1、1重难强化练（三） 圆周运动与能量的综合问题1如图 1所示，长为 L的轻杆一端固定质量为 m的小球，另一端有固定转轴 O。现使小球在竖直平面内做圆周运动， P为圆周轨道的最高点，若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 ，则以下判断中正确的是( )92gL图 1A小球不能到达 P点B小球到达 P点时的速度大于 gLC小球能到达 P点，且在 P点受到轻杆向上的弹力D小球能到达 P点，且在 P点受到轻杆向下的弹力解析：选 C 由机械能守恒得 m 2 mg2L mvP2，解得 vP 。由轻杆模型12(92gL) 12 12gL可得，0 vP 时，杆对小球有竖直向上的支持力，故 C正确。gL2.如图 2
2、所示是半径为 r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心 O处于同一水平面的 A点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道，则在 A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为( )图 2A. B.7gr 5grC. D.3gr 2gr解析：选 C 小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足 mg m 。小车沿轨道内侧做v2r圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒。设小车在 A处获得的最小初速度为 vA，由机械能守恒定律得 mvA2 mgr mv2，解得 vA 。故选项 C正确。12 12 3gr3(多选)如图 3所示，半径为 R的 光滑圆弧槽固定在小车上，有
3、一小球静止在圆弧14槽的最低点。小车和小球一起以速度 v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能( )2图 3A等于 B大于v22g v22gC小于 D与小车的速度 v无关v22g解析：选 AC 设小球的质量为 m，上升的高度为 h。如果 v较小，小车停止运动后， 小球还没有脱离圆弧槽，则根据机械能守恒定律有 mv2 mgh，可得 h ，选项 A正确；12 v22g如果 v较大，小车停止运动后，小球能够跑出圆弧槽，那么小球出了圆弧槽后将做斜抛运动，当小球到达最高点时，其还有水平方向上的速度，所以 mv2 mgh，可得 h ，选项12 v22gC正确。4.童非，江西人，中国著
4、名体操运动员，首次在单杠项目上实现了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，如图 4所示，假设童非的质量为65 kg，那么，在完成“单臂大回环”的过程中，童非的单臂至少要能够承受多大的力？(g取 10 m/s2)图 4解析：童非恰好能通过最高点时，重力和支持力相等，临界速度应当为零，即 v 临0，从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mg2r mv212童非通过最低点时，由牛顿第二定律得：F mg m v2r联立可得 F5 mg，代入数据得 F3 250 N，即童非单臂至少能承受 3 250 N的力。答案：3 250 N5游乐园里过山车原理的示意图如图 5所示
5、。设过山车的总质量为 m，由静止从高为h的斜轨顶端 A点开始下滑，到半径为 r的圆形轨道最高点 B时恰好对轨道没有压力。求：3图 5(1)过山车在圆形轨道最高点 B时的速度大小 v。(2)过山车从 A到 B过程中克服阻力所做的功 W。解析：(1)在 B点，由牛顿第二定律和向心力公式，有 mg m ，得 v 。v2r gr(2)由动能定理有 mg(h2 r) W mv2，12得 W mgh mgr。52答案：(1) (2) mgh mgrgr526.如图 6所示， AB是竖直平面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端 B与水平直轨道相切。一个小物块自 A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径 R0.2
6、m，小物块的质量m0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 0.5，取 g10 m/s 2。求：图 6(1)小物块在 B点时受到的圆弧轨道的支持力大小。(2)小物块在水平面上滑动的最大距离。解析：(1)从 A点运动到 B点，小物块机械能守恒，得 mgR mvB2，12在 B点有 N mg m ，vB2R联立以上两式得支持力N3 mg30.110 N3 N。(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为 s，对整个过程由动能定理得mgR mgs 0，得 s m0.4 m。R 0.20.5答案：(1)3 N (2)0.4 m7.如图 7所示，长度为 l的轻绳上端固定在 O点，下端系一质量为 m的小球(
7、小球的大4小可以忽略)。图 7(1)在水平拉力 F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为 。小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力 F的大小。(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力，不计空气阻力。解析：(1)受力图如图所示，根据平衡条件，可得Tcos mg， Tsin F，则拉力大小 F mgtan 。(2)设小球通过最低点时的速度为 v，对小球由动能定理得 mgl(1cos ) mv2，12解得 v ；2gl 1 cos 小球在最低点时，对小球受力分析如图所示，则 T mg m ，解得 T mg(32cos )。v2l答案：(1)受力图见解析 mgta
8、n (2) mg(32cos )2gl 1 cos 8.如图 8所示，小球沿光滑的水平面冲上一个光滑的半圆形轨道，已知轨道的半径为R，小球到达轨道的最高点时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力。求：图 8(1)小球到达轨道最高点时的速度大小；(2)小球落地时距 A点的距离；(3)落地时速度的大小。解析：(1)小球到达轨道的最高点时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力，由牛顿第二定律得：mg N2 mg mv2R则小球的速度为 v 。2gR5(2)小球离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得，2 R gt212s vt联立解得： s2 R。2(3)小球脱离轨道后，只受重力作用，只有重力做了功，机械能守恒，取水平面为零重力势能面，则2mgR mv2 mv 212 12落地时的速度为 v 。6gR答案：(1) (2)2 R (3)2gR 2 6gR
