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专题11 竖直面内的圆周运动模型
重力场中的竖直面内圆周运动的绳(或轨道内侧)模型（3-7 题）....................................................3
重力场中的竖直面内圆周运动的杆(或管)模型（8-13 题）................................................................8
电磁场中的竖直面内圆周运动模型（14-18 题）................................................................................13
1.
（多选）（2023•湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧
段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C，A 与
C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到
达C 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0=√2 gR
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【解答】解：A、小球从B 到C 的过程中，根据牛顿第二定律有mgcosθ﹣N＝mv
2
R
其中θ 逐渐减小，动能转化为重力势能，v 也逐渐减小，所以N 逐渐增大，根据牛顿第三定律可
知小球对轨道的压力逐渐增大，故A 正确；
B、小球从A 到C 的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故B
错误；
1
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C、小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，根据机械能守恒定律有
1
2 mv0
2=mg•2R
解得v0=2√gR
故C 错误；
D、在B 点，根据牛顿第二定律有mgcosθ﹣N＝mv
2
R
解得N＝mgcosθ﹣mv
2
R
当N＝0 时，v=√gRcosθ，当若小球初速度v＝v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道，故D 正确；
故选：AD。
2.
（2023•湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，
其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道
^
CDE在同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速
度由A 点切入挡板内侧，从B 点飞出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向进入轨道^
CDE内侧，并
恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为1
2π
，重力加速度大小为g，
忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D 点的速度大小。
（2）B 和D 两点的高度差。
（3）小物块在A 点的初速度大小。
【解答】解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg
=m v D
2
R
，解得小物块到达D 点的速度大小：v D=√gR；
2
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（2）设B 和D 两点的高度差为h，小物块在B 点的速度为vB，从B 到D 过程，根据动能定理得：
mgh= 1
2 mv D
2 - 1
2 mvB
2
小物块在BC 之间做平抛运动，在C 点沿圆弧切线方向进入轨道^
CDE内侧，说明在C 点速度与
过C 点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图
所示：
BC 之间的竖直距离H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R
根据平抛运动规律得：tan60°= v y
vB
= √2gH
vB
联立求解小物块在B 点的速度为vB=√gR，B 和D 两点的高度差h＝0
（3）设小物块在A 点的速度为v，从A 到B 只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg•2πR
= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv
2，将μ= 1
2π
及vB=√gR代入解得：小物块在A 点的初速度大小v=√3 gR。
重力场中的竖直面内圆周运动的绳(或轨道内侧)模型（3-7 题）
3.
（2023•通辽模拟）如图，一质量为m 的小球从竖直光滑圆轨道的最低点P 以v0开始
运动，圆轨道的圆心为O，半径为R，圆轨道上有一点Q，OQ 与OP 间夹角为θ，重力加速度
为g。下列说法正确的是（ ）
3
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A．若小球能做完整的圆周运动，则小球做一次完整的圆周运动所用的时间小于2πR
v0
B．小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
C．只有当v0≥√5 gR时，小球才不会脱离圆轨道
D．小球完成次完整的圆周运动的过程，小球重力的平均功率不为零
【解答】解：A、小球进入圆形轨道后先做加速度逐渐增大的减速运动，再做加速度逐渐增大的
加速运动，回到最低点时速度又变成了v0，所以小球的平均速率小于v0，因此小球做一次完整
的圆周运动所用的时间t＞2πR
v0
，故A 错误；
B、设质点经过Q 点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有1
2 m v0
2=mgR（1﹣cosθ）+ 1
2 m v
2
在Q 点，对小球，由向心力公式有：FN﹣mgcosθ＝mv
2
R
解得：FN＝mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
根据牛顿第三定律可知小球经过Q 点时对轨道的压力大小为mgcosθ+mv0
2-2gR(1-cosθ)
R
，故
B 正确；
C、当小球能过最高点时，满足mg≤mv1
2
R
从最低点到最高点，根据机械能守恒定律可得：mg•2R= 1
2 mv0
2- 1
2 mv1
2
解得v0≥√5 gR
4
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当小球不能到达最高点时，满足：1
2 mv0
2≤mgR，解得v0≤√2gR，故C 错误；
D、完成一个完整的圆周运动时，重力做功为0，重力的平均功率也为0，故D 错误。
故选：B。
4.
