《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.6 與圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)的功能問題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.6 與圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)的功能問題（含解析）（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題6.6 與圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 圓周運(yùn)動(dòng)是重要模型，與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合考查功能問題是命題熱點(diǎn)。 【高頻考點(diǎn)定位】：圓周運(yùn)動(dòng) 功和能 考點(diǎn)一：與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合考查功能問題 【3年真題鏈接】 1.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是（ ） A.?摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B.?在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C.?摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D.?摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)

2、過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 【參考答案】B 【名師解析】乘客的機(jī)械能包括動(dòng)能和重力勢(shì)能，摩天輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能不變，重力勢(shì)能時(shí)刻改變，即機(jī)械能時(shí)刻改變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)對(duì)乘客進(jìn)行受力分析，列牛頓第二定律方程， 得所以,故B項(xiàng)正確；根據(jù)沖量,重力不為零，作用時(shí)間不為零，所以重力的沖量不為零，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；乘客重力的瞬時(shí)功率,指線速度和豎直方向的夾角，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中、不變，角不斷變化，重力瞬時(shí)功率不斷變化，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【分析】因?yàn)閯?dòng)能不變，重力勢(shì)能時(shí)刻變化，判出機(jī)械能不斷變化；根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算重力與支持力的關(guān)系；沖量是力在時(shí)間上的積累，力的作用時(shí)間不為零，沖量就不為零

3、；根據(jù)計(jì)算瞬時(shí)功率。 2.（2018?天津）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB ， 從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中（?? ） A.?所受合外力始終為零???????????????????????????????????????????B.?所受摩擦力大小不變 C.?合外力做功一定為零???????????????????????????????????????????D.?機(jī)械能始終保持不變 【參考答案】C 【名師解析】因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一

4、定不為零，A不符合題意； 運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有 ，運(yùn)動(dòng)過程中速率恒定，且 在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來越大，根據(jù) 可知摩擦力越來越大，B不符合題意； 運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零，C符合題意；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，機(jī)械能不守恒，D不符合題意； 3.(2017·全國卷Ⅱ，14)如圖4所示，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力(　　) A.一直不

5、做功 B.一直做正功 C.始終指向大圓環(huán)圓心 D.始終背離大圓環(huán)圓心 【參考答案】A 【名師解析】　因?yàn)榇髨A環(huán)光滑，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力只有彈力，且彈力的方向總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力一直不做功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；開始時(shí)大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力背離圓心，到達(dá)圓心等高點(diǎn)及下方，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力指向圓心，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 4.（12分）（2017年4月浙江選考）如圖1所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖2所示的示意圖，傾角θ=370的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道

6、BC的B端高度h=24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點(diǎn)，圓弧EF的圓心O1，水平半圓軌道CD的圓心O2與A點(diǎn)在同一水平面上，D O1的距離L=20m，質(zhì)量m=1000kg的過山車（包括乘客）從B點(diǎn)自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達(dá)圓弧頂端F時(shí)，乘客對(duì)座椅的壓力為自身重力的0.25倍。已知過山車在BCDE段運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的摩擦力與軌道對(duì)過山車的支持力成正比，比例系數(shù)，EF段摩擦不計(jì)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程空氣阻力不計(jì)。（sin370=0.6，cos370=0.8） （1）求過山車過F點(diǎn)時(shí)的速度大小。 （2）求從B到F整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力對(duì)過山車做的功。 （3）如圖過D點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)

7、圓軌道EF段有故障，為保證乘客安全，立即觸發(fā)制動(dòng)裝置，使過山車不能到達(dá)EF段并保證不再下滑，則過山車受到的摩擦力至少多大？ 【名師解析】：在F點(diǎn)，選擇某個(gè)乘客為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有 m人g-0.25 m人g = m人， r=Lsinθ=12m 解得：vF==3m/s。 （2）設(shè)整個(gè)過程摩擦阻力做功為W，對(duì)過山車從B到F的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理，得 mg（h-r）+W=-0， 解得：W=-7.5×104J （3）觸發(fā)制動(dòng)裝置后，設(shè)恰好能夠到達(dá)E點(diǎn)對(duì)應(yīng)的摩擦力為Ff1，由動(dòng)能定理 -Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0- 未觸發(fā)制動(dòng)裝置時(shí)，對(duì)D點(diǎn)到F點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理

8、， -μmgcosθLcosθ-mgr=- 聯(lián)立解得：Ff1=×103N =4.6×103N 要使過山車停在傾斜軌道上的摩擦力為Ff2，F(xiàn)f2=mgsinθ=6×103N 綜合考慮可得：Ffm=6×103N。 5.（2018全國高考III卷）如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα= 3/5，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小

9、球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求： （1）水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小； （2）小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小； （3）小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。 【名師解析】（1）解:設(shè)水平恒力的大小為F0 ， 小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有 ① ② 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v ， 由牛頓第二定律得 ③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 ④ ⑤ （2）解:設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為 ，作 ，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得 ⑥ ⑦ 由動(dòng)能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為 ⑨

10、 （3）解:小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為 ，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ⑩ ? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 ? 【分析】（1）由力的合成法則及在C點(diǎn)由牛頓第二定律可求出水平恒力F0及小球到達(dá)C點(diǎn)的速度。 （2）從A到C有動(dòng)能定理，幾何關(guān)系和動(dòng)量的表達(dá)式可求出小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量。 （3）從C落至水平軌道，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得落至水平軌道所用的時(shí)間。 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（2019吉林長春四模）（6分）如圖所示，兩個(gè)內(nèi)壁光滑的圓形管道豎直固定，左

11、側(cè)管道的半徑大于右側(cè)管道半徑。兩個(gè)小球A、B分別位于左、右管道上的最高點(diǎn)，A球的質(zhì)量小于B球質(zhì)量，兩球的半徑都略小于管道橫截面的半徑。由于微小的擾動(dòng)，兩個(gè)小球由靜止開始自由滑下，當(dāng)它們通過各自管道最低點(diǎn)時(shí)，下列說法正確的是（　　） A．A球的速率一定等于B球的速率 B．A球的動(dòng)能一定等于B球的動(dòng)能 C．A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度 D．A球?qū)壍赖膲毫σ欢ǖ扔贐球?qū)壍赖膲毫? 【參考答案】C 【命題意圖】以小球沿豎直面內(nèi)內(nèi)壁光滑的圓形管道的圓周運(yùn)動(dòng)為背景，考查動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和學(xué)生的分析綜合能力。 【解題思路】設(shè)

12、小球的質(zhì)量為m，管道半徑為R，由動(dòng)能定理，則小球下落到最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek=mv2=2mgR，解得速度大小，由于豎直面內(nèi)內(nèi)壁光滑的圓形管道的半徑R不同，所以A球的速率大于B球的速率，A球的動(dòng)能大于B球的動(dòng)能，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；兩球的向心加速度大小，即A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球通過各自管道最低點(diǎn)時(shí)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律FN-mg=man，解得FN=5mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮镕N=FN’=5mg，與小球質(zhì)量有關(guān)，由于A球的質(zhì)量小于B球質(zhì)量，所以A球?qū)壍赖膲毫σ欢ㄐ∮贐球?qū)壍赖膲毫?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 【規(guī)律總結(jié)】對(duì)于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，求

13、運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的速度，一般運(yùn)用動(dòng)能定理列方程求解；計(jì)算運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)受到的彈力，一般運(yùn)用牛頓第二定律列方程得出。 2．(2018·安徽第三次聯(lián)考)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點(diǎn)與AB等高，整個(gè)軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，初速度v0＝的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB，設(shè)小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠(yuǎn)小于R，則(小球直徑略小于圓管內(nèi)徑)(　　) A．小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝ B．小球能通過E點(diǎn)且拋出后恰好落至B點(diǎn) C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速

14、度都不能為零 D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點(diǎn)相距2R 【參考答案】B 【名師解析】對(duì)小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒有mv02＋mgR＝mvC2，解得vC＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小球從A點(diǎn)至E點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒有mv02＝mvE2＋mgR，解得vE＝，小球從E點(diǎn)拋出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳A管內(nèi)壁可提供支持力，所以小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度可以為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將DE軌道拆除，設(shè)小球能上升的最大高度為h，則有mvD2＝mgh，又由機(jī)械能守恒可知vD＝v0，解得h＝R，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.(2019.福建省

15、南平市一模)如圖所示，質(zhì)量為100g的小球，從高處由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，恰能到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C，然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入光滑水平軌道BD，并擠壓右端固定的水平彈簧。已知，小球與圓環(huán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，重力加速度，則彈簧的最大彈性勢(shì)能可能為　　 A. 7J B. 8J C. 9J D. 10J 【參考答案】BC 【名師解析】小球在A點(diǎn)具有的能量為，小球恰好能到達(dá)C點(diǎn)，則此時(shí)向心力完全由重力提供，則小球在C點(diǎn)具有的能量為，小球與圓環(huán)間存在摩擦，從B到C由摩擦損耗的能量為3J，由于從C到B較從B到C的速度較小，故摩擦損耗較小，因此從C到B摩擦損耗小于3J，即彈

16、簧彈性勢(shì)能最大值必然大于，但是該最大值不可能大于C點(diǎn)小球具有的能量10J，由此判斷B、C選項(xiàng)的8J和9J是有可能的，A、D的7J和10J不可能，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。 【方法歸納】首先分析小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)過程中存在的摩擦損耗，B至C和C至B兩過程由于速度不一樣，摩擦損耗也不一樣，題設(shè)給出恰好能通過C點(diǎn)則在該點(diǎn)重力提供向心力，由此為依據(jù)列式計(jì)算出相應(yīng)的能量關(guān)系進(jìn)而分析求解。該題屬于典型的臨界情況分析題，臨界點(diǎn)在于小球剛好能夠通過C點(diǎn)，此時(shí)向心力完全由向心力提供，通過該依據(jù)能夠求出C點(diǎn)的速度，進(jìn)而求出能量及摩擦損耗；該題另一個(gè)易錯(cuò)的點(diǎn)是關(guān)于上圓弧和下圓弧的摩擦損耗判斷問題，由于兩個(gè)過程同

17、一高度的速度不一樣，因此軌道對(duì)其的壓力不一樣導(dǎo)致摩擦力不一樣，因此摩擦損耗不一樣，該過程只能定性分析，但能得到臨界條件的結(jié)果。 4.（2019洛陽模擬）一小球以一定的初速度從圖示5位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時(shí)對(duì)軌道的壓力為(　　) A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg 【參考答案】C 【名師解析】小球恰好能通過軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝m，小球在軌道1上經(jīng)過A處時(shí)，有F＋mg＝m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有1.

18、6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項(xiàng)C正確。 5.（2019湖南衡陽三模）如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶下端點(diǎn)C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20m；傳送帶在上端點(diǎn)B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R＝0.5m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量M＝2kg可看做質(zhì)點(diǎn)的物體靠在彈簧的左端D處，此時(shí)彈簧處于原長，C、D間距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙?，F(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點(diǎn)沖上光滑圓孤軌道，通過最高點(diǎn)A時(shí)對(duì)

19、A點(diǎn)的壓力為8N．上述過程中，M經(jīng)C點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较?。已知與傳送帶同的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.8、與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2．求： （1）在圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)物體的速度 （2）M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E。 （3）M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢(shì)能Ep 【名師解析】（1）M恰能過A點(diǎn)，由牛頓第二定律：Mg+FA＝M 解得VA＝m/s， 從B到A由機(jī)械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝ 解得vB＝5.0m/s （2）M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)由于VB小于皮帶速度，可知物體一直做加速運(yùn)

20、動(dòng)， 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； 傳送帶在t時(shí)間內(nèi)的位移：x1＝vt＝40m， 由于物體對(duì)皮帶有沿皮帶向下的摩擦力，要維持皮帶勻速運(yùn)動(dòng)，故電動(dòng)機(jī)要額外給皮帶一個(gè)沿皮帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大， 多做的功W＝μMgcosθ?x1＝512J，多輸出的電能E＝512J （3）設(shè)彈簧彈力對(duì)物體做功W，則從彈簧的壓縮端到C點(diǎn)，對(duì)M由動(dòng)能定理： W﹣μ2Mgx0＝M﹣0 解得：W＝19J 可知Ep＝19J 答：（1）在圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)物體的速度為5.0m/s

