《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做4 圓周運動問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做4 圓周運動問題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、大題精做四 圓周運動問題 精選大題 1．【2018年浙江省模擬】如圖1所示。游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行.可抽象為圖2的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R=10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過過水平光滑街接軌道BC.C‘E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接EG間的水平距離l=40m.現(xiàn)有質(zhì)量m<500kg的過山車，從高h=40m的A點靜止下滑，經(jīng)BCDC‘EF最終停在G點，過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.2與減速直軌道FG的動摩擦因數(shù)均為μ2=0.75，過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌道，求 （1）過山

2、車運動至圓軌道最低點C時的速度大??； （2）過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力； （3）減速直軌道FG的長度x（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【解析】 (1)過山車到達C點的速度為vc,由動能定理 mgh-μ1mgcos45°hcos45°=12mvC2 代入數(shù)據(jù)可得vC=810m/s (2)過山車到達D點的速度為vD,由機械能守恒定律 2mgR+12mvC2=12mvC2 由牛頓第二定律 mg+FD=mvD2R 聯(lián)立代人數(shù)據(jù)可得：FD = 7000N 由牛頓第三定律可知.軌道受到的力F’D = 7000N (3)過山車從A到達G點.由

3、動能定理可得 mgh-mg(l-x)tan37°-μ1mghcot45°-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0 代人數(shù)據(jù)可得x = 30m 故本題答案是： （1）vC=810m/s；（2）7000N；（3）x=30m 1．【2019浙江省模擬】三維彈球（3D Pinball）是Window里面附帶的一款使用鍵盤操作的電腦游戲，小王同學(xué)受此啟發(fā)，在學(xué)校組織的趣味運動會上，為大家提供了一個類似的彈珠游戲。如圖所示，將一質(zhì)量為0.1kg的小彈珠（可視為質(zhì)點）放在O點，用彈簧裝置將其彈出，使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運動，BC段為一段長為L=2.0m的粗糙水平面，DEFG為矩形墊子(

4、墊子邊緣的高度忽略不計)。圓弧OA和AB的半徑分別為r=0.2m，R=0.4m，滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為μ= 0.4，C點離墊子的高度為h=0.8m，水平距離為x=0.6m，墊子的長度EF為1m，求： （1）要使小滑塊恰好不脫離圓弧軌道，在B位置小滑塊受到半圓軌道的支持力; （2）在滿足第⑴問的情況下，小滑塊能否落入墊子？若能，則落入墊子時距左邊緣DE的距離； （3）為了不讓小滑塊飛出墊子，滑塊被彈射離開彈簧時的最大初速度。 【解析】（1）對大圓弧AB的A點：mg=mvA2R A到B的過程機械能守恒：12mvA2+2mgR=12mvB2 對B點：FN-mg=mvB2R 由以上

5、三式可得：FN=6N （2）從B至C由動能定理：-μmgL=12mvC2-12mvB2 得到vC=2m/s 由平拋運動：h=12gt2 s=vCt 聯(lián)立以上各式解得：s=0.8m>0.6m 所以小滑塊能落入盒子中。 落入的位置距離E點：Δx=s-x=0.2m （3）由平拋運動：h=12gt2 x+xEF=vC't 由O至C用動能定理：mgR-μmgL=12mvC'2-12mv02 解得：v0=26m/s 2．【2019四川省成都市模擬】轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球的質(zhì)量均為m，環(huán)質(zhì)量為2m，O端固定在豎

6、直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L，裝置靜止時，彈簧長為3L2，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)彈簧的勁度系數(shù)k； (2)AB桿中彈簧長度為L2時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度。 【解析】(1)裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1。 小環(huán)受到彈簧的彈力為：F彈1=k?L3， 小環(huán)受力平衡，則有：F彈1=mg+2T1cosθ1， 小球受力平衡，則豎直方向有：F1cosθ1+T1cosθ1=mg， 水平方向有：F1sinθ1=T1sinθ1，

7、解得：k=6mgL； (2)彈簧長度為12L時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2。 小環(huán)受到的彈力為：F彈2=12kL=3mg， 小環(huán)受力平衡，有：2T2cosθ2=mg+F彈2，且cosθ2=L4l， 對小球，豎直方向有：F2cosθ2=T2cosθ2+mg， 水平方向有：F2sinθ2+T2sinθ2=mω2lsinθ2， 解得：ω=25gL． 3．【2019四川省瀘州市模擬】如圖所示，長為l的輕質(zhì)細線固定在O1點，細線的下端系一質(zhì)量為m的小球，固定點O1的正下方0.5l處的P點可以垂直于豎直平面插入一顆釘子，現(xiàn)將小球從細線處于水平狀態(tài)由靜止釋

8、放，此時釘子還未插入P點，在B點右下方水平地面上固定有一半徑為R=516l的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O2，D點為最低點，且∠CO2D=37°，重力加速度為g，不計空氣阻力(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)小球運動到B點時的速度大小 (2)如果釘子插入P點后，小球仍然從A點靜止釋放，到達B點時，繩子恰好被拉斷，求繩子能承受的最大拉力； (3)在第(2)問的情況下，小球恰好從槽的C點無碰撞地進入槽內(nèi)，求整個過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫Α? 【解析】(1)小球從A到B運動過程中，根據(jù)機械能守恒有： mgl=12mvB2-0 小球運動到B點時的速度vB=2gl (2)

