2020-2021年高三物理考点专项突破：圆周运动与动能定理的综合考查

2020-2021年高三物理考点专项突破：圆周运动与动能定理的综合考查

2020-2021 年高三物理考点专项突破：圆周运动与动能定理的综合考查 1.(2015·全国卷Ⅰ，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( ) A．W＝1 2mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W＞1 2mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W＜1 2mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 【答案】：C 【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 ＝mv2 R，所以 N 点动能为 EkN＝3mgR 2 ，从 P 点到 N 点根据动能定理可得 mgR－W＝3mgR 2 －mgR，即克服摩 擦力做功 W＝mgR 2 。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即 FN－mgcos θ＝ma＝mv2 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 Ff＝μFN 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 2 －mgR－W′＝1 2mgR－W′， 由于 W′＜mgR 2 ，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( ) A.1 4mgR B.1 3mgR C.1 2mgR D.π 4mgR 【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 FN－ mg＝mv2 R ，FN＝2mg，联立解得 v＝ gR，下滑过程中，根据动能定理可得 mgR－Wf＝1 2mv2，解得 Wf＝1 2 mgR，所以克服摩擦力做功1 2mgR，C 正确。 3.如图所示，AB 为半径 R＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度 h＝0.45 m。一质量 m＝1.0 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 v＝2.0 m/s。忽略空气的阻力。取 g＝10 m/s2。 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 FN＝16 N B．小滑块由 A 端到 B 端的过程中，克服摩擦力所做的功 W＝3 J C．小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x＝0.6 m D．小滑块的落地点与 B 点的水平距离 x＝0.3 m 【答案】BC 【解析】小滑块在 B 端时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝mv2 R，解得 FN＝18 N，A 错误；根据动能定理有 mgR－W＝1 2mv2，解得 W＝mgR－1 2mv2＝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＝1 2gt2，解得 x＝v· 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 L＝3.2 m，与水平面间的夹角 θ＝37°，传送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 μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为 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、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 J 【解析】(1)金属块在 E 点时，mg＝m错误!， 解得 vE＝2 m/s，在从 D 到 E 过程中由动能定理得： －mg·2 R＝1 2mv2E－1 2mv2D， 解得 vD＝2 5 m/s。 (2)金属块刚刚放上传送带时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 解得 a1＝10 m/s2， 设经位移 x1 达到共同速度，则 v2＝2a1x1， 解得 x1＝0.2 m＜3.2 m， 继续加速过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 解得 a2＝2 m/s2， 由 x2＝L－x1＝3 m，v2B－v2＝2a2x2， 解得 vB＝4 m/s， 在从 B 到 D 过程中由动能定理得 mgh－W＝1 2mv2D－1 2mv2B， 解得 W＝3 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 ( ) A．ma∶mb＝3∶1 B．ma∶mb＝2∶1 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 mbgr＝1 2mbv2，mag－mbg＝mbv2 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 θ 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 θ＝1 2mv′2， 3mbg－mbgsin θ＝mv′2 R ，可得 θ＝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 ( ) A．0 B．2mg C．3mg D．4mg 【答案】 C 【解析】：恰能做圆周运动，则在最高点有：mg＝mv2 R ，解得 v＝ gR。 由机械能守恒定律可知：mg2R＝1 2mv20－1 2mv2， 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 2mv20－1 2mv′2 根据向心力公式：T＋mg＝mv′2 R 2 ，联立得 T＝3mg。故选项 C 正确。 7.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 2mg·2 3L－mg·1 3L＝1 2mv2＋1 2·2 m·(2v)2， 解得 v＝ 2gL 3 。 (2)小球 P 机械能增加量 ΔE＝mg·1 3L＋1 2mv2＝4 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 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 10 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＝错误! 解得最小速度 vC＝ gR 由 B 到 C 过程应用机械能守恒定律得 1 2mv2B＝1 2mv2C＋mg·2 R 在 B 点应用牛顿第二定律得 FN－mg＝m错误! 联立解得 vB＝ 5gR＝4 m/s FN＝6mg＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力 FN′＝FN＝30 N。 (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＝1 2mv2B＋Q 联立解得 t＝4 s。 (3)由 A 到 C 过程根据能量守恒定律得 Pt0＝1 2mvC′2＋Q＋mg·2 R0 赛车过 C 点后做平抛运动，有 2R0＝1 2gt2，x＝vC′t 联立解得 x2＝－16R20＋9.6R0 当 R0＝0.3 m 时 xmax＝1.2 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 37°＝v0t Rsin 37°＝1 2gt2 解得 v0＝ 8 15gR 由机械能守恒 Ep＝1 2mv20＝ 4 15mgR (2)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 θ，小球做平抛运动，有 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝1 2gt2 位移方向与圆弧垂直 tan θ＝ 1 2gt2 v0t ＝ gt 2v0 设速度方向与水平方向的夹角为 α tan α＝vy v0 ＝gt v0 ＝2tan θ 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 θ，小球做平抛运动 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝1 2gt2 由动能定理 mgRsin θ＝Ek－1 2mv20 解得 Ek＝mgR(3 4sin θ＋ 1 4sin θ) 当 sin θ＝ 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 x＝10 m，半圆形轨道 半径 R＝2.5 m.