（2023•雅安模拟）滑板运动是许多青少年最喜爱的极限运动之一，而360°绕圈滑行
是每个滑板爱好者的终极挑战目标。一质量为50kg 的极限滑板高手从弧形轨道O 点滑下，紧
接着滑上半径为5m 的竖直圆形轨道。如图所示，A 点为最高点，B 点与圆心等高，C 点为最
低点，忽略所有摩擦，重力加速度大小取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力和向心力共三个力的作用
B．滑板高手至少从离地12m 高度静止滑下，才能挑战成功，做完整的圆周运动
C．若滑板高手从15m 高度静止滑下，经过B 点时对轨道的压力大小为2000N
D．若滑板高手从B 点静止下滑到最低点C 的过程中，重力的瞬时功率一直增大
【解答】解：A、在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力两个力的作用，故
A 错误；
B、想让滑板高手做完整圆周运动，则在A 点的速度最小时，有：mg＝mv
2
r
则从开始滑下到A 点，由动能定理得：mg（h﹣2r）= 1
2
mv2﹣0
代入数据联立解得：h＝12.5m
即滑板高手至少从离地12.5m 高度静止滑下，才能挑战成功，做完整的圆周运动，故B 错误；
C、若滑板高手从15m 高度静止滑下，则从开始到B 点，由动能定理得：mg（h′﹣r）= 1
2 mvB
2
在B 点，支持力提供向心力，有：FN= mvB
2
r
代入数据联立解得：FN＝2000N
由牛顿第三定律知，经过B 点时对轨道的压力大小为2000N，故C 正确；
D、滑板高手从B 点静止下滑到最低点C 的过程中，开始时重力的功率为零，到最低点时速度方
5
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向沿水平方向，则重力的功率也为零，故重力的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选：C。
5.
（多选）（2023•广州二模）如图为某种秋千椅的示意图，“”形轻质钢制支架
O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长
方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2C2B2为等边三角形，并绕O1、O2沿图中虚线
来回摆动。已知重力加速度为g，椅板的质量为m，则椅板摆动到最低点时（ ）
A．B1、C1两点角速度相等
B．B2、C2两点线速度相同
C．O1A1受到的拉力等于1
2
mg
D．O2A2受到的拉力大于1
2
mg
【解答】解：A.B1C1为同轴传动，则角速度相同，故A 正确；
B.B2C2两点的线速度大小一样，方向不同，故B 错误；
C.D.板B1C1C2B2板子在运动到最低点时处于超重状态，合力向上，所以每根硬杆的拉力大于1
2
mg，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
6.
（2023•济南三模）如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD 与粗糙矩形水平桌面
OABP 相切于AB 边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4m，OA 的长为L＝2m。小物块从O 点开始
以某一大小不变的初速度v0 沿水平面运动，初速度方向与OA 方向之间的夹角为θ。若θ＝
0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重
力加速度g＝10m/s2。求：
（1）初速度v0的大小；
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m，求夹角θ 的余弦值。
6
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【解答】解：（1）若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，设此时小物块在最高点速
度为v1，由牛顿第二定律有mg= mv1
2
R
从O 点到最高点，由动能定理可得﹣mg×2R﹣μmgL= 1
2
mv1
2- 1
2
mv0
2
联立方程，代入数据解得：v0=2√6m/ s
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m＝R，小物块在最高点仅有沿AB 方向的水平
速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最底端AB 上的速度为v2，则
vx＝v2sinθ
从O 点到圆弧轨道最底端AB 过程中，由动能定理可得﹣μmg L
cosθ = 1
2
mv2
2- 1
2
mv0
2
从圆弧轨道最底端AB 到最高点过程中，由动能定理可得﹣mgh= 1
2
mv x
2- 1
2
mv2
2
联立方程，代入数据解得：cosθ= 2
3
7.
