备战2025高考物理3年高考2年模拟1年原创专题6.6与圆周运动相关的功能问题含解析

PAGEPAGE1专题6.6与圆周运动相关的功能问题【考纲解读与考频分析】圆周运动是重要模型，与圆周运动结合考查功能问题是命题热点。【高频考点定位】：圆周运动功和能考点一：与圆周运动结合考查功能问题【3年真题链接】1.（2024·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透亮座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）

A.

摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.

在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C.

摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.

摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【参考答案】B【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，重力势能时刻变更，即机械能时刻变更，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列牛顿其次定律方程，得所以,故B项正确；依据冲量,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故C项错误；乘客重力的瞬时功率,指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中、不变，角不断变更，重力瞬时功率不断变更，故D项错误。

【分析】因为动能不变，重力势能时刻变更，判出机械能不断变更；依据牛顿其次定律计算重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；依据计算瞬时功率。2.（2024•天津）滑雪运动深受人民群众宠爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（

）

A.

所受合外力始终为零

B.

所受摩擦力大小不变

C.

合外力做功肯定为零

D.

机械能始终保持不变【参考答案】C【名师解析】因为运动员做曲线运动，所以合力肯定不为零，A不符合题意；

运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，依据可知摩擦力越来越大，B不符合题意；

运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变更量为零，依据动能定理可知合力做功为零，C符合题意；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D不符合题意；

3.(2024·全国卷Ⅱ，14)如图4所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止起先下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A.始终不做功 B.始终做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心【参考答案】A【名师解析】因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力始终不做功，选项A正确，B错误；起先时大圆环对小环的作用力背离圆心，到达圆心等高点及下方，大圆环对小环的作用力指向圆心，故选项C、D错误。4.（12分）（2024年4月浙江选考）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin37（1）求过山车过F点时的速度大小。（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。（3）如图过D点时发觉圆轨道EF段有故障，为保证乘客平安，马上触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？【名师解析】：在F点，选择某个乘客为探讨对象，依据牛顿其次定律有m人g-0.25m人g=m人，r=Lsinθ=12m解得：vF==3m/s。（2）设整个过程摩擦阻力做功为W，对过山车从B到F的过程，应用动能定理，得mg（h-r）+W=-0，解得：W=-7.5×104J（3）触发制动装置后，设恰好能够到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理，-μmgcosθLcosθ-mgr=-联立解得：Ff1=×103N=4.6×103N要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2，Ff2=mgsinθ=6×103N综合考虑可得：Ffm=6×103N。5.（2024全国高考III卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=3/5，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还始终受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。【名师解析】（1）解:设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有

①

②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿其次定律得

③

由①②③式和题给数据得

④

⑤

（2）解:设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得

⑥

⑦

由动能定理有

⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为

⑨

（3）解:小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有

⑩

⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得

⑫【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿其次定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。

（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。

（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。【2年模拟再现】1．（2024吉林长春四模）（6分）如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个小球A、B分别位于左、右管道上的最高点，A球的质量小于B球质量，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球由静止起先自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（）A．A球的速率肯定等于B球的速率 B．A球的动能肯定等于B球的动能 C．A球的向心加速度肯定等于B球的向心加速度 D．A球对轨道的压力肯定等于B球对轨道的压力【参考答案】C【命题意图】以小球沿竖直面内内壁光滑的圆形管道的圆周运动为背景，考查动能定理、牛顿运动定律和学生的分析综合实力。【解题思路】设小球的质量为m，管道半径为R，由动能定理，则小球下落到最低点时的动能Ek=mv2=2mgR，解得速度大小，由于竖直面内内壁光滑的圆形管道的半径R不同，所以A球的速率大于B球的速率，A球的动能大于B球的动能，选项AB错误；两球的向心加速度大小，即A球的向心加速度肯定等于B球的向心加速度，选项C正确；设小球通过各自管道最低点时所受的支持力为FN，由牛顿其次定律FN-mg=man，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为FN=FN’=5mg，与小球质量有关，由于A球的质量小于B球质量，所以A球对轨道的压力肯定小于B球对轨道的压力，选项D错误。【规律总结】对于竖直面内的圆周运动，求运动到最高点或最低点的速度，一般运用动能定理列方程求解；计算运动到最高点或最低点受到的弹力，一般运用牛顿其次定律列方程得出。2．(2024·安徽第三次联考)如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m，初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于圆管内径)()A．小球到达C点时的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R【参考答案】B【名师解析】对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有eq\f(1,2)mv02＋mgR＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvE2＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为圆管内壁可供应支持力，所以小球到达E点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，则有eq\f(1,2)mvD2＝mgh，又由机械能守恒可知vD＝v0，解得h＝eq\f(5,4)R，选项D错误。3.(2024.福建省南平市一模)如图所示，质量为100g的小球，从H=13m高处由静止起先沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4m的竖直圆环内侧，恰能到达圆环顶点C，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑水平轨道BD，并挤压右端固定的水平弹簧。已知，小球与圆环间的动摩擦因数到处相等，重力加速度g=10m/s2，则弹簧的最大弹性势能可能为(A.7J B.8J C.9J D.10J【参考答案】BC【名师解析】小球在A点具有的能量为E1=mgH=13J，小球恰好能到达C点，则此时向心力完全由重力供应mv2R=mg，则小球在C点具有的能量为E2=12mv2+2mgR=52mgR=10J，小球与圆环间存在摩擦，从B到C由摩擦损耗的能量为3J，由于从C到B较从B到C的速度较小，故摩擦损耗较小，因此从C到B摩擦损耗小于3J，即弹簧弹性势能最大值必定大于10-3=7J，但是该最大值不行能大于C点小球具有的能量10J，由此推断B、C选项的8J和9J是有可能的，A、D的7J和10J不行能，故B、C正确，A、D错误。

