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 與圓周運動相關的功能問題（含解析）

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1、專題6.6 與圓周運動相關的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 圓周運動是重要模型，與圓周運動結合考查功能問題是命題熱點。 【高頻考點定位】：圓周運動 功和能 考點一：與圓周運動結合考查功能問題 【3年真題鏈接】 1.（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（ ） A.?摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B.?在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C.?摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D.?摩天輪轉動

2、過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 【參考答案】B 【名師解析】乘客的機械能包括動能和重力勢能，摩天輪做勻速圓周運動，所以動能不變，重力勢能時刻改變，即機械能時刻改變，故A項錯誤；在最高點對乘客進行受力分析，列牛頓第二定律方程， 得所以,故B項正確；根據(jù)沖量,重力不為零，作用時間不為零，所以重力的沖量不為零，故C項錯誤；乘客重力的瞬時功率,指線速度和豎直方向的夾角，轉動過程中、不變，角不斷變化，重力瞬時功率不斷變化，故D項錯誤。 【分析】因為動能不變，重力勢能時刻變化，判出機械能不斷變化；根據(jù)牛頓第二定律計算重力與支持力的關系；沖量是力在時間上的積累，力的作用時間不為零，沖量就不為零

3、；根據(jù)計算瞬時功率。 2.（2018?天津）滑雪運動深受人民群眾喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB ， 從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿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.?機械能始終保持不變 【參考答案】C 【名師解析】因為運動員做曲線運動，所以合力一

4、定不為零，A不符合題意； 運動員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，故有 ，運動過程中速率恒定，且 在減小，所以曲面對運動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； 運動員運動過程中速率不變，質量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C符合題意；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，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，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) 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】　因為大圓環(huán)光滑，所以大圓環(huán)對小環(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)對小環(huán)的作用力一直不做功，選項A正確，B錯誤；開始時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離圓心，到達圓心等高點及下方，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向圓心，故選項C、D錯誤。 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，圓弧EF的圓心O1，水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，D O1的距離L=20m，質量m=1000kg的過山車（包括乘客）從B點自靜止滑下，經過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時，乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍。已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)，EF段摩擦不計，整個運動過程空氣阻力不計。（sin370=0.6，cos370=0.8） （1）求過山車過F點時的速度大小。 （2）求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功。 （3）如圖過D點時發(fā)現(xiàn)

7、圓軌道EF段有故障，為保證乘客安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達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，選擇某個乘客為研究對象，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）設整個過程摩擦阻力做功為W，對過山車從B到F的過程，應用動能定理，得 mg（h-r）+W=-0， 解得：W=-7.5×104J （3）觸發(fā)制動裝置后，設恰好能夠到達E點對應的摩擦力為Ff1，由動能定理 -Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0- 未觸發(fā)制動裝置時，對D點到F點的過程，由動能定理

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，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα= 3/5，一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，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點所受合力的方向指向圓心，且此時小

9、球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求： （1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小； （2）小球到達A點時動量的大??； （3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。 【名師解析】（1）解:設水平恒力的大小為F0 ， 小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有 ① ② 設小球到達C點時的速度大小為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:設小球到達A點的速度大小為 ，作 ，交PA于D點，由幾何關系得 ⑥ ⑦ 由動能定理有 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為 ⑨

10、 （3）解:小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為 ，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 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點由牛頓第二定律可求出水平恒力F0及小球到達C點的速度。 （2）從A到C有動能定理，幾何關系和動量的表達式可求出小球到達A點時的動量。 （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動，由運動學公式可得落至水平軌道所用的時間。 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（2019吉林長春四模）（6分）如圖所示，兩個內壁光滑的圓形管道豎直固定，左

11、側管道的半徑大于右側管道半徑。兩個小球A、B分別位于左、右管道上的最高點，A球的質量小于B球質量，兩球的半徑都略小于管道橫截面的半徑。由于微小的擾動，兩個小球由靜止開始自由滑下，當它們通過各自管道最低點時，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球的動能一定等于B球的動能 C．A球的向心加速度一定等于B球的向心加速度 D．A球對軌道的壓力一定等于B球對軌道的壓力 【參考答案】C 【命題意圖】以小球沿豎直面內內壁光滑的圓形管道的圓周運動為背景，考查動能定理、牛頓運動定律和學生的分析綜合能力。 【解題思路】設

12、小球的質量為m，管道半徑為R，由動能定理，則小球下落到最低點時的動能Ek=mv2=2mgR，解得速度大小，由于豎直面內內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球的動能大于B球的動能，選項AB錯誤；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C正確；設小球通過各自管道最低點時所受的支持力為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對軌道壓力大小為FN=FN’=5mg，與小球質量有關，由于A球的質量小于B球質量，所以A球對軌道的壓力一定小于B球對軌道的壓力，選項D錯誤。 【規(guī)律總結】對于豎直面內的圓周運動，求

13、運動到最高點或最低點的速度，一般運用動能定理列方程求解；計算運動到最高點或最低點受到的彈力，一般運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點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內，現(xiàn)有一質量為m，初速度v0＝的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(小球直徑略小于圓管內徑)(　　) A．小球到達C點時的速度大小vC＝ B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點 C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速

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點相距2R 【參考答案】B 【名師解析】對小球從A點至C點過程，由機械能守恒有mv02＋mgR＝mvC2，解得vC＝，選項A錯誤；對小球從A點至E點的過程，由機械能守恒有mv02＝mvE2＋mgR，解得vE＝，小球從E點拋出后，由平拋運動規(guī)律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點，選項B正確；因為圓管內壁可提供支持力，所以小球到達E點時的速度可以為零，選項C錯誤；若將DE軌道拆除，設小球能上升的最大高度為h，則有mvD2＝mgh，又由機械能守恒可知vD＝v0，解得h＝R，選項D錯誤。 3.(2019.福建省

15、南平市一模)如圖所示，質量為100g的小球，從高處由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑的豎直圓環(huán)內側，恰能到達圓環(huán)頂點C，然后沿CB圓弧滑下，進入光滑水平軌道BD，并擠壓右端固定的水平彈簧。已知，小球與圓環(huán)間的動摩擦因數(shù)處處相等，重力加速度，則彈簧的最大彈性勢能可能為　　 A. 7J B. 8J C. 9J D. 10J 【參考答案】BC 【名師解析】小球在A點具有的能量為，小球恰好能到達C點，則此時向心力完全由重力提供，則小球在C點具有的能量為，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、簧彈性勢能最大值必然大于，但是該最大值不可能大于C點小球具有的能量10J，由此判斷B、C選項的8J和9J是有可能的，A、D的7J和10J不可能，故B、C正確，A、D錯誤。 【方法歸納】首先分析小球從A點運動至C點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，題設給出恰好能通過C點則在該點重力提供向心力，由此為依據(jù)列式計算出相應的能量關系進而分析求解。該題屬于典型的臨界情況分析題，臨界點在于小球剛好能夠通過C點，此時向心力完全由向心力提供，通過該依據(jù)能夠求出C點的速度，進而求出能量及摩擦損耗；該題另一個易錯的點是關于上圓弧和下圓弧的摩擦損耗判斷問題，由于兩個過程同

17、一高度的速度不一樣，因此軌道對其的壓力不一樣導致摩擦力不一樣，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果。 4.（2019洛陽模擬）一小球以一定的初速度從圖示5位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道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，小球的質量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經過A處時對軌道的壓力為(　　) 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B時，有mg＝m，小球在軌道1上經過A處時，有F＋mg＝m，根據(jù)機械能守恒定律，有1.