（2023•浙江模拟）如图所示，半径R＝2.45m 的竖直光滑1
4
圆弧轨道AB，其底端右
侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径r＝0.40m 的光滑圆轨道，轨道固定在竖直平面内，D
与圆心连线与竖直方向成θ＝37°角。一质量为m＝1kg 的滑板Q 放置在凹槽内水平面上，其上
表面刚好与B 点和C 点水平等高。开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽
右端的距离d＝0.60m。一质量也为m 的小物块P（可视为质点）从A 点由静止滑下，当物块
滑至滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端，撞击后滑板立即停止运动。已知物块与滑板间的动摩
擦因数μ ＝0.75 ，其余接触面的摩擦均可忽略不计，取重力加速度g ＝10m/s2 。
7
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（1）求滑块滑至B 点时对B 点的压力；
（2）求滑板的长度l；
（3）请通过计算说明滑块滑上CD 轨道后能否从D 点飞出？
【解答】解：（1）滑块由A→B 过程，由动能定理可得mgR = 1
2 m v0
2
解得：v0＝7m/s
滑块滑至B 点，由牛顿第二定律得F N -mg=m v0
2
R
解得：FN＝30N
由牛顿第三定律可得滑块对B 点的压力大小F 压＝FN＝30N，方向竖直向下。
（2）滑块在滑板上运动时，根据牛顿第二定律可得小物块P 的加速度大小为
a1= μmg
m =μg＝0.75×10m/s2＝7.5m/s2
滑板Q 的加速度大小为a2= μmg
m =μg＝0.75×10m/s2＝7.5m/s2
根据题意可知，从滑块滑上滑板Q 到滑板右端到达凹槽右端过程，滑块P 一直做匀减速运动，
滑板Q 一直做匀加速运动，设运动时间为t.
对于滑板Q，有d = 1
2 a2t
2
解得：t＝0.4s
对于滑块P，有x = v0t - 1
2 a1t
2
解得：x＝2.2m
故滑板的长度为l＝x﹣d＝2.2m﹣0.60m＝1.6m
（3）滑块P 到达半圆轨道最低点C 时的速度为v1＝v0﹣a1t＝（7﹣7.5×0.4）m/s＝4m/s
设滑块P 可以到达D 点，根据机械能守恒定律可得1
2 m v1
2=mgr（1+cos37°）+ 1
2 m v2
2
8
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解得滑块P 在D 点速度为v2=√1.6m/ s
假设P 刚好到达D 点，则由牛顿第二定律得mgcos37° =m v D
2
r
解得P 在D 点的最小速度为v D=√3.2m/ s＞v2
说明小物块P 到不了D 点。
重力场中的竖直面内圆周运动的杆(或管)模型（8-13 题）
8.
（2018•建水县模拟）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内
侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时的最小速度vmin=√g( R+r )
B．小球通过最高点时的最小速度vmin=√gR
C．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
【解答】解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度
等于0 时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为故AB 错误。
C、小球在水平线ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外
侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力。故C 正确。
D、小球在水平线ab 以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，当速度
非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力。当速度比较小时，内侧管壁有作用
力力。故D 错误。
故选：C。
9
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9.