【方法归纳】首先分析小球从A点运动至C点过程中存在的摩擦损耗，B至C和C至B两过程由于速度不一样，摩擦损耗也不一样，题设给出恰好能通过C点则在该点重力供应向心力，由此为依据列式计算出相应的能量关系进而分析求解。该题属于典型的临界状况分析题，临界点在于小球刚好能够通过CA.2mg B.3mg C.4mg D.5mg【参考答案】C【名师解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，依据机械能守恒定律，有1.6mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，选项C正确。5.（2024湖南衡阳三模）如图所示，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量M＝2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙。现将M压缩弹簧肯定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N．上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知与传送带同的动摩擦因数为μ＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2．求：（1）在圆弧轨道的B点时物体的速度（2）M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运输M多输出的电能E。（3）M释放前，系统具有的弹性势能Ep【名师解析】（1）M恰能过A点，由牛顿其次定律：Mg+FA＝M解得VA＝m/s，从B到A由机械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝解得vB＝5.0m/s（2）M在传送带上运动时由于VB小于皮带速度，可知物体始终做加速运动，由μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma解得a＝0.4m/s2由公式：＝2aL，解得v＝3m/s由vB＝vc+at解得t＝5s；传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40m，由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，多做的功W＝μMgcosθ•x1＝512J，多输出的电能E＝512J（3）设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：W﹣μ2Mgx0＝M﹣0解得：W＝19J可知Ep＝19J答：（1）在圆弧轨道的B点时物体的速度为5.0m/s（2）M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运输M多输出的电能E为512J。（3）M释放前，系统具有的弹性势能为19J6．（20分）（2024四川四市二诊）如图所示，在倾角＝37°的光滑斜面上用装置T锁定轨道ABCD．AB为平行于斜面的粗糙直轨道，CD为光滑的四分之一圆孤轨道，AB与CD在C点相切，质量m＝0.5kg的小物块（可视为质点）从轨道的A端由静止释放，到达D点后又沿轨道返回到直轨道AB中点时速度为零．已知直轨道AB长L＝1m，轨道总质量M＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小物块与直轨道的动摩擦因数；（2）求小物块对圆弧轨道的最大压力；【名师解析】（1）小物块在从A→B→D→C→直轨AB中点的过程中，依据能量守恒（2分）解得：＝0.25（1分）（2）设圆轨道的半径为R，小物块在从A→B→D的过程中，依据动能定理mg（Lsin－Rcos＋Rsin）－mgLcos＝0（2分）解得：R＝2m设四分之一圆弧轨道的最低点为P，小物块从D点返回C点的过程中，经过P点时，小物块对圆轨的压力最大，设速度为vp，轨道对小球的最大支持力大小为F，小物块对圆轨道的最大压力为F＇，则（1分）（2分）F＇＝F（1分）解得：F＇＝9N（1分）（3）设小物块第一次返回C点时，速度为vC，解除轨道锁定后，小物体的加速度沿斜面对下，大小为1，轨道的加速度沿斜面对上，大小为2．从今时起到小物块与轨道共速时所用的时间为t，则（2分）m1＝mgsin＋mgcos（2分）M2＝mgcos－Mgsin（2分）vC－1t＝2t（2分）解得：vC＝2m/s，1＝8m/s2，2＝4m/s2t＝（2分）7.（2024名校模拟）某工厂车间通过图示装置把货物运输到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽视不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），全部轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因素均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离；