9、插入釘子后，小球再次經(jīng)過B點時有： F-mg=mvB20.5l vB=2gl 解得繩子能承受的最大拉力F=5mg (3)小球從B點開始做平拋運動，在C點時速度方向巧好沿軌道切線方向，即： vC=vBcos370 小球沿槽運動到最低點時對軌道的壓力最大，小球從C到D過程中機械能守恒有： mgR(1-cos370)=12mvD2-12mvC2 在D點有：FN-mg=mvD2R 解得槽對小球的支持力FN=11.4mg 由牛頓第三定律得小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫镕N′=11.4mg，方向豎直向下。 4．【2019吉林省長春市模擬】有一水平放置的圓盤面水平放一勁度系數(shù)為k的彈簧，如圖所示

10、，彈簧的一端固定于軸O上，另一端連接一個可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m的物體A，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ（已知μ≤kl02mg），開始時彈簧未發(fā)生形變，長度為l0，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦，重力加速度為g求： （1）物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止，求圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最大值ω0； （2）使彈簧的長度變?yōu)?2l0，為使物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止，求圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應(yīng)滿足的條件。 【解析】(1) 圓盤轉(zhuǎn)動角速度取最大值ω0時A需要的向心力大小等于最大靜摩擦力，則有 μmg=mω02l0 解得：ω0=μgl0； (2)因為kl02≥μmg，角速度取最小值ω1時，向心力的大小為彈力與最大靜摩擦力之差，

11、kl02-μmg=mω12·3l02 解得：ω1=kl0-2μmg3ml0 角速度取最大值ω2時，向心力的大小為彈力與最大摩擦力之和 kl02+μmg=mω22·3l02 解得：ω2=kl0+2μmg3ml0 所以kl0-2μmg3ml0≤ω≤kl0+2μmg3ml0。 5．【2018廣東省模擬】如圖所示，物體A、B之間有一根被壓縮鎖定的輕彈簧，整個裝置靜止在光滑軌道abc上，其中bc是半徑為R= 0．1 m的半圓形軌道。長為L=0．4 m的傳送帶順時針轉(zhuǎn)動的速度為v=2 m/s，忽略傳送帶的d端與軌道c點之間的縫隙寬度，物體B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ =0．5。已知物體A、B

12、可以看成質(zhì)點，質(zhì)量分別為2kg、1kg。彈簧解除鎖定后，A獲得的速度大小為vA =1.5 m/s，試分析物體B能否到達e點，如果不能請說明理由；如果能請求出物體B飛出后的落地點到e點間的水平距離。 (g=10 m/s2，不計空氣阻力) 【解析】解除彈簧的鎖定后，設(shè)B獲得的速度大小為vB，對A、B和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，得EP=12mBvB2+12mAvA2 代入數(shù)據(jù)：6.75=12×1×vB2+12×2×1．52，解得vB=3m/s 假設(shè)物體B能通過半圓形軌道最高點c點并到達e點，設(shè)物體B運動至c點時的速度為vc，運動至e點時速度為ve，由圓周運動知識可知，物體B在c點時應(yīng)有mvc2

13、R≥mg，即vC≥gR=1m/s 物體B從彈簧解除鎖定到運動至e點的過程中，根據(jù)動能定理得?mBg?2R-μmBgL=12mBv32-12mBvB2 解得ve=1m/s，易知vc>ve，即vc>1m/s，故物體B能到達e點 物體B離開c點后做平拋運動，豎直方向2R=12gt2，水平方向x=vet，聯(lián)立解得x=0.2m 物體B再次落到水平軌道ab上時與e點間的水平距離為0.2m 6．【2019安徽省模擬】如圖所示，一光滑直桿上套了A、B兩個質(zhì)量均為m的圓環(huán)，OB＝L，OA＝2L．桿的一端O有固定銨鏈，可自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)在使桿繞豎直軸做勻速轉(zhuǎn)動．試證明：A、B兩環(huán)不可能同時隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動，并說

14、明，若B環(huán)能隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動，則A環(huán)沿桿有怎樣的運動現(xiàn)象？ 【解析】對小圓環(huán)受力分析，其受重力、支持力，如圖所示： FNsinθ=mg FNcosθ=mω2r 則a=gcotθ=ω2Lsinθ 解得：ω=1cosθgcosθL， L越大，對應(yīng)的ω越小，L與ω存在著一一對應(yīng)，光滑桿具有確定的角速度只能有唯一的圓環(huán)與它共同運動。 若B環(huán)能隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動，則A環(huán)將沿光滑桿一直向上滑動，直至滑離。 7．【2018江蘇省模擬】如圖所示，ABDO是處于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB是半徑為R=15m的1/4圓周軌道，半徑OA處于水平位置，BDO是半徑為r=7.5m的半圓軌道，D為BDO軌道的中央。一

15、個小球從A點正上方距A點H=10m處的P點自由落下，經(jīng)A點進入豎直平面內(nèi)的軌道，取g=10m/s2，不計空氣阻力。 （1）求小球經(jīng)過D點時對軌道的壓力的大小是重力的多少倍？ （2）試討論此球能否到達BDO軌道的O點，并說明理由。 （3）小球沿軌道運動后再次落到軌道上的速度的大小是多少？ 【解析】(1)從P到D由動能定理得： mg(H+r)=12mvD2 由圓周運動知識得： ND=mvD2r 解得：ND=143mg； (2) 設(shè)小球能夠沿豎直半圓軌道運動到O點的最小速度為vc，有： mvC2r=mg 小球至少應(yīng)從Hc高處落下，mgHC=12mvC2 解得：HC=R4 由H＞HC，小球可以通過O點； (3) 小球從O點水平飛出后打在圓弧軌道上時間為t 這個過程小球的水平位移為x=v0t 豎直位移為y=12gt2 由幾何知識得：x2+y2=R2 解得t=1s 物體豎直方向速度vy=gt=10m/s 落在圓弧上速度v=vx2+vy2=103ms。 7