（多选）（2016•山西校级模拟）如图所示，一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另
一端O 为圆心，使小球做半径为R 的圆周运动，以下说法正确的是（ ）
A．小球过最高点时，杆所受的弹力可以等于零
B．小球过最高点时的最小速度为√gR
C．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反
D．小球过最高点时，杆对球作用力一定与小球所受重力方向相反
【解答】解：A、当小球在最高点恰好只有重力作为它的向心力的时候，此时球对杆没有作用力，
所以A 正确。
B、轻杆带着物体做圆周运动，只要物体能够到达最高点就可以了，所以速度可以为零，所以B
错误。
C、小球在最高点时，如果速度恰好为√gR，则此时恰好只有重力作为它的向心力，杆和球之间
没有作用力，如果速度小于√gR，重力大于所需要的向心力，杆就要随球由支持力，方向与重
力的方向相反，如果速度大于√gR，向心力大于重力，杆对小球的作用力跟重力相同，所以C
正确，D 错误。
故选：AC。
10. （多选）（2011•鸠江区校级一模）如图所示，某轻杆一端固定一质量为m 的小球，
以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，以下说法中正确的是（
）
A．小球过最高点时，杆所受的弹力可以为零
B．小球过最高点时，最小速度为√gR
C．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定大于或等于杆
对球的作用力
D．小球过最低点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反
10
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【解答】解：A、当小球在最高点恰好只有重力作为它的向心力的时候，此时球对杆没有作用力，
所以A 正确。
B、轻杆带着物体做圆周运动，只要物体能够到达最高点就可以了，所以速度可以为零，所以B
错误。
C、小球在最高点时，如果速度恰好为√gR，则此时恰好只有重力作为它的向心力，杆和球之间
没有作用力，如果速度小于√gR，重力大于所需要的向心力，杆就要随球由支持力，方向与重
力的方向相反，此时最大的支持力就是球在最高点的速度为零时，最大值和重力相等，所以C
正确。
D、小球过最低点时，需要的向心力向上，而重力是向下的，所以杆对球的作用力一定向上，这
样合力才可能向上作为向心力，所以D 正确。
故选：ACD。
11. （多选）（2023 秋•龙泉驿区期中）如图（a），被固定在竖直平面内的轨道是由内径
很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低
处分别安装M、N、P、Q 四个压力传感器。一小球（可视为质点）在水平轨道内以不同的初
速度v0向右运动（传感器不影响小球的运动）。在同一坐标系中绘出传感器的示数F 与v0
2的图
像Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ如图（b）所示。重力加速度g＝10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．直线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是M、N、P 传感器的图像
B．由图像可求得小球的质量m＝1kg
C．当v0＝3m/s 时，Q 传感器的示数为28N
D．当v0＝6m/s 时，N 传感器的示数为22N
【解答】解：A．根据牛顿第二定律，在Q 点F -mg=m v
2
R
11
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在N 点mg- F =m v
2
R
对M 点mg+ F =m v
2
R
P 传感器不会受到压力作用，故A 错误；
B．根据以上分析可知，I、II、III 对应Q、N、M，由图像可求得，当速度为零时，在Q 点
F0＝mg＝10N
所以小球的质量m＝1kg，故B 正确；
C．根据图b 可知，当v0
2=25时，N 处弹力为零，根据动能定理1
2 mv N
2 - 1
2 mv0
2=-2mgR
对N 处，根据牛顿第二定律mg=m v N
2
R
联立解得R＝0.5m
当v0＝3m/s 时，根据牛顿第二定律F1-mg=m v0
2
R
解得F1＝28N
故C 正确；
D．当v0＝6m/s 时，根据动能定理
1
2 mv ' N
2 - 1
2 mv '0
2=-2mgR
根据牛顿第二定律mg- F2=m v ' N
2
R
联立解得
F2＝﹣22N
所以此时N 传感器示数为零，故D 错误。
故选：BC。
12. （2023 秋•郫都区校级月考）如图所示，一长为0.1m 的轻杆的一端固定在位于O 点
的水平转轴上，另一端固定一质量为0.1kg 的小球（可视为质点），轻杆随转轴在竖直平面内
做圆周运动，P 是圆周上的最高点，Q 为最低点。已知重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
12
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A．当小球运动到与O 点等高的水平位置时，杆对小球的作用力为零
B．若小球刚好能经过最高点P，则此时杆对小球的作用力为零
C．若小球经过P 点时杆对小球的作用力大小等于0.36N，则此时小球的速度大小一定等于
0.8m/s
D．若小球经过Q 点时杆对小球的作用力大小等于5N，则此时小球的速度大小一定等于2m/s
【解答】解：A、当小球运动到与O 点等高的水平位置时，杆对小球的作用力提供小球做匀速圆
周运动的向心力，不为零，故A 错误；
