第3章 专题强化11 圆周运动中的能量问题-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

DISANZHANG 第3章 专题强化11　圆周运动中的能量问题 学习目标 1.能用动能定理解决圆周运动问题(重点)。 2.能用机械能守恒定律及能量守恒定律解决圆周运动的问题(重难点)。 2 内容索引 一、动能定理在圆周运动中的应用 二、机械能守恒定律及能量守恒定律在圆周运动中的应用 专题强化练 3 一 动能定理在圆周 运动中的应用 4 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临 界条件为重力恰好提供向心力， 　(2023·常州湟里高级中学高一月考)如图所示是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动，已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝ 的速度过轨道最高点B，并以v2＝ 的速度过最低点A。求： 例1 (1)在A点摩托车对轨道的压力大小； 答案　4mg 在A点，由牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律可知，在A点摩托车对轨道的压力大小为4mg。 (2)从B点运动到A点的过程中，牵引力和阻力做的总功W。 答案　－mgR 从B点运动到A点的过程中，根据动能定理有 解得W＝－mgR。 　(2022·福州市高一期末)如图甲所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图乙所示的模型：过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，C点为圆形轨道的最低点，B点与圆心等高，A点为圆形轨道的最高点，圆形轨道的半径为R。质量为m的过山车(可视为质点)从斜轨道上离C点高度为3R的D点由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动，已知重力加速度为g。 例2 (1)若过山车的轨道是光滑的，求过山车到达B点处的速度大小； (2)若过山车的轨道是光滑的，求过山车到达C点处时对轨道的压力； 答案　7mg，方向竖直向下 解得N＝7mg 由牛顿第三定律得过山车到达C点处时对轨道的压力大小 N′＝N＝7mg，方向竖直向下。 (3)若过山车的轨道是粗糙的，且要求过山车刚好能通过A点，求过山车从D点到A点过程中克服阻力所做的功。 过山车刚好能通过A点，由牛顿第二定律得 设克服摩擦力做的功为W， 得过山车从D点到A点过程中克服阻力所做的功 二 机械能守恒定律及能量守恒定律在圆周运动中的应用 14 (2023·淮安淮阴中学高一月考)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，从水平面进入半圆形导轨运动， 恰能到达最高点C，最终落回水平面，不计空气阻 力，重力加速度为g，试求： 例3 (1)物体在A点时弹簧的弹性势能Ep； (2)物体从C点落回水平面的位置与C点的水平距离s。 答案　2R 水平方向上有s＝vCt 联立解得s＝2R。 如图所示，斜面ABC下端与圆轨道CDE相切于C点，整个装置竖直固定，D是圆轨道的最低点，斜面的倾角θ＝37°，B与圆心O等高，圆轨道半径r＝0.5 m，斜面高h＝1.4 m。现有一个质量m＝1 kg的小物块P(视为质点)从斜面上端A点由静止下滑，经竖直圆轨道回到最低点D′以后经直轨道D′F冲上两个半径均为R＝0.4 m的 圆管轨道，所有轨道均光滑，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，忽略空气阻力，求： 例4 (1)物块到达D点时对轨道的压力大小； 答案　70 N 物块到达D点时，由牛顿第二定律有 联立解得N＝70 N， 根据牛顿第三定律知，物块到达D点时对轨道的压力大小为70 N。 (2)若使物块在不脱离轨道的基础上能通过圆管轨道最高点G，则物块释放的高度H(距离斜面底端的高度)至少为多少？ 答案　1.15 m 因E点高于G点，若使物块在不脱离轨道的基础上能通过G点，则物块必须能通过E点，则物块在E点的速度必须满足vE≥ 从开始到E点的过程，由机械能守恒定律得 解得H≥1.15 m， 所以物块释放的高度至少为1.15 m。 三 专题强化练 1.质量为30 kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5 m。小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25 m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，不计空气阻力，则小孩对秋千板的压力大小约为(g取10 m/s2) A.0 B.200 N C.600 N D.1 000 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础题 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(多选)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物块从A运动到B，由动能定理得mgr－W克f＝0，解得W克f＝mgr，D正确。 3.如图所示，在竖直面内，一半径为R的光滑半圆轨道和水平轨道在B点相切，PB为圆弧轨道的直径。一小滑块从A点沿水平轨道向右运动经B点沿圆弧轨道恰好通过P点，最后落在A点。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计空气阻力。 