1、高考物理高考物理圆周运动与动能定理的综合考查圆周运动与动能定理的综合考查专题训练专题训练 1.(2015全国卷， 17)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( ) AW1 2mgR，质点恰好可以到达 Q点 BW1 2mgR，质点不能到达 Q点 CW1 2mgR，质点到达 Q点后，继续上升一段距离 DW1 2mgR，质点到达 Q点后，继续上升一段距离
2、 【答案】 ：C 【解析】 ：根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mgmg mv 2 R，所以 N点动能为EkN3mgR 2 ，从P点到N点根据动能定理可得mgRW3mgR 2 mgR，即克服摩擦力做功 WmgR 2 。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FNmgcos mamv 2 R，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FfFN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EkQ3mgR 2 mgRW1 2mgRW， 由于 WmgR 2 ， 所以Q点速度仍
3、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( ) A.1 4mgR B.1 3mgR C. 1 2mgR D. 4 mgR 【答案】 C 【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 FNmg mv2 R ，FN2mg，联立解得 v gR，下滑过程中，根据动能定理可得 mgRWf1 2mv2，
4、解得 Wf 1 2mgR，所 以克服摩擦力做功1 2mgR，C 正确。 3.如图所示，AB为半径R0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h0.45 m。一质量m1.0 kg 的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v2.0 m/s。忽略空气的阻力。取g10 m/s 2。 则下列说法正确的是( ) A小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN16 N B小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W3 J C小滑块的落地点与B点的水平距离x0.6 m D小滑块的落地点与B点的水平距离x0.3 m 【答案】BC 【解析】小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FNmgmv 2
5、R，解得 FN18 N，A 错误；根据动能定理有mgR W1 2mv 2，解得 WmgR1 2mv 23 J，B 正确；小滑块从 B点做平抛运动，水平方向上xvt，竖直方向上 h1 2gt 2，解得 xv 2h g 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L3.2 m，与水平面间的夹角37，传送带沿顺时针方向转 动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块， 它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为R0.4 m 的光滑圆轨 道做圆周运动，刚好能通过最高点E。已知B、D两点的竖直高度差
6、h0.5 m(g取 10 m/s 2)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 J 【解析】(1)金属块在E点时，mgmv 2 E R， 解得vE2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得： mg2R1 2mv 2 E1 2mv 2 D， 解得vD2 5 m/s。 (2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin mgcos ma1， 解得a110 m/s 2， 设经位移x1达到共同速度，则 v 22a 1x1， 解得x10.2 m3.2 m， 继续加速过程中，mgsin mgcos ma2， 解得a22 m/s 2，
7、由x2Lx13 m，v 2 Bv 22a 2x2， 解得vB4 m/s， 在从B到D过程中由动能定理得 mghW1 2mv 2 D1 2mv 2 B， 解得W3 J。 5.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 ( ) Amamb31 Bmamb21 C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 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
8、角度仍为 90时，a球对地面的压力刚好为零 【答案】AD 【解析】 ：设D杆到b球的距离为r，b球运动到最低点时的速度大小为v，则mbgr1 2m bv 2，m agmbgm bv 2 r ， 可得ma3mb，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， 此时b球速度为v， 如图所示， 则mbgRsin 1 2mv 2， 3mbgmbgsin mv 2 R ，可得90，所以选项 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
9、竖直平面内绕O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 ( ) A0 B2mg C3mg D4mg 【答案】 C 【解析】 ：恰能做圆周运动，则在最高点有：mgmv 2 R ，解得vgR。 由机械能守恒定律可知：mg2R1 2mv 2 01 2mv 2， 解得初速度v0 5gR，根据机械能守恒，在最高点N的速度为v，则： 3 2mgR 1 2mv 2 01 2mv 2 根据向心力公式：Tmgmv 2 R 2 ，联立得T3mg。故选项 C 正确。 7.质量分别为m和 2m的
10、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L 3处有一个光滑固定 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： (1)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】(1) 2gL 3 (2)增加了4 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 2mg2 3Lmg 1 3L 1 2mv 21 22m(2v) 2， 解得 v 2gL 3 。 (2)小球P机械能增加量 Emg
11、1 3L 1 2mv 24 9mgL 8.(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m0.5 kg，通电后以额定功率P2 W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为Ff0.4 N， 随后在运动中受到的阻力均可不计，L10.0 m，R0.32 m，g取 10 m/s 2。 (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
12、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t05 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mgmv 2 C R 解得最小速度vCgR 由B到C过程应用机械能守恒定律得 1 2mv 2 B1 2mv 2 Cmg2R 在B点应用牛顿第二定律得 FNmgmv 2 B R 联立解得vB 5gR4 m/s FN6mg30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力FNFN30 N。 (2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量QFf L
13、 根据能量守恒定律得 Pt1 2mv 2 BQ 联立解得t4 s。 (3)由A到C过程根据能量守恒定律得 Pt01 2mv C 2Qmg2R 0 赛车过C点后做平抛运动，有 2R01 2gt 2，xv Ct 联立解得x 216R2 09.6R0 当R00.3 m 时xmax1.2 m。 9.(2017苏州一模)如图所示，一个半径为R的1 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
14、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】 (1) 4 15mgR (2)见解析 (3) 3 2 mgR 【解析】(1)小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由 Rcos 37v0t Rsin 371 2gt 2 解得v0 8 15gR 由机械能守恒Ep1 2mv 2 0 4 15mgR (2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动，有 Rcos v0t Rsin 1 2gt 2 位移方向与圆弧垂直 tan 1 2gt 2 v0t g
15、t 2v0 设速度方向与水平方向的夹角为 tan v y v0 gt v02tan 所以小球不能垂直击中圆弧 (3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动 Rcos v0t Rsin 1 2gt 2 由动能定理mgRsin Ek1 2mv 2 0 解得EkmgR(3 4sin 1 4sin ) 当 sin 3 3 时，Ekmin 3 2 mgR 10.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x10 m，半圆形轨道 半径R2.5 m.质量m0.10 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