B、小球恰好能够到达最高点P，则有vp＝0，由牛顿第二定律可得：F+mg＝0，则F＝﹣mg，所
以此时杆对小球的作用力不为零，故B 错误；
C、在最高点P，杆对小球的作用力可能向上，也可能向下，因此有：mg- F =m v1
2
L
或
mg+ F =m v2
2
L
解得：v1＝0.8m/s，v2=√1.36m/ s，故C 错误；
D、当小球运动到Q 点时，小球受到杆的拉力为5N，则有：F -mg=m vQ
2
L
，代入数据解得：vQ
＝2m/s，故D 正确。
故选：D。
13. （2023 秋•郫都区校级月考）如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在
做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N 装有连着数字计时器的光电门，可测
球经过N 点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M 点时对管道作用力F
（竖直向上为正），用同一小球以不同的初速度重复实验，得到F 与v N
2 的关系图像如图乙，c
13
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为图像与横轴交点坐标，b 为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中不
正确的是（ ）
A．若小球经过N 点时满足v N
2 =c，则经过M 点时对轨道无压力
B．当小球经过N 点时满足v N
2 =√2c，则经过M 点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为c
5 g
D．小球质量m=- b
5 g
【解答】解：A、由乙图可知，当v N
2 =c 时，小球经过M 点时对管道作用力F＝0，故A 正确；
B、由乙图可知，当v N
2 =√2c 时，小球经过M 点时对管道作用力F＞0，即F 的方向竖直向上，
小球对外管道壁有压力，故B 错误；
C、设圆的半径为R，从最高点M 到最低点N，由动能定理得：2mgR= 1
2 m v N
2 - 1
2 m v M
2
当v N
2 =c 时，代入上可得：v M
2 =c﹣4gR
此时小球经过M 点时对管道作用力为：F＝0
则有：mg＝mv M
2
R =
mc - 4 gR
R
解得：R= c
5 R
，故C 正确；
D、小球经过M 点时，由向心力公式有：mg+F′＝mv M
2
R
由牛顿第三定律有：F′＝F
14
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结合2mgR= 1
2 mv N
2 - 1
2 mv M
2
当v N
2 =0 时，F＝﹣b 时，解得：m=- b
5 g
，故D 正确。
本题选不正确的，故选：B。
电磁场中的竖直面内圆周运动模型（14-18 题）
14. （2011•汉中二模）如图所示，用绝缘细线拴一带负电的小球P，在竖直平面内做圆
周运动，已知外界的匀强电场方向竖直向下，则小球P 在竖直面内做圆周运动过程中，下列分
析正确的是（ ）
A．当小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能守恒
【解答】解：A、当电场力F＝mg 时，小球做匀速圆周运动，所以小球运动到最高点时，张力
不一定最小，最低点时，速度不一定最大，故A、B 错误；
C、从最低点到最高点，电场力做正功，粒子电势能减小，所以最高点a 的电势能最小，故C 正
确。
D、因为电场力做功，所以小球机械能不守恒；故D 错误。
故选：C。
15. （2018•龙泉驿区校级一模）如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段
是水平的，BD 段为半径R＝0.25m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的
匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运
动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10﹣
2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g 取10m/s（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整
个运动过程无电荷转移）
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（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大小；
（2）在满足（1）的条件下，求甲的速度υ0；
（3）甲仍以（1）中的速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的
首次落点到B 点的距离范围．
【解答】解：（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得：﹣mg•2R﹣qE•2R
= 1
2 m v D
2 - 1
2 m vB
2 ①
乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得：mg+qE＝mv D
2
R
②
联立①②式代入题给数据可得：vB=√10 gR =√10×10×0.25m/s＝5m/s
（2）设向右为正方向，对两球碰撞的过程运用动量守恒定律可得：mv0＝mv0′+mvB
因为是弹性正碰，故机械能守恒：1
2 mv0
2= 1
2
mv0′2+ 1
2 mvB
2
联立解得：v0′＝0，v0＝vB＝5m/s
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒有：Mv0＝
