力的大小為eq\f(5kmg,3)[答案]D[解析]木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，當繩子上無拉力時，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得Ff＝mω2r，F(xiàn)fmax＝kmg，聯(lián)立得ωmax＝eq\r(\f(kg,r))，故隨著ω增大，b先達到臨界角速度，b先達到最大靜摩擦力，故A錯誤。在b的靜摩擦力沒有達到最大前，由Ff＝mω2r，a、b質(zhì)量分別是2m和m，而圓周運動的半徑r分別為L和2L，所以開始時a和b受到的摩擦力是相等的；當b受到的靜摩擦力達到最大后，即ω>eq\r(\f(kg,2L))，對b木塊有kmg＋F＝mω2·2L，對a木塊有Ffa－F＝2mω2L，聯(lián)立得Ffa＝2F＋kmg>kmg；可知二者受到的摩擦力不一定相等，故B錯誤。b剛要滑動時，對b木塊有kmg＋F＝mωeq\o\al(2,0)·2L，對a木塊有k·2mg－F＝2mωeq\o\al(2,0)L，聯(lián)立得ω0＝eq\r(\f(3kg,4L))，故C錯誤。當ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時，a、b未滑動且輕繩中有拉力，由B項方程組可得a所受摩擦力大小Ffa＝4mω2L－kmg＝eq\f(5kmg,3)，故D正確。【跟進訓(xùn)練】1.(2023·湖南省郴州市高三上第一次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連的物體A和B，A和B質(zhì)量都為m。它們分居圓心兩側(cè)，與圓心的距離分別為RA＝r，RB＝3r，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)相同且均為μ。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當圓盤轉(zhuǎn)速從零開始逐漸加快到兩物體剛好要發(fā)生但還未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是()A．繩子的最大張力為FT＝2μmgB．當A所受的摩擦力為零時，圓盤的角速度為ω＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2μg),r))C．隨著角速度的增大，A所受摩擦力的方向(相對圓盤)和大小都會變化，而B所受摩擦力的方向(相對圓盤)不變D．隨著角速度的增大，A所受的摩擦力一直減小，而B所受的摩擦力一直增大答案AC解析隨著圓盤轉(zhuǎn)動角速度的不斷增大，可以分為以下幾個階段：當0＜ω≤ω1時，A、B兩物體所受的靜摩擦力逐漸增大，且均指向圓心，此階段輕繩張力FT1＝0，當角速度為ω1時，對B有μmg＝3mrωeq\o\al(2,1)，則ω1＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),3r))；當ω1＜ω≤ω2時，B所受摩擦力始終為μmg，方向指向圓心，A所受靜摩擦力方向指向圓心，對B有μmg＋FT＝3mrω2，對A有FT＋fA＝mrω2，則fA＝μmg－2mrω2，可知FT增大，fA減小，當角速度為ω2時fA＝0，可解得ω2＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),2r))，此階段輕繩張力最大值為FT2＝0.5μmg；當ω2＜ω≤ω3時，A所受摩擦力方向背離圓心，B所受摩擦力仍為μmg，方向指向圓心，對B有μmg＋FT＝3mrω2，對A有FT－fA＝mrω2，可得fA＝2mrω2－μmg，則FT增大，fA增大，當角速度為ω3時fA＝μmg，可解得ω3＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μg),r))，此過程輕繩張力最大值為FT3＝2μmg，且角速度為ω3時，兩物體剛好要發(fā)生但還未發(fā)生滑動。結(jié)合以上分析可知，A、C正確，B、D錯誤。考點二豎直面內(nèi)的圓周運動——“繩”模型和“桿”模型拓展提升1．在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、物體沿內(nèi)軌道運動等)，稱為“繩(環(huán))約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、物體在彎管內(nèi)運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。2．繩、桿模型涉及的臨界問題繩模型桿模型常見類型eq\a\vs4\al()均是沒有支撐的小球eq\a\vs4\al()均是有支撐的小球受力特征除重力外，物體受到的彈力向下或等于零除重力外，物體受到的彈力向下、等于零或向上受力示意圖eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al()過最高點的臨界條件由mg＝meq\f(v2,r)得v臨＝eq\r(gr)由小球恰能做完整的圓周運動得v臨＝0討論分析(1)過最高點時，v≥eq\r(gr)，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，繩、圓軌道對球產(chǎn)生彈力FN；(2)不能過最高點時，v<eq\r(gr)，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道(1)當v＝0時，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心；(2)當0<v<eq\r(gr)時，mg－FN＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N背離圓心，隨v的增大而減??；(3)當v＝eq\r(gr)時，F(xiàn)N＝0；(4)當v>eq\r(gr)時，F(xiàn)N＋mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N指向圓心，并隨v的增大而增大考向1豎直面內(nèi)圓周運動的“繩”模型例7(2023·山西省大同市高三上第一次學(xué)情調(diào)研)如圖所示，某公園里的過山車駛過軌道的最高點時，乘客在座椅里面頭朝下，人體顛倒，若軌道半徑為R，人體重為mg，要使乘客經(jīng)過軌道最高點時對座椅的壓力等于自身重力的一半，則過山車在最高點時的速度大小為()A．