质量 m＝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： ①滑块通过 C 点时的速度大小； ②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)①10 m/s ②9 N (2)F≥0.625 N 【解析】 (1)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：2R＝1 2gt2 水平方向：x＝vCt 解得 vC＝10 m/s. ②设滑块通过 B 点时的速度为 vB，根据机械能守恒定律 1 2mv 2B ＝1 2mv 2C ＋2mgR 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＝mv 2B R ，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 vC′，根据牛顿第二定律有 mg＝mvC′2 R 解得 vC′＝ gR＝ 10×2.5 m/s＝5 m/s 滑块由 A 点运动到 C 点的过程中，由动能定理 Fx－mg·2 R≥1 2mvC′2 则 Fx≥mg·2 R＋1 2mvC′2 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 θ＝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 R＝1 m 的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 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＝12t－4t2(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： (1)若 lCD＝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 x＝12t－4t2 可知，物块在 C 点速度为 v0＝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： W－mgsin 37°·lCD＝1 2mv02 代入数据得 W＝1 2mv02＋mgsin 37°·lCD＝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 μ，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入数据解得 μ＝0.25. 物块在 P 点的速度满足 mg＝mv 2P R 物块从 B 点运动到 P 点的过程中机械能守恒，则有 1 2mv 2B ＝mgR(1＋cos 37°)＋1 2mv 2P 物块从 C 点运动到 B 点的过程中有 vB2－v02＝－2axBC 由以上各式解得 xBC＝49 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－ 2μmgxBCcos 37°＝1 2mvQ2－1 2mvP2，解得 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 v0＝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 间的动摩擦因数 μ＝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. (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 1 2mvA2＋mg(R－Rcos 37°)＝1 2mv 2B 小物块经过 B 点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝mv 2B R 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 －μmgL－2mgr＝1 2mv 2C －1 2mv 2B 在 C 点，根据牛顿第二定律有 FN′＋mg＝mv 2C r 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. (3)小物块刚好能通过 C 点时，根据 mg＝mvC′2 r 解得 vC′＝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 －μmgL′－2mgr＝1 2mvC′2－1 2mv 2B 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 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 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： ;2 122 1 2 1 2 mvmgrmv  物块做平抛运动：x=v1t； g rt 4 ；求得： 2 2 164 rg vx  ，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 v0＝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 μ＝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)。 (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(n＜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 = 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】(1)由机械能守恒定律得： 2 1 mv02 = mg(2R) + mv2 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 mv 2 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 mv02 = mvA2 得：vA = 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 = (m + m)vp2 = 9J 滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE = fL = μ(m + m)gL = 0.2J 则： k = E E K   = 45 (3)AB 滑到第 n 个光滑段上损失的能量 E 损 = nΔE = 0.2n J 由能量守恒得： (m + m)vp2 - (m + m)vn2 = nΔE 带入数据解得：vn = m/s ，（ n < k） 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 Mm  ,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 μ，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）① gRv m 3 1 ②s=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： 02 1 2  BmvmgR 在 B 点： R vmmgF 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）①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： mMvvm  从 A 到 B，根据能量守恒： 22 2 1 2 1 mMvvmmgR  联立解得： ②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  22 2 122 1 解得： gLgRv 3 1 3 1  小车的加速度： gM mga  2 1 根据 asvvm 222  解得：s=L/3