2020年高考物理专题训练九圆周运动与动能定理的综合考查

1、2020年高考物理专题训练九圆周运动与动能定理的综合考查1.如图，一半径为 R粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从 P点进入轨道。质点滑 到轨道最低点N时，对轨道的压力为 4mg, g为重力加速度的大小。用 W表示质点从P 点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 （）1A . W= 2mgR,质点恰好可以到达1B. W> mgR,质点不能到达 Q点1 一， 一 ，一 一_ C. W= 'mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离1 一， 一 ，一 一_ D. Wv 2mgR,质点到达 Q点后，继续上升

2、一段距离【解析】：根据动能定理得 P点动能EkP=mgR,经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg- mg= mr1,所以N点动能为EkN=3m2gR,从P点到N点根据动能定理可得mgR-W= 3mgR- mgR,即克服摩擦力做功 W= mR。质点运动过程，半径方向的合力提供向心 x2力即Fn - mgcos 0= ma=mR,根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff= 变小，所以摩擦力做功变小， 那么从N到Q,根据动能定理，Q点动能EkQ=3mgR mgR- W'= 2mgR- W',由于W'v m

3、gR,所以Q点速度仍然没有减小到 0,会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。2.如图，一半径为 R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为 2mg,重力加速度大小为 g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 AmgR1 B.amgR 31 C”mgR兀DqmgR【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有FN - mg= mv2-, FN = 2mg ,联立解得R丫=刷，下滑过程中，根据动能定理可得 mgR一 1一一11一人Wf=2mv2,解得Wf=2mgR,所

4、以克服摩擦力做功 ,mgR, C正确。B端距水平地面的高度h= 0.45 m。到达轨道B端的速度v=2.0 m/so忽3.如图所示，AB为半径R= 0.50 m的四分之一圆弧轨道,一质量m=1.0 kg的小滑块从圆弧道 A端由静止释放,A.小滑块在圆弧轨道略空气的阻力。取g=10 m/s1根据动能定理有 mgR-W= jmv2,解得W= mgR- 1mv2=3 J, B正确；小滑块从B点做平抛 运动，水平方向上 x= vt,竖直方向上h = 2gt2,解得x= 丫、2h=0.6 m , C正确，D错误。4.如图所示，传送带 A、B之间的距离为L=3.2 m,与水平面间的夹角 0= 37。，传送

5、带沿顺 时针方向转动，速度恒为 v= 2 m/s,在上端A点无初速度地放置一个质量为m= 1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为尸0.5,金属块滑离传送带后， 经过弯道，沿半彳至为R=0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E。已知B、。则下列说法正确的是 （）B端受到的支持力大小 Fn = 16 NB.小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W= 3 JC.小滑块的落地点与 B点的水平距离x= 0.6 mD.小滑块的落地点与B点的水平距离x= 0.3 m【答案】BC2【解析】小滑块在 B端时，根据牛顿第二定律有Fn - mg = m-,解得Fn= 18

6、N , A错误；D两点的竖直高度差 h= 0.5 m(g取10 m/s2)求:(1)金属块经过D点时的速度;(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。【答案】(1)2 5 m/s (2)3 Jx2【解析】(1)金属块在E点时，mg=mf,R解得Ve= 2 m/s,在从D到E过程中由动能定理得：1 o 1-mg - R= 2mvE-2mvD,解得 vd= 2k5 m/s。(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin。+科mgos 0= ma1,解得 a1 = 10 m/s2,设经位移X1达到共同速度，则v2= 2a1X1,解得 xi= 0.2 m<3.2 m,继续加速过程中，mgsin 0m

7、gos 0= ma2,解得 a2=2 m/s2,由 X2=L xi = 3 m, vB v2=2a2X2,解得 vb= 4 m/s,在从B到D过程中由动能定理得12 12mgh W= 2mvD 2mvB,解得w= 3 Jo5.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是 (A . ma ： mb= 3 ： 1B. ma ： mb = 2 ： 1C.若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于

8、 90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆D水平向左移动少许，则当 b球摆过的角度仍为 90°时，a球对地面的压 力刚好为零【答案】AD1 C【解析】：设D杆到b球的距离为r, b球运动到取低点时的速度大小为v,则mbgr=-mbv2,2mag - mbg=r,可得ma=3mb,所以选项 A正确，B错误；若只将细杆 D水平向左移动少许，设D杆到球b的距离变为R,当b球摆过的角度为 。时，a球对地面的压力刚好为零，2此时 b 球速度为 v',如图所示，则 mbgRsin 0= -mv2, 3mbgmbgsin 0=可得 0= 90°,2R所以选