MvM+mvm
根据机械能守恒定律有1
2 Mv0
2= 1
2 Mv M
2 + 1
2 mvm
2
有以上两式可得：vm= 2 M v0
M +m
分析可知：当M＝m 时，vm取最小值v0
当M≫m 时，vm取最大值2v0
可得B 球被撞后的速度范围为：v0＜vm＜2v0
设乙球过D 点的速度为vD′，由动能定理得﹣mg•2R﹣qE•2R= 1
2
mvD′2- 1
2 mvm
2
联立以上两个方程可得：3√5m/s＜vD′＜2√30m/s
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设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x'，则有：x'＝vD′t，2R= 1
2 gt
2
所以可得首次落点到B 点的距离范围：3√2
2
m≤x'＜2√3m
16. （2020•涪城区校级二模）如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是
水平的，BD 段为半径R＝0.2m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强
电场中，场强大小E＝5.0×103V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，
与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知乙球的质量为m＝1.0×10﹣2kg，乙所带电荷
量q＝2.0×10﹣5C，甲球质量为乙球质量的k 倍，g 取10m/s（水平轨道足够长，甲、乙两球可
视为质点，整个运动过程无电荷转移）
（1）若k＝1，且甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求甲的速度υ0；
（2）若k＞1，且甲仍以（1）中的速度υ0向右运动，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范
围．
【解答】解：（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开
D 点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B 点的距离为x，则
m v D
2
R =mg+qE
①
设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，
根据动量守恒有：kmv0＝kmv 甲+mv 乙 ②
1
2 km v0
2= 1
2 km v甲
2 + 1
2 m v乙
2 ③
联立②③得：v乙= 2k
k +1 v0 ④
由k＝1，则v 乙＝v0
由动能定理得：-mg⋅2 R -qE⋅2 R = 1
2 m v D
2 - 1
2 m v乙
2 ⑤
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联立①④⑤得：v0=√
5(mg+qE)R
m
=2√5
m/s ⑥
（2）甲、乙完全弹性碰撞，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，由②③得
解得v乙= 2k
k +1 v0 ⑦
又k＞1，则v0＜v 乙≤2v0 ⑧
设乙球过D 点的速度为vD′，由动能定理得
-mg⋅2 R -qE⋅2 R = 1
2 mv ' D
2 - 1
2 mv乙
2 ⑨
解得：2m/s＜vD′≤8m/s ⑩
设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x′，则有：x′＝vD′t
2 R = 1
2 ( mg+qE
m
)t
2
联立解得：0.4m＜x'≤1.6m
17. （2011•泸州二模）如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，
BD 段为半径R＝0.2m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，
场强大小E＝5×103N/C，一不带电的绝缘小球甲，以初速度V0沿水平轨道向右运动，到B 点
时与静止在该点带正电的小球乙发生弹性碰撞，碰撞后乙球恰能通过轨道的最高点已知甲、乙
两球的质量均为m＝1xlO﹣2kg，乙球所带电荷量q＝2×10﹣5C（取g＝10m/S
2，水平轨道足够长，
甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）求：
（1）乙球通过D 点后落到水平轨道上的位置距B 点的距离；
（2）甲球初速度V0的大小。
【解答】解：（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，
乙离开D 水平轨道的时间为t，乙的落点B 距离为x 则：
在最高点：mv D
2
R =
mg+qE ①
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2R= 1
2
（mg+qE
m
）t2 ②
x＝vDt ③
联立①②③得：x＝0.4m ④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲，v 乙，根据动量守恒定律和有mv0＝mv 甲+mv 乙 ⑤
根据机械能守恒定律有1
2 mv0
2= 1
2
mv 甲2+ 1
2
mv 乙2 ⑥
联立⑤⑥得 v0＝v 乙 ⑦
由动能定理，得﹣mg•2R﹣qE•2R= 1
2 mv D
2 - 1
2
mv 乙2 ⑧
联立①⑦⑧得：v0=√
5(mg+ Eq)R
m
=2√5m/s ⑨
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