18、6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力F′＝F＝4mg，選項C正確。 5.（2019湖南衡陽三模）如圖所示，電動機帶動傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20m；傳送帶在上端點B恰好與固定在豎直平面內的半徑為R＝0.5m的光滑圓弧軌道相切，一輕質彈簧的右端固定在P處的擋板上，質量M＝2kg可看做質點的物體靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，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經過DC沖上傳送帶，經B點沖上光滑圓孤軌道，通過最高點A時對

19、A點的壓力為8N．上述過程中，M經C點滑上傳送帶時，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摩擦因數(shù)為μ＝0.8、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2．求： （1）在圓弧軌道的B點時物體的速度 （2）M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送M多輸出的電能E。 （3）M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep 【名師解析】（1）M恰能過A點，由牛頓第二定律：Mg+FA＝M 解得VA＝m/s， 從B到A由機械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝ 解得vB＝5.0m/s （2）M在傳送帶上運動時由于VB小于皮帶速度，可知物體一直做加速運

20、動， 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時間內的位移：x1＝vt＝40m， 由于物體對皮帶有沿皮帶向下的摩擦力，要維持皮帶勻速運動，故電動機要額外給皮帶一個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）設彈簧彈力對物體做功W，則從彈簧的壓縮端到C點，對M由動能定理： W﹣μ2Mgx0＝M﹣0 解得：W＝19J 可知Ep＝19J 答：（1）在圓弧軌道的B點時物體的速度為5.0m/s

21、 （2）M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送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點相切，質量m＝0.5kg的小物塊（可視為質點）從軌道的A端由靜止釋放，到達D點后又沿軌道返回到直軌道AB中點時速度為零．已知直軌道AB長L＝1m，軌道總質量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摩擦因

22、數(shù)mm； （2）求小物塊對圓弧軌道的最大壓力； （3）若小物塊第一次返回C點時，解除軌道鎖定，求從此時起到小物塊與軌道速度相同時所用的時間。 【名師解析】（1）小物塊在從A→B→D→C→直軌AB中點的過程中，根據(jù)能量守恒 （2分） 解得：m＝0.25（1分） （2）設圓軌道的半徑為R，小物塊在從A→B→D的過程中，根據(jù)動能定理 mg（Lsinq－Rcosq＋Rsinq）－mmgLcosq＝0 （2分） 解得：R＝2m 設四分之一圓弧軌道的最低點為P，小物塊從D點返回C點的過程中，經過P點時，小物塊對圓軌的壓力最大，設速度為vp，軌道對小球的最大支持力大小為F，小物塊對圓軌道的

23、最大壓力為F＇，則 （1分） （2分） F＇＝F（1分） 解得：F＇＝9N（1分） （3）設小物塊第一次返回C點時，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．從此時起到小物塊與軌道共速時所用的時間為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點在同一高度），所有軌道在同一豎直平面內．當傳送帶以恒定速率v=10m/s運行時，把一質量m=50kg的貨物（可視為質點）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端運送到B端過程中因摩擦而產生的內能．

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 貨物到達倉庫后在運動的過程中只有摩擦力做功，做勻減速運動，設貨物在二樓倉庫地面滑行的距離為s．由動能定理得：-μmgs=0- 代入數(shù)據(jù)得：s=1m （2）設貨物離開傳送帶時的速度為vB，貨物從B到達E的過程中重力和摩擦力做功，由動能定理得： -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，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 貨物從開始運動到速度等于8m/s的過程中的位移為x，則： 2ax= 代入數(shù)據(jù)得：x=16m 該過程中的時間：t===4s 該過程中傳送帶的位移：x′=vt=10×4=40m 貨物相對于傳送帶的位移：△x=x′-x=40-16=24m 所以傳送帶把貨物從A端運送到B端過程中因摩擦而產生的內能：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端運送到B端過程中因摩擦而產生的內能是2400J?? 預測考點一：與圓周運動結合考查功

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。質量為m的小球從A點由靜止釋放，沿軌道運動到最高點D時對軌道的壓力大小為2mg，已知重力加速度為g，小球自傾斜軌道進入水平軌道無機械能損失，下列說法正確的是（ ） A. 在最高點D，小球的向心加速度大小為2g B. 在最低點C，小球對軌道壓力為7mg C. 為了保證小球能通過最高點D，小球釋放點相對于BC軌道的高度不能大于 D. 若提高釋放點的高度，小球在C、D兩點對軌道的壓力差恒為6mg 【參考答案】D 【名師解析】在最高