0 B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(gR) D.eq\r(3gR)[答案]B[解析]由題意可知，在最高點座椅對乘客豎直向下的支持力為eq\f(\a\vs4\al(mg),2)，根據(jù)牛頓第二定律可得eq\f(\a\vs4\al(mg),2)＋mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(3gR),2))，故B正確，A、C、D錯誤。【跟進訓(xùn)練】2.如圖甲所示，用一輕質(zhì)繩拴著一質(zhì)量為m的小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為FT，小球在最高點的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則()A．輕質(zhì)繩長等于eq\f(am,b)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹閑q\f(m,a)C．當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a答案D解析設(shè)輕質(zhì)繩長為L，在最高點，對小球，由牛頓第二定律有mg＋FT＝meq\f(v2,L)，得FT＝meq\f(v2,L)－mg，可知FT-v2圖像的斜率k＝eq\f(a,b)＝eq\f(m,L)，解得輕質(zhì)繩的長度L＝eq\f(mb,a)，圖像的縱軸截距的絕對值為a＝mg，解得當?shù)氐闹亓铀俣萭＝eq\f(a,m)，故A、B錯誤；當v2＝c時，輕質(zhì)繩的拉力大小為FT＝meq\f(v2,L)－mg＝eq\f(ac,b)－a，故C錯誤；當v2≥b時，在最高點有FT＋mg＝meq\f(v2,L)，設(shè)小球運動到最低點時速度為v′，根據(jù)動能定理可知2mgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，又小球在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可知FT′－mg＝meq\f(v′2,L)，聯(lián)立解得FT′－FT＝6mg＝6a，故當v2≥b時，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6a，故D正確?？枷?豎直面內(nèi)圓周運動的“桿”模型例8一輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球過最高點的最小速度是eq\r(gR)B．小球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小[答案]B[解析]由于小球在最高點時桿對小球的作用力可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，所以小球過最高點的最小速度為0，故A錯誤；當小球在最高點的速度v＝eq\r(gR)時，靠小球重力提供向心力，桿的彈力為零，故B正確；當小球經(jīng)過最高點桿對它的作用力表現(xiàn)為支持力時，隨速度增大桿對球的作用力減小，當小球經(jīng)過最高點桿對它的作用力表現(xiàn)為拉力時，隨速度增大桿對球的作用力增大，故C、D錯誤。豎直面內(nèi)圓周運動問題的解題思路【跟進訓(xùn)練】3.(2022·河北省部分學(xué)校高三上第一次考試)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形管道，管道內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鋼球，小鋼球的直徑稍小于圓管的內(nèi)徑，小鋼球的直徑遠小于R。在最低點給小鋼球一大小為v0、方向水平向右的初速度，小鋼球到達最高點的速度大小為eq\r(gR)(g為重力加速度大小)。圓管內(nèi)壁光滑，水平線ab過管道圓心。下列說法正確的是()A．小鋼球到達最高點時，受到管壁的作用力大小為mgB．稍微減小v0，小鋼球無法通過最高點C．稍微增大v0，小鋼球通過最高點時，對圓管外側(cè)管壁有壓力D．小鋼球在水平線ab以下的管道中運動時，外側(cè)管壁對小鋼球一定有作用力答案CD解析小鋼球到達管道最高點時，設(shè)管壁對小鋼球的力為N，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律有N＋mg＝meq\f(v2,R)，由題知v＝eq\r(gR)，聯(lián)立得N＝0，即小鋼球在最高點不受管壁的作用，故A錯誤；稍微減小v0，只要eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2mgR≥0，即到達最高點時速度不小于零，小鋼球便可以通過管道最高點，B錯誤；稍微增大v0，根據(jù)題設(shè)和動能定理可知，小鋼球通過管道最高點時速度大于eq\r(gR)，小鋼球重力不足以提供其所需向心力，小鋼球的重力與圓管外側(cè)管壁對小鋼球的壓力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小鋼球?qū)A管外側(cè)管壁有壓力的作用，故C正確；小鋼球在水平線ab以下的管道中運動時，重力沿垂直管壁向下的分力與管壁對小鋼球的彈力的合力提供向心力，所以外側(cè)管壁對小鋼球一定有作用力，故D正確。考點三斜面上圓周運動的分析拓展延伸在斜面上做圓周運動的物體，因所受的控制因素不同，如靜摩擦力控制(圖甲)、輕繩控制(圖乙)、輕桿控制(圖丙)，物體的受力情況和臨界條件也不相同。由于重力沿斜面的分力，在斜面內(nèi)做圓周運動的物體的速率不斷變化，運動情況與豎直面內(nèi)的圓周運動類似，所以通常分析物體在最高點和最低點的受力情況求臨界狀態(tài)。物體在斜面上運動時，若受摩擦力，還要參照水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題分析摩擦力的突變問題，如靜摩擦力的方向變化、靜摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮?。考?靜摩擦力作用下斜面上的圓周運動例9如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