（2）传送带把货物从A端运输到【名师解析】：（1）因贷物恰好能滑入二楼仓库，则在圆轨道的最高点E，向心力恰好由重力供应，得：

mg=m代入数据解得：vE=2m/s

货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，做匀减速运动，设货物在二楼仓库地面滑行的距离为s．由动能定理得：-μmgs=0-

代入数据得：s=1m

（2）设货物离开传送带时的速度为vB，货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：

-mgs•sin37°-μmgs•cos37°-mgr（1+cos37°）=-

代入数据得：vB=8m/s

货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力供应加速度，由牛顿其次定律得：

ma=μmg所以：a=μg=0.2×10=2m/s2

货物从起先运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则：

2ax=代入数据得：x=16m

该过程中的时间：t===4s

该过程中传送带的位移：x′=vt=10×4=40m

货物相对于传送带的位移：△x=x′-x=40-16=24m

所以传送带把货物从A端运输到B端过程中因摩擦而产生的内能：Q=μmg•△x=0.2×50×10×24=2400J

答：（1）货物在二楼仓库地面滑行的距离是1m；

（2）传送带把货物从A端运输到B端过程中因摩擦而产生的内能是2400预料考点一：与圆周运动结合考查功能问题【2年模拟再现】1.(2024·湖南岳阳二模)如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是（）A.在最高点D，小球的向心加速度大小为2g

B.在最低点C，小球对轨道压力为7mg

C.为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5R

D.若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg【参考答案】D【名师解析】在最高点D，对小球，依据牛顿其次定律得ND+mg=ma，据题ND=2mg，则小球的向心加速度大小为a=3g，故A错误。在最高点D，由a=vD2R得vD=3gR.小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得12mvD2+2mgR=12mvC2.在最低点C，对小球，由牛顿其次定律得：

NC-mg=mvC2R，联立解得NC=8mg，由牛顿第三定律知在最低点C，小球对轨道压力为NC'=NC=8mg，故B错误。小球恰能通过最高点D时，由重力供应向心力，则有mg=m【方法归纳】在最高点D，依据牛顿其次定律求小球的向心加速度，并由a=v2R求出小球在D点时的速度。小球从C到D点的过程，利用机械能守恒定律求出小球经过C点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力。小球恰能通过最高点D时，由重力供应向心力，由牛顿其次定律求出D点的临界速度，再由机械能守恒定律求释放点的高度。依据机械能守恒定律和向心力公式结合求小球在C2.（2024·河南天一大联考模拟四）如图所示，圆心为O、半径为R的光滑半圆弧槽固定在水平地面上，一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上，另一端连在距离O点正上方R处的P点。小球放在与O点等高的槽口A点时，轻橡皮筋处于原长。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧槽向下运动，运动到最低点B时对圆弧槽的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则小球从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A.小球运动到最低点时，橡皮筋的弹力等于mg

B.橡皮筋弹力做功的功率渐渐变大

C.小球运动过程中，机械能的削减量等于橡皮筋弹性势能的增加量

D.小球运动过程中，重力势能的削减量等于小球动能增加量与橡皮筋弹性势能增加量的和【参考答案】CD【名师解析】小球运动到最低点时，依据牛顿其次定律可得F-mg=mv22R，橡皮筋的弹力F=mg+mv22R，故大于mg，故A错误；依据P=Fv可知，起先时v=0，则P=0，在最低点速度方向与F方向垂直，则P=0，故橡皮筋弹力做功的功领先变大后变小，故B错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球运动过程中，机械能的削减量等于橡皮筋弹性势能的增加量，故C正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即动能+重力势能+弹性势能=恒量，小球运动过程中，重力势能的削减量等于小球动能增加量与橡皮筋弹性势能增加量的和，故3.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内、外壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1.0kg的小滑块(可视为质点)放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6m处由静止释放小滑块，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小滑块进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝0.5J。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小滑块在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小滑块的最大动能Ekm；(3)小滑块最终停止的位置。【名师解析】(1)小滑块进入管口C端时它与圆管外管壁有大小为FN＝2.5mg的相互作用力，故小滑块在C点受到的向心力大小为F向＝2.5mg＋mg＝35N。(2)在压缩弹簧过程中小滑块速度最大时，所受合力为零。设此时小滑块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m在C点合外力供应向心力，有F向＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)得veq\o\al(2,C)＝7m2/s2小滑块从C点运动到速度最大位置的过程中，由机械能守恒定律得mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ekm＋Ep联立解得Ekm＝mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－Ep＝6J。(3)小滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得B、C间的距离s＝0.5m小滑块与弹簧作用后返回C处动能不