28、點D，對小球，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錯誤。在最高點D，由得小球從C到D點的過程，由機械能守恒定律得在最低點C，對小球，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C，小球對軌道壓力為，故B錯誤。小球恰能通過最高點D時，由重力提供向心力，則有由機械能守恒定律得，解得，即為了保證小球能通過最高點D，小球釋放點相對于BC軌道的高度小于，故C錯誤。在最高點D，對小球，根據(jù)牛頓第二定律得在最低點C，對小球，由牛頓第二定律得，小球從C到D點的過程，由機械能守恒定律得聯(lián)立解得，根據(jù)牛頓第三定律知小球在C、D兩點對軌道的壓力差恒為6mg，故D正確。 【方法歸納】

29、在最高點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點時的速度。小球從C到D點的過程，利用機械能守恒定律求出小球經過C點時的速度，再由牛頓運動定律求小球對軌道的壓力。小球恰能通過最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出D點的臨界速度，再由機械能守恒定律求釋放點的高度。根據(jù)機械能守恒定律和向心力公式結合求小球在C、D兩點對軌道的壓力差。 解決本題的關鍵要明確圓周運動向心力來源：指向圓心的合力充當向心力，把握最高點的臨界條件：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點的小

30、球上，另一端連在距離O點正上方R處的P點。小球放在與O點等高的槽口A點時，輕橡皮筋處于原長?，F(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球沿圓弧槽向下運動，運動到最低點B時對圓弧槽的壓力恰好為零。已知小球的質量為m，重力加速度為g，則小球從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是　　 A. 小球運動到最低點時，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. 小球運動過程中，機械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量 D. 小球運動過程中，重力勢能的減少量等于小球動能增加量與橡皮筋彈性勢能增加量的和 【參考答案】CD 【名師解析】小球運動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得，橡皮筋的彈

31、力，故大于mg，故A錯誤；根據(jù)可知，開始時，則，在最低點速度方向與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錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則小球運動過程中，機械能的減少量等于橡皮筋彈性勢能的增加量，故C正確；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即動能重力勢能彈性勢能恒量，小球運動過程中，重力勢能的減少量等于小球動能增加量與橡皮筋彈性勢能增加量的和，故D正確。 【關鍵點撥】小球運動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律方向彈力大??；根據(jù)盤點功率的變化；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由此分析CD選項。 本題主要是考查了機械能守恒定律的知識；要知道機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，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機械能就變化多少；注意運動過程中機械能和其它形式的能的轉化關系。 3.如圖所示，在某豎直平面內，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內、外壁光滑、半徑r＝0.2 m 的四分之一細圓管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。一個質量為1.0 kg的小滑塊(可視為質點)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間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小滑塊進入管口C端時，它對上管壁有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彈簧的彈性勢能為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能Ekm； (3)小滑塊最終停止的位置。 【名師解析】 　(1)小滑塊進入管口C端時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，所受合力為零。設此時小滑塊離D端的距離為x0，則有 kx0＝mg 解得x0＝＝0.1 m 在C點合外力提供向心力，有F向＝m 得v＝

34、7 m2/s2 小滑塊從C點運動到速度最大位置的過程中，由機械能守恒定律得 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點運動到C點過程，由動能定理得 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處動能不變，小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設之后小滑塊在BC上的運動路程為s′，由動能定理有：－μmgs′＝0－mv，解得s′＝0.7 m，故最終小滑塊在距離B點為(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，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和最高點)，可視為質點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出滑塊經過圓軌道最低點C時對軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖象，該圖線截距為2N,且過(0.5m,4N)點，取g=10m/s2,求： (1)滑塊的質量和圓軌道的半徑； (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H=0時，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，通過最高點的臨界條件vD= 1分 設下落高度為H0，由動能定理mg（H0-2R）=mvD2 1分 解得H0=2.5m 則應該滿足下落高度h2≥2.5m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? 1分 16