9、项C错误，D正确。6 .（2016前黄中学）一轻绳系住一质量为 m的小球悬挂在 O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕。点做圆周运动，若在水平半径OP的中点A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过P点后将绕A点做圆周运动，则到达最高点N时，绳子的拉力大小为（）A . 0B . 2mgC. 3mgD . 4mg【答案】C【解析】：恰能做圆周运动，则在最高点有：mg=mv2,解得v= VgRoR 1cle由机械能寸恒7E律可知：mg2R= 2mv22mv2,解得初速度v0=V5gR,根据机械能守恒，在最高点N的速度为v；则:312 1?mgR= 2mv

10、0 2mv2根据向心力公式： T+ mg=-5-,联立得T=3mg。故选项 C正确。R27 .质量分别为m和2m的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接， 杆长为L,在离P球、处 3有一个光滑固定轴 O,如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：p1 5 Q小球P的速度大小；(2)在此过程中小球 P机械能的变化量。【答案】等(2)增加了 9mgL【解析】(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球 Q摆到最低位置时 P球的速度为v, 由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v。由机械能守恒定律得2mg 2L mg 3L = 2

11、mv2 + 2 m v)2,解得 丫=2。(2)小球P机械能增加量 AE = mg 1L + 1mv2= 4mgL 3298 .(2016哈尔滨六中二模)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动 L后，由B点进入半径为 R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C,才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量 m=0.5 kg,通电后以额定功率 P=2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4 N,随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10.0 m, R=0.32 m, g 取 1

12、0 m/s2。(1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大?(2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(3)若电动机工作时间为t0= 5 s,当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大？水平距离最大是多少?【答案】(1)30 N (2)4 s (3)0.3 m 1.2 m【解析】(1)赛车恰通过C点的条件是mg = mVCR解得最小速度vc= gR由B到C过程应用机械能守恒定律得2mvB= 2mvC+ mg - R在B点应用牛顿第二定律得Fn -mg =vB mR联立解得 vb= 5gR= 4 m/sFN = 6mg = 30 N由牛顿第三定律得，

13、赛车对轨道的压力Fn'= Fn = 30 No(2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q = Ff L根据能量守恒定律得Pt= ；mvB + Q联立解得t = 4 so(3)由A到C过程根据能量守恒定律得1Pt0= ,mvC2+Q+mg - Ro赛车过C点后做平抛运动，有2Ro = 2gt2, x=vCt联立解得 x2=16R2+9.6R。当 Ro=0.3 m 时 xmax= 1.2 m。1 一9 .(2017苏州一模)如图所示，一个半径为R的4圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为 37°。轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质 弹簧左端

14、与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点。现用一质量为 m的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P点后释放。已知重力加速度为g,不计空气阻力。(1)若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能;(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。【答案】;45mgR (2)见解析(3)竽mgR【解析】(1)小球离开。点做平抛运动，设初速度为V0,由Rcos 37 = vot1 2Rsin 37 = gt2解得 vo=1；gR14由机械能守恒 Ep= mv2 =而mgRQ小球做平抛运动，有(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为Rcos 0=

15、vot1 2Rsin 0= 2gt21 22gtgt位移万向与圆弧垂直tan 0= 标=亚设速度方向与水平方向的夹角为atan a= v1=F=2tan 0V0 V0所以小球不能垂直击中圆弧(3)设落点与。点的连线与水平方向的夹角为Q小球做平抛运动Rcos 0= V0t1 2Rsin 0= 2gt2一12由动能定理mgRsin 0= Ek 2mv231解得 Ek = mgR(sin 0+ 4sn")当 sin 0= +3, Ekmin = 2 mgR10.如图所示，水平光滑轨道 AB与竖直半圆形光滑轨道在 B点平滑连接，AB段长x= 10m,半圆形轨道半径R= 2.5 m.质量m=

16、0.10 kg的小滑块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F,小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C,从C点水平飞出.重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力(1)若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在 A点.求：滑块通过C点时的速度大小；滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道压力的大小;(2)如果要使小滑块能够通过 C点，求水平恒力F应满足的条件.【答案】 10 m/s 9 N (2)F> 0.625 N【解析】(1)设滑块从C点飞出时的速度为 vc,从C点运动到A点的时间为t,滑块从C点飞出后做平抛运动一、，1 一竖直方向：2R= 2gt2水平方向：

17、x= Vet解得 ve= 10 m/s.设滑块通过B点时的速度为vb,根据机械能守恒定律2mvB2=2mvc + 2mgRvB2 设滑块在B点受轨道的支持力为 Fn,根据牛顿第二定律 FN-mg=mvB，联立解得Fn = 9 N根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力Fn= Fn=9 N.(2)若滑块恰好能够经过 C点，设此时滑块的速度为 ve',根据牛顿第二定律有ve2mg= m-R-解得 ve = 7gR= 10 X 2.5m/s = 5 m/s滑块由A点运动到C点的过程中，由动能定理1 oFx mg R 2mve 21 c贝U Fx汨g - R+mvc C一代入数据得 W= 2m