则小滑块从A点运动时的初速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4.(2022·集美中学高一期中)如图所示，固定的水平轨道与固定的光滑半圆弧轨道相切于B点，虚线BC为轨道直径，半径为R，水平轨道AB长为L。一个质量为m的小物块以某一速度从A点沿着轨道经B点向C点运动，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，当小 物块沿半圆弧轨道运动到最高点C时，小物 块对轨道的压力大小为3mg，重力加速度为 g。求： (1)小物块运动到圆弧底端B点时的速度大小vB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 在最高点C，因为小物块对轨道的压力大小为3mg，由牛顿第三定律可知，轨道对小物块的支持力大小为N＝3mg，根据牛顿第二定律有 从B到C根据动能定理有 (2)小物块在A点时的初始动能EkA。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　μmgL＋4mgR 从A到B根据动能定理有 解得EkA＝μmgL＋4mgR。 5.(多选)(2022·山东师大附中高二期中)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点A点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 提高题 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 若小球运动过程中的速度较大，则小球在运动过程中可能不与内轨接触，不受摩擦力作用，此时达到最高点的速度至少为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球运动过程中始终与外轨接触，肯定能到达最高点，并且机械能守恒；如果内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力作用，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.(2022·莆田二中期末)如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平地面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面间的夹角恰为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，重力加速度为g。则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.A、B质量之比为27∶25 B.A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为3∶5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 杆对A的作用力先是支持力后是拉力，A与B刚脱 离接触的瞬间，杆对A的作用力等于零，A的速度 方向垂直于杆，水平方向的分速度等于B的速度， 有vAsin 37°＝vB，解得vA∶vB＝5∶3，故B错误； A与B刚脱离接触的瞬间，B对A也没有作用力，A只受重力作用，根据 牛顿第二定律可得mgsin 37°＝ 故D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(2023·云南期末)如图所示，将一根细圆管道弯成 圆弧形状并竖直固定放置，一个可视为质点的小球从管口A的正上方高h处自由下落，小球半径略小于管道内径，小球刚好能从管口A处无碰撞进入管 道，B为管道最上端，已知小球在管道内做圆周运动的轨 道半径为R，小球质量为m，重力加速度为g。 (1)若管道内壁光滑，小球恰能到达B处，高度h应为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　R 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小球恰能到达B处，则到B时的速度vB＝0，由机械能守恒得mgh＝mgR，h＝R (2)若管道内壁粗糙，让小球从A点正上方h＝3R处自由下落，已知小球从A运动到B的过程中摩擦力做功Wf＝－mgR，请求出小球到达B处时对管道的弹力FB的大小和方向。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　mg，方向竖直向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 从释放到B点，由动能定理有 解得FB＝mg 根据牛顿第三定律可知小球对管道B点作用力大小为mg，方向竖直向上。 8.(2022·福州第一中学期中)如图所示，竖直平面内光滑半圆形轨道半径R＝0.3 m，与水平轨道AB相连接，AB的长度为s＝0.5 m，一质量为m＝1 kg的物块，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.4，到B点时撤去力F， 物块沿圆轨道运动到最高点C时对轨道的压力 大小为 ，重力加速度g＝10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (1)求物块通过C点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)求水平恒力F的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　26 N 物块从A点运动到C点，由动能定理得 解得F＝26 N (3)若将题中物块质量更换为m1＝2 