21、 （2）M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E為512J。 （3）M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢(shì)能為19J 6．（20分）（2018四川四市二診）如圖所示，在傾角q＝37°的光滑斜面上用裝置T鎖定軌道ABCD．AB為平行于斜面的粗糙直軌道，CD為光滑的四分之一圓孤軌道，AB與CD在C點(diǎn)相切，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道的A端由靜止釋放，到達(dá)D點(diǎn)后又沿軌道返回到直軌道AB中點(diǎn)時(shí)速度為零．已知直軌道AB長L＝1m，軌道總質(zhì)量M＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求小物塊與直軌道的動(dòng)摩擦因

22、數(shù)mm； （2）求小物塊對(duì)圓弧軌道的最大壓力； （3）若小物塊第一次返回C點(diǎn)時(shí)，解除軌道鎖定，求從此時(shí)起到小物塊與軌道速度相同時(shí)所用的時(shí)間。 【名師解析】（1）小物塊在從A→B→D→C→直軌AB中點(diǎn)的過程中，根據(jù)能量守恒 （2分） 解得：m＝0.25（1分） （2）設(shè)圓軌道的半徑為R，小物塊在從A→B→D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理 mg（Lsinq－Rcosq＋Rsinq）－mmgLcosq＝0 （2分） 解得：R＝2m 設(shè)四分之一圓弧軌道的最低點(diǎn)為P，小物塊從D點(diǎn)返回C點(diǎn)的過程中，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，小物塊對(duì)圓軌的壓力最大，設(shè)速度為vp，軌道對(duì)小球的最大支持力大小為F，小物塊對(duì)圓軌道的

23、最大壓力為F＇，則 （1分） （2分） F＇＝F（1分） 解得：F＇＝9N（1分） （3）設(shè)小物塊第一次返回C點(diǎn)時(shí)，速度為vC，解除軌道鎖定后，小物體的加速度沿斜面向下，大小為a1，軌道的加速度沿斜面向上，大小為a2．從此時(shí)起到小物塊與軌道共速時(shí)所用的時(shí)間為t，則 （2分） ma1＝mgsinq＋mmgcosq （2分） Ma2＝mmgcosq－Mgsinq （2分） vC－a1t＝a2t （2分） 解得：vC＝2m/s，aa1＝8m/s2，a2＝4m/s2 t＝（2分） 7.（2018名校模擬）某工廠車間通過圖示裝置把貨物運(yùn)送到二樓倉庫，AB為水平傳送帶，CD為傾角θ

24、=37°、長s=3m的傾斜軌道，AB與CD通過長度忽略不計(jì)的圓弧軌道平滑連接，DE為半徑r=0.4m的光滑圓弧軌道，CD與DE在D點(diǎn)相切，OE為豎直半徑，F(xiàn)G為二樓倉庫地面（足夠長且與E點(diǎn)在同一高度），所有軌道在同一豎直平面內(nèi)．當(dāng)傳送帶以恒定速率v=10m/s運(yùn)行時(shí)，把一質(zhì)量m=50kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）由靜止放入傳送帶的A端，貨物恰好能滑入二樓倉庫，已知貨物與傳送帶、傾斜軌道及二樓倉庫地面間的動(dòng)摩擦因素均為μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）貨物在二樓倉庫地面滑行的距離； （2）傳送帶把貨物從A端運(yùn)送到B端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．

25、 【名師解析】：（1）因貸物恰好能滑入二樓倉庫，則在圓軌道的最高點(diǎn)E，向心力恰好由重力提供，得： mg=m 代入數(shù)據(jù)解得：vE=2m/s 貨物到達(dá)倉庫后在運(yùn)動(dòng)的過程中只有摩擦力做功，做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)貨物在二樓倉庫地面滑行的距離為s．由動(dòng)能定理得：-μmgs=0- 代入數(shù)據(jù)得：s=1m （2）設(shè)貨物離開傳送帶時(shí)的速度為vB，貨物從B到達(dá)E的過程中重力和摩擦力做功，由動(dòng)能定理得： -mgs?sin37°-μmgs?cos37°-mgr（1+cos37°）=- 代入數(shù)據(jù)得：vB=8m/s 貨物在傳送帶上加速時(shí)，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛頓第二定律得： ma=

26、μmg 所以：a=μg=0.2×10=2m/s2 貨物從開始運(yùn)動(dòng)到速度等于8m/s的過程中的位移為x，則： 2ax= 代入數(shù)據(jù)得：x=16m 該過程中的時(shí)間：t===4s 該過程中傳送帶的位移：x′=vt=10×4=40m 貨物相對(duì)于傳送帶的位移：△x=x′-x=40-16=24m 所以傳送帶把貨物從A端運(yùn)送到B端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=μmg?△x=0.2×50×10×24=2400J 答：（1）貨物在二樓倉庫地面滑行的距離是1m； （2）傳送帶把貨物從A端運(yùn)送到B端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是2400J?? 預(yù)測考點(diǎn)一：與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合考查功

27、能問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1.(2019·湖南岳陽二模)如圖所示，光滑軌道ABCD由傾斜軌道AB、水平軌道BC和半徑為R的豎直半圓形軌道CD組成。質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為2mg，已知重力加速度為g，小球自傾斜軌道進(jìn)入水平軌道無機(jī)械能損失，下列說法正確的是（ ） A. 在最高點(diǎn)D，小球的向心加速度大小為2g B. 在最低點(diǎn)C，小球?qū)壍缐毫?mg C. 為了保證小球能通過最高點(diǎn)D，小球釋放點(diǎn)相對(duì)于BC軌道的高度不能大于 D. 若提高釋放點(diǎn)的高度，小球在C、D兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差恒為6mg 【參考答案】D 【名師解析】在最高

28、點(diǎn)D，對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律得，據(jù)題，則小球的向心加速度大小為，故A錯(cuò)誤。在最高點(diǎn)D，由得小球從C到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得在最低點(diǎn)C，對(duì)小球，由牛頓第二定律得：?，聯(lián)立解得，由牛頓第三定律知在最低點(diǎn)C，小球?qū)壍缐毫?，故B錯(cuò)誤。小球恰能通過最高點(diǎn)D時(shí)，由重力提供向心力，則有由機(jī)械能守恒定律得，解得，即為了保證小球能通過最高點(diǎn)D，小球釋放點(diǎn)相對(duì)于BC軌道的高度小于，故C錯(cuò)誤。在最高點(diǎn)D，對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律得在最低點(diǎn)C，對(duì)小球，由牛頓第二定律得，小球從C到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立解得，根據(jù)牛頓第三定律知小球在C、D兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差恒為6mg，故D正確。 【方法歸納】

29、在最高點(diǎn)D，根據(jù)牛頓第二定律求小球的向心加速度，并由求出小球在D點(diǎn)時(shí)的速度。小球從C到D點(diǎn)的過程，利用機(jī)械能守恒定律求出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求小球?qū)壍赖膲毫?。小球恰能通過最高點(diǎn)D時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出D點(diǎn)的臨界速度，再由機(jī)械能守恒定律求釋放點(diǎn)的高度。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和向心力公式結(jié)合求小球在C、D兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差。 解決本題的關(guān)鍵要明確圓周運(yùn)動(dòng)向心力來源：指向圓心的合力充當(dāng)向心力，把握最高點(diǎn)的臨界條件：重力等于向心力。 2.（2019·河南天一大聯(lián)考模擬四）如圖所示，圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧槽固定在水平地面上，一根輕橡皮筋一端連在可視為質(zhì)點(diǎn)的小

30、球上，另一端連在距離O點(diǎn)正上方R處的P點(diǎn)。小球放在與O點(diǎn)等高的槽口A點(diǎn)時(shí)，輕橡皮筋處于原長?，F(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓弧槽向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)圓弧槽的壓力恰好為零。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是　　 A. 小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，橡皮筋的彈力等于mg B. 橡皮筋彈力做功的功率逐漸變大 C. 小球運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能的減少量等于橡皮筋彈性勢(shì)能的增加量 D. 小球運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能增加量與橡皮筋彈性勢(shì)能增加量的和 【參考答案】CD 【名師解析】小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得，橡皮筋的彈

31、力，故大于mg，故A錯(cuò)誤；根據(jù)可知，開始時(shí)，則，在最低點(diǎn)速度方向與F方向垂直，則，故橡皮筋彈力做功的功率先變大后變小，故B錯(cuò)誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則小球運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能的減少量等于橡皮筋彈性勢(shì)能的增加量，故C正確；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即動(dòng)能重力勢(shì)能彈性勢(shì)能恒量，小球運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能增加量與橡皮筋彈性勢(shì)能增加量的和，故D正確。 【關(guān)鍵點(diǎn)撥】小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律方向彈力大??；根據(jù)盤點(diǎn)功率的變化；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由此分析CD選項(xiàng)。 本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識(shí)；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或

32、彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關(guān)系。 3.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)、外壁光滑、半徑r＝0.2 m 的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100 N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。一個(gè)質(zhì)量為1.0 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6 m 處由靜止釋放小滑塊，它與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小滑塊進(jìn)入管口C端時(shí)，它對(duì)上管壁有FN＝2.5mg的相互

33、作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝0.5 J。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小滑塊在C處受到的向心力大??； (2)在壓縮彈簧過程中小滑塊的最大動(dòng)能Ekm； (3)小滑塊最終停止的位置。 【名師解析】 　(1)小滑塊進(jìn)入管口C端時(shí)它與圓管外管壁有大小為FN＝2.5mg的相互作用力，故小滑塊在C點(diǎn)受到的向心力大小為F向＝2.5mg＋mg＝35 N。 (2)在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時(shí)，所受合力為零。設(shè)此時(shí)小滑塊離D端的距離為x0，則有 kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點(diǎn)合外力提供向心力，有F向＝m 得v＝

34、7 m2/s2 小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到速度最大位置的過程中，由機(jī)械能守恒定律得 mg(r＋x0)＋mv＝Ekm＋Ep 聯(lián)立解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J。 (3)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得 mgh－μmgs＝mv 解得B、C間的距離s＝0.5 m 小滑塊與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變，小滑塊的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設(shè)之后小滑塊在BC上的運(yùn)動(dòng)路程為s′，由動(dòng)能定理有：－μmgs′＝0－mv，解得s′＝0.7 m，故最終小滑塊在距離B點(diǎn)為(0.7－0.5) m＝0.2 m處停下。 【1年仿真原創(chuàng)】 1.(12分)如圖甲所示，豎直

35、平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點(diǎn)，OB與OC夾角為37°，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D分別為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn))，可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止滑下，用力傳感器測出滑塊經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象，該圖線截距為2N,且過(0.5m,4N)點(diǎn)，取g=10m/s2,求： (1)滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑； (2)若要求滑塊不脫離圓軌道，則靜止滑下的高度為多少； 【名師解析】：（1）當(dāng)H=0時(shí)，由圖象截距可知 F=mg=2N

36、 2分 m=0.2kg ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1分 由圖象知，h=0.5m，對(duì)軌道的壓力F1=4N mgh=mv12? 1分 ?F1-mg= 1分 解得R=1m． ? ? ? ? ? ?

37、 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1分 （2）不脫離軌道分兩種情況： ①到圓心等高處速度為零 有能量守恒可知，滑塊從靜止開始下滑高度h1≤R=1m ? 3分 ②通過最高點(diǎn)，通過最高點(diǎn)的臨界條件vD= 1分 設(shè)下落高度為H0，由動(dòng)能定理mg（H0-2R）=mvD2 1分 解得H0=2.5m 則應(yīng)該滿足下落高度h2≥2.5m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? 1分 16