6圆周运动的综合问题

1、圆周运动的综合应用直线运动的综合1. (2018衡水一模)某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变)，再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在 A点的速度vo=72 km/h, AB长L1=150m； BC为四分之一水平圆弧段，限速(允许通过的最大速度)v=36 km/ h,轮胎与BC段路面间的动摩擦因数科=0.5,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长 L2= 50 m,重力加速度g取10 m/s2。(1)若轿车到达B点时速度刚好为 v=36 km/h,求轿车在

2、AB下坡段加速度的大小；(2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段 BC半径R的最小值；(3)求轿车从A点到D点全程的最短时间。答案：(1)1 m/s 2 (2)20 m (3)23.14 s解析：(1) Vo = 72 km/h = 20 m/s , AB长 Li = 150 m ,v= 36 km/h = 10 m/s ,对AB段匀减速直线运动有22v Vo = 2aL1代入数据解得a= 1 m/s 2。(2)汽车在BC段做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，2 vFf=mR为了确保安全，则须满足FfWmg联立解得：R> 20 m,即：FU=20 m。(3)设AB段时间为t1, B

3、C段时间为t2, CD段时间为t3,全程所用最短时间为to由运动学规律得Vo+ VL1 =2 t 112 兀 Rnin = Vt 2VL2= 2t3t=t1+t2+t3联立以上各式，代入数据解得:t = 23.14 s 。2 .多选（2018湖南六校联考）如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径 R=0.5 m,细线始终保持水平;被拖动物块质量 m= 1 kg,与地面间的动摩擦因数产0.5;轮轴的角速度随时间变化的关系是3= kt, k= 2 rad/s2, g取10 m/s2,以下判断正确的是（）A.物块做匀速运动B.细线对物块

4、的拉力是 5 N0C.细线对物块的拉力是 6 ND.物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2答案：CD解析：由题意知，物块的速度为：v= 3 R = 2t X 0.5 = 1t又丫 = 2匕 故可得：a= 1 m/s2,所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确。由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F= ma= 1 N , F= T f,地面摩擦阻力为：f= mg= 0.5X1X10 N= 5 N故可得物块受细线拉力为：T= f + F= 5 N+1 N = 6 N,故B错误，C正确。力学综合3 . （2018武汉华中师大附中模拟）如图所示，一根细线下端拴一个

5、金属小球A,细线的上端固定在金属块 B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球 A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A .金属块B受到桌面的静摩擦力变大B.金属块B受到桌面的支持力变小/；C.细线的张力变大二上二；D.小球A运动的角速度减小答案：D解析：设 A B质量分别为 m M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a,细线与竖直方向的夹角为0 ,对B研究，B受到的摩擦力f = Tsin 0 ,对A,有Tsin 0 = ma Tcos 0 =mg 解得a= gt

6、an 0 , 0变小，a减小，则静摩擦力变小，故 A错误；以整体为研究对象知，Bmg受到桌面的支持力大小不变，应等于（M+ mg,故B错误；细线的拉力T=7，e变小，3cos 0T变小，故C错误；设细线长为l ,则a= gtan 0 = Jlsin 0,3 = y , g , 0变 3丫 l cos 。小，3变小，故D正确。平抛的综合4.如图所示，一根长为0.1 m的细线，一端系着一个质量是 0.18 kg的小 球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N .求：(1)线断裂的瞬间，线的拉力；(2)这时小球

7、运动的线速度；(3)如果桌面高出地面 0.8 m,线断后小球飞出去落在离桌面的水平距离为多少的地方?答案：(1)45 N (2)5 m/s (3)2 mmg、桌面弹力Fn和线解析：(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用，重力的拉力F.重力mg和弹力Fn平衡.线的拉力等于向心力，F向=F= mco2R.设原来的角速度为3 0,线上的拉力是 Fo ,加快后的角速度为 3,线断时的拉力是 F1.则F 1 : Fo= Cl>2 ： 32:9 ： 1.又 Fi = Fo+40N,所以 Fo=5N,则线断时 Fi = 45N.(2)设线断时小球的速度为v,FiR2mv2由F1 =得v=R

8、0.1845 X 0.1 m/s= 5 m/s.(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间2hg2X 0.8s= 0.4 s.小球落地处10离桌面的水平距离 s= vt = 5X0.4 m= 2 m.5. (2018咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD,其 A点与圆心等高， D轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自 点正上方某处由静止释放， 且从A点进入圆弧轨道运动， 只要适当调点为A节释放点的高度，总能使球通过最高点A. 一定会落到水平面 AE上D,则小球通过D点后(B. 一定会再次落到圆弧轨道上C.可能会再次落到圆弧轨道上D,不能确定答案：

9、A解析：设小球恰好能够通过最高点D,2根据mg= mR,得：VD=.'gR知在最高点的最小速度为-gR。小球经过D点后做平抛运动,根据R= 2gt2得：t=、/2，则平抛运动的水平位移为：x='gR-2R= “2R,知小球一定落在水平面 AE上。故A正确，B、C D错误。6 . (2018潍坊调研)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O,半径R= 0.5 m, C为最低点，其中 OB水平，/ AOC=37°,质量m=2 kg的小球从轨道左侧距地面高h= 0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道 A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取 g= 10

10、 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8,求:-Inc(1)小球抛出点到 A点的水平距离；(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。答案：(1)1.2 m (2)68 N解析：(1)小球做平抛运动，12竖直万向：hR1cos 37 )=2gt2,解得：t = 0.3 s ,竖直分速度：Vy=gt= 10X0.3 m/s = 3 m/s ,vy 3水平分速度：vo=;一o_ o = - m/s =4 m/s ,tan 370.60.8抛出点距A点的水平距离：L= x = Vot =4X0.3 m = 1.2 m。(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：1212mg h R

11、) = 2mB _ 2mvo,2VB在B点，由牛顿第二定律得：F= mR,解得：F=68 N,由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小:F' = F= 68 N。能量的综合 (上下压力差，从最低点出发过最到点、不脱离轨道、脱离位置的计算)7 .质量为m的小球用绳子系住在竖直平面内作圆周运动，则小球运动到最低点和最高点时 绳子所受拉力大小之差为 .答案：6mg8 .多选如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径 r=0.4 m,最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度_V0,则要使小球不脱离圆轨道运动，Vo应当?t足(g = 10 m/s2)f ()A.

12、 vo>0B. Vo>4 m/sC. vo>2乖 m/sD. v°w 2g m/s答案：CD解析：解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。对于第(1)种情况，当vo较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mgwmv2/r,又根据机械能守恒定律有mv2/2+ 2mgr = mv2/2,可求得vo>2, 5 m/s,故选项C正确；对于第(2)种情况，当vo较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件 是小球上升到与圆心等高位置处，速

13、度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr=mv0/2,可求得vo<2 2 m/s,故选项D正确。9 .一质量为m的小球用长度为L轻绳悬挂在某固定点，重力加速度为g,不考虑任何阻力的情况下，(1)小球在最低点时获得多大的初速度，恰好能通过最高点；(2)若轻绳始终保持紧绷状态，小球在最低点速度的范围应该是什么；(3)若小球在最低点速度为 2 gL ,则小球脱离圆轨道的一瞬间，轻绳转过的角度问多少？3 _ _0答案：(1) J5gL (2) v 2 J5gL 或 v < J2gL (3)略 sin 日=一，37 ,510 .如图所示，轻绳的一端固定在。点，另一端系一质量为 m的小球(可视

14、为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线 OP的夹角。满足关系式T = a+bcos 0,式中a、B2b .mbD.3mb为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()AA.2m3b C.m答案：D解析：设小球在最低点，即。=0时的速度为vi,拉力为Ti,在最高点，即 。=180°时的速v2v2度为v2,拉力为T2,在最低点有：T1-mg=m在最高点有：T2+ mg= m,根据动能定RR理有：2mgR= 2mv2 2mv2,可得 TiT2=6mg,对比 T= a+bcos 0,有 Ti= a + b, T2= a -b,故TiT2

15、=2b,即6mg=2b,故当地重力加速度 g=",选项D正确。3m考点：动能定理，圆周运动11 . (2012洛阳一练)如图所示，从光滑的1/ 4圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，若要使小物块滑出 槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为Ri,半球的半径为 &,则Ri和R2应满足的关系是（）A. 1WR2/2B. Ri > R2/ 2C. R1WR2D. Ri>R2答案：B解析：要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，小物块做平抛运动，小物块滑至槽口时满足22mgwmv/R2.从光?f的1/ 4圆弧槽的

16、最局点滑下的小滑块，机械能守恒，mg R仁一 mv ,联 121立解得Ri>R2/2,选项B正确。12 .（2018沈阳模拟）用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中 ABC为圆 轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于 C点，已知圆轨道 的半径R= 1 m,倾斜轨道CD与水平地面的夹角为 0= 37°,现将 一小球以一定的初速度从 A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直飞冷:径，取重力加速度 g= 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8,求小球通过倾斜轨道CD的最长时间（结果保留一位有效数字）。答案：0.7 s解析：小球通过倾斜轨道

17、时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0,从最高点到C点：12对小球由动能th理可得：mgh= 2mv由几何关系得：h=R Rsos 0小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：,1 ,2L= vCt + 2at,“R 1 + cos 9CD的长度为：L sin 0对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin 0 = ma代入数据联立解得：t=0.7 s 。13 .多选（2018厦门一中检测）如图所示，两根等长的细线栓着两个小球在竖直平面内各自做 圆周运动，某一时刻小球 1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m,忽

18、略空气阻力的影响，则下列 二. 三1,、说法正确的是（）1,IIA.此刻两根细线拉力大小相同工/B.运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC.运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD.若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能答案：CD解析：初始位置，球1加速度向上,超重，球2加速度向下,失重，故球1受到的拉力较大,2V2人,、一F2 mg= mR,两个球运F1 = mR- 5mg F2 = mR+ 5mg 故 F2R = 10mg 故 B错误,C正确；两个球运动过程中机械2Vi. 一 ， ， .故A错误；球1在取局点，有：Fi+mg= mR-,千2 2在取

19、低点，有:1 2 121 2 12动过程中机械能守恒，有：球 1： 2mv=2mv + 2mgR千2： 2mv= 2mv 2mgR联立解得:能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确。14 .如图所示，一根轻质细杆的两端分别固定着A、B两只质量均为 m的小球，O点是一光滑水平轴，已知 AO=a, BO=2a,使细杆从水平位置由静止开始转动，当 B球转到O 点正下方时，它对细杆的拉力大小是多大？A /I /V9mg答案：一-515 .如图所示，一根轻的刚性杆长为 21,中点A和右端点B各固定一个质量为 m,的小球，左端O 为水平转轴.开始时杆静止在水平位置，释放后将向下摆动.问杆从开始释放到摆到竖直位 置的过程中，杆对B