16、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/s 2，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】 (1)10 m/s 9 N (2)F0.625 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 竖直方向：2R1 2gt 2 水平方向：xvCt 解得vC10 m/s. 设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律 1 2mv 2 B1
17、 2mv 2 C2mgR 设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律FNmgmv 2 B R ，联立解得FN9 N 根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力 FNFN9 N. (2)若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为vC，根据牛顿第二定律有 mgmv C 2 R 解得vCgR 102.5 m/s5 m/s 滑块由A点运动到C点的过程中，由动能定理 Fxmg2R1 2mv C 2 则Fxmg2R1 2mv C 2 解得水平恒力F应满足的条件为F0.625 N. 11.如图所示，AB为倾角37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R1 m 的
18、竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O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m2 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x12t4t 2(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 370.6， cos 370.8，g取 10 m/s 2， 求： (1)若lCD1 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两点间的距离xBC； (3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短
19、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)49 8 m (3)不会脱离轨道，理由见解析 【解析】 ：(1)由x12t4t 2可知，物块在 C点速度为v012 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： Wmgsin 37lCD1 2mv 0 2 代入数据得W1 2mv 0 2mgsin 37l CD156 J. (2)由x12t4t 2可知，物块从 C点运动到B点的过程中加速度的大小为a8 m/s 2. 设物块与斜面CB部分间的动摩擦因数为，由牛
20、顿第二定律得 mgsin mgcos ma 代入数据解得0.25. 物块在P点的速度满足mgmv 2 P R 物块从B点运动到P点的过程中机械能守恒，则有 1 2mv 2 BmgR(1cos 37)1 2mv 2 P 物块从C点运动到B点的过程中有vB 2v 0 22ax BC 由以上各式解得xBC49 8 m. (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.且设其速度为vQ，由动能定理得mgR 2mgxBCcos 371 2mv Q 21 2mv P 2，解得 vQ 219 m2
21、/s20，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m3 kg 的小物块以初速度v04 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R3.75 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间的动摩擦因数0.1， 轨道其他部分光滑.最右侧是一个半径为r0.4 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g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.
22、 (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L6 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v0vAcos 37 解得小物块经过A点时的速度大小vA5 m/s 小物块从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有 1 2mv A 2mg(RRcos 37)1 2mv 2 B 小物块经过B点时，根据牛顿第二定律有FNmgmv 2 B R 解得FN62 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
23、点，根据动能定理有 mgL2mgr1 2mv 2 C1 2mv 2 B 在C点，根据牛顿第二定律有 FNmgmv 2 C r 解得FN60 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. (3)小物块刚好能通过C点时，根据mgmv C 2 r 解得vC2 m/s 小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有 mgL2mgr1 2mv C 21 2mv 2 B 解得L10 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 v 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
24、道半径为（重力加速度为 g） （ ） A. g v 16 2 B g v 8 2 C. g v 4 2 D. g v 2 2 【答案】 ：B 【解析】 ：选择 最低到最高点作为研究过程由动能定理得： ; 2 1 2 2 1 2 1 2 mvmgrmv 物块做平抛运动：x=v1t； g r t 4 ；求得： 2 2 16 4 r g v x，由数学知识可知，当 g vg v r 8162 4 2 2 时，X 最大； 14.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v06m/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
25、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 L0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1，A、B的质量均为m1kg(重力加速度g取 10m/s 2； A、B视为质点，碰撞时间极短)。 (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(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式。 【答案】 （1）F = 22N (2) k = 45 (3) vn = 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
26、圆周运动的向心力 【解析】(1)由机械能守恒定律得： 2 1 mv0 2 = mg(2R) + 2 1 mv 2 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 = R mv2 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： 2 1 mv0 2 = 2 1 mvA 2 得：v A = v0 = 6m/s AB 碰撞后以共同的速度 vp前进，由动量守恒定律得： mvA = (m + m)vp 得：vp = 3m/s 总动能 Ek = 2 1 (m + m)vp 2 =
27、9J 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 E = fL = (m + m)gL = 0.2J 则： k = E EK = 45 (3)AB 滑到第 n 个光滑段上损失的能量 E损 = nE = 0.2n J 由能量守恒得： 2 1 (m + m)vp 2 - 2 1 (m + m)vn 2 = nE 带入数据解得：vn = m/s ， （n k） 15.15.如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段 是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下， 重力加速度为 g。 （1）若固定小车，求滑块运动过
28、程中对小车的最大压力； （2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量 2 M m ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍， 滑块与轨道BC间的动摩擦因数 为，求： 滑块运动过程中，小车的最大速度vm； 滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。 【答案】 ： （1）3mg （2）gRvm 3 1 s=L/3 【解析】 试题分析： （1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大 从A到B，根据动能定理：0 2 1 2 B mvmgR 在B点： R v mmgF B N 2 联立解得：FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为 3mg （2）若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大 根据动量守恒可得： m Mvvm 从A到B，根据能量守恒： 22 2 1 2 1 m MvvmmgR 联立解得：gRvm 3 1 设滑块到C处时小车的速度为v， 则滑块的速度为 2v， 根据能量守恒：mgLMvvmmgR 2 2 2 1 2 2 1 解得：gLgRv 3 1 3 1 小车的加速度：g M mg a 2 1 根据asvvm2 22 解得：s=L/3