18、v02+ mgsin 37 1cd= 156 J.(2)由x= 12t 4t2可知，物块从 C点运动到B点的过程中加速度的大小为a= 8 m/s2.设物块与斜面CB部分间的动摩擦因数为科，由牛顿第二定律得mgsin 0+mgos 0= ma代入数据解得科=0.25.物块在P点的速度满足 mg = mvP R物块从B点运动到P点的过程中机械能守恒，则有1 o1 o2mvB2= mgR(1 + cos 37 +5mvP2解得水平恒力F应满足的条件为 F >0.625 N.11.如图所示，AB为倾角 437。的斜面轨道，轨道的 AC部分光滑，CB部分粗糙.BP为圆心角等于143。、半径R=1

19、m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于 B点，P、。两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上 C点处.现有一质量m=2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x= 12t4t2(式中，x单位是m, t单位是s),假设物块第一次经过B点后恰能到达 P点.已知sin 37 = 0.6, cos 37 °= 0.8, g取10 m/s2,求：若1cd=1 m,试求物块从 D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功;(2)B、C两点间白距离xbc;(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板

20、碰撞时间极短且无机械能损失，小物块 与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是 否会脱离轨道?【答案】(1)156 J (2)y m (3)不会脱离轨道，理由见解析【解析】：(1)由乂= 12t4t2可知，物块在 C点速度为vo=12 m/s,设物块从 D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W,由动能定理得：12W mgsin 37 lcD = 2mv。2物块从C点运动到B点的过程中有VB2vo2= 2axBc 49由以上各式解得XBC=49 m. 8(3)设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置 Q点，若物块到达与O点

21、等高的位置 Q点时速度为0,则物块会脱离轨道做自由落体运动 .且设其1 c 1速度为 Vq,由动能te理得 mgR 2科 mgBecos 37 = mvQ22mvp2,斛得 Vq2= - 19 m2/s2<0, 可见物块返回后不能到达 Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道12.如图所示，质量m=3 kg的小物块以初速度 vo=4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆 弧的切线方向进入圆弧轨道.圆弧轨道的半径为 R= 3.75 m, B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成 37°角.MN是一段粗糙的水 平轨道，小物块与 MN间

22、的动摩擦因数尸0.1,轨道其他部分光滑.最右侧是一个半径为r= 0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道 BD在D点平 滑连接.已知重力加速度 g= 10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37 = 0.8.0* /IcM3： D»WN 0(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；(2)若MN的长度为L = 6 m,求小物块通过 C点时对轨道的压力大小；(3)若小物块恰好能通过 C点，求MN的长度L'.【答案】(1)62 N (2)60 N (3)10 m【解析】(1)根据平抛运动的规律有 V0=vacos 37 °解得小物块

23、经过 A点时的速度大小 va=5 m/s小物块从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有1192mvA2 + mg (R- Rcos 37 =) 2mvB2小物块经过B点时，根据牛顿第二定律有Fn mg=噌解得Fn= 62 N ,根据牛顿第三定律，小物块通过B点时对轨道的压力大小是62 N.(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有 1212一科 mg J 2mgr= 2mv(2 2mvb2在C点，根据牛顿第二定律有,mv(2Fn + mg=-解得Fn= 60 N,根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N.小物块刚好能通过C点时，根据mvC 2 mg = 解得 vc '

24、;= 2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中,根据动能定理有一mgL 2mgr =mvc - mvB解得 L'= 10 m.13.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g)()2vA.16g2 v B -8g2 v C. 4g2 v D. 2g【解析】：选择最低到最高点作为研究过程由动能定理得:1mv2 2mgr1 2-mv1;2物块做平抛运动:x=vit； t行;求得：x4v22 ,山以杯 ” t 16r ,由数学知识可

25、知，当 g4v22v . 一，时，X取大;8g14.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m,物块A以vo=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨道上 P处静止的物块 B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 吁0.1, A、B的质量均为m= 1kg（重力加速度g取10m/s2; A、B视为质点，碰撞时间极短）。用IK(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小 F;(2)碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)碰后AB滑至第n个(nv k)光滑段上的速度 vn与n的关系式。【答案】(1) F = 22N (2) k = 45(3) vn =- 0?】m/s (且 n < k )【考点】功能关系、 机械能守恒定律及其应用；动量守恒定律及其应用；匀速圆周运动的向 心力【解析】 由机械能守恒定律得：mvo2 = mg(2R) + mv222得：A滑过Q点时的速度v = 4m/s在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有:F + mg =2mvR解得：A滑过Q点时受到的弹力 F = 22N(2) AB碰撞前A的速度为va ,由机械能守恒定律有:mv02