专题09 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( )
1
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
21
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
2
1
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
21
D．W＜mgR，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EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mgv23mgR3mgR＝m，所以N点动能为EkN＝，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩
R22mgRv2擦力做功W＝。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m，根据左右对称，
2R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＝μFN3mgR1
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＝－mgR－W′＝mgR－W′，
22mgR
由于W′＜，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。
22.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
A.mgR 4
【答案】 C
11
B.mgR C.mgR 32
π
D.mgR 4
【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－v211
mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝gR，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝
R221
mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。
2
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
v2
【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 N，A错误；根据动能定理有
R11
mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝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
2212h
方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误。
2g
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)25 m/s (2)3 J
v2E
【解析】(1)金属块在E点时，mg＝m，
R
解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得：
112
－mg·2R＝mv2E－mvD， 解得vD＝25 m/s。 22
(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，
2由x2＝L－x1＝3 m，v2B－v＝2a2x2，
解得vB＝4 m/s，
在从B到D过程中由动能定理得 112mgh－W＝mv2D－mvB， 22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
1mbv2
2
【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＝mbv，mag－mbg＝，
2r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，1
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＝mv′2，
2mv′2
3mbg－mbgsin θ＝，可得θ＝90°，所以选项C错误，D正确。
R
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
mv2【解析】：恰能做圆周运动，则在最高点有：mg＝，解得v＝gR。
R
112
由机械能守恒定律可知：mg2R＝mv20－mv， 22
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： 31212mgR＝mv0－mv′ 222
mv′2根据向心力公式：T＋mg＝，联立得T＝3mg。故选项C正确。
R2
L
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球处有一个光滑固
3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)
2gL4
(2)增加了mgL 39
【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
2111
2mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2，
3322
解得v＝
2gL
。 3
114
(2)小球P机械能增加量ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL
329
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
2
mvC
【解析】(1)赛车恰通过C点的条件是mg＝
R
解得最小速度vC＝gR
由B到C过程应用机械能守恒定律得 1212
mv＝mv＋mg·2R 2B2C
在B点应用牛顿第二定律得 v2B
FN－mg＝m R
联立解得vB＝5gR＝4 m/s FN＝6mg＝30 N
2020年高考物理二轮专项训练卷 专题09 圆周运动与动能定理的综合考查(含解析)