kg，其他条件不变，到B点时撤去力F，求此后质量为m1的物块运动轨迹最高点相对水平轨道的高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 此刻在B点的最小动能为 物块要想通过圆心等高处，B点的最小动能为m1gR＝6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由于6 J<EkB<15 J，故物块在圆心等高处到C点之间的某一位置脱离轨道，设该点为D点，D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，此刻接触面的弹力为0，根据牛顿第二定律和动能定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物块脱离轨道后做斜抛运动，在最高点的速度大小为v′＝vDcos θ 从B点到物块运动轨迹最高点，由机械能守恒得 9.如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗 糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在 小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。 (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 选做题 答案　3mg，方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解得N＝3mg 由牛顿第三定律知，滑块对小车的压力大小N′＝3mg， 方向竖直向下。 (2)若小车不固定，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝ ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 滑块下滑到达B点时，小车速度最大 ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。 设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC 设滑块从B运动到C过程中，小车运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝Ma 由运动学规律vC2－vm2＝－2as 1 2 3 4 5 6 7 8 9 BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com mg＝，vmin＝。 v1 FA－mg＝m,解得FA＝4mg mg×2R＋W＝mv22－mv12 答案　2 由动能定理得mg(3R－R)＝mvB2 解得vB＝2 由动能定理得mg·3R＝mvC2 解得vC＝ 在C点，由牛顿第二定律有N－mg＝m 答案　mgR mg＝m 解得vA＝ 由动能定理有mgR－W＝mvA2 W＝mgR。 答案　mgR 解得Ep＝mgR 根据题意可知，物体恰能到达最高点C，在最高 点由牛顿第二定律有mg＝m 解得vC＝ 物体由A点运动到C点过程中，由能量守恒定律有Ep＝mg·2R＋mvC2 根据题意可知，物体从C点以速度vC做平抛运动，竖直方向上有2R＝gt2 物块从A到D的过程，由动能定理得mg(h＋r－rcos θ)＝mvD2， N－mg＝m， mg(H＋r－rcos θ)＝mvE2＋2mgr， 小孩从静止至最低点过程由动能定理得mgh＝mv2，小孩至最低点时由牛顿第二定律得N－mg＝m，由牛顿第三定律得N′＝N，代入数据解得N′＝600 N。 A.物块到达A点时速度大小为 B.P、A间的高度差为 C.物块从A运动到B所用时间为π D.物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr 在B点时由牛顿第二定律得N－mg＝m，因为 N＝2mg，所以v＝，由题意知物块在圆弧轨 道做匀速圆周运动，故物块到达A点时速度大小 为，A错误； 从P到A的过程由动能定理得mgh＝mv2，所以h＝，B正确； 物块进入圆弧轨道后做匀速圆周运动，则物块从A运动到B所用时间t＝＝，C正确； A. B. C. D.2 小滑块沿圆弧轨道恰好通过P点，此时重力提 供向心力，即mg＝m，解得v＝，从P点 到A点小滑块做平抛运动，竖直方向2R＝gt2， 水平方向x＝vt，联立得x＝2R，小滑块从A点到P点过程中，由动能定理得－μmgx－mg·2R＝mv2－mv02，解得v0＝，故选C。 答案　2 N＋mg＝m 代入数据解得vC＝2 －mg·2R＝mvC2－mvB2 代入数据解得vB＝2 －μmgL＝mvB2－EkA A.若v0<，小球不可能到达最高点 B.若v0＝2，小球恰好能到达最高点 C.若v0<，小球运动过程中机械能守恒 D.若v0＝3，小球运动过程中机械能守恒 v＝，根据机械能守恒定律可得 mv02＝mv2＋mg·2R，解得v0＝，所以当v0≥ 时， 由机械能守恒定律得mv02＝mg·2R，解得v0＝2， 现内轨粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0，一 定受到摩擦力作用，需要克服摩擦力做功，所以当v0 ≤2时，小球不可能到达圆周最高点，当2<v0 <时，小球可能到达最高点，故A、B错误； 若小球刚好达到与圆心等高时速度为零，则有mv02＝mgR，解得v0＝，所以当v0<时，小球只与外轨接触，则机械能守恒，故C正确； 由于v0＝3>，所以小球运动过程中始终与 外轨接触，机械能守恒，故D正确。 C.A落地时速率为 D.A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为 m，解得vA＝，vB＝， 脱离接触之前，由机械能守恒定律有mgl(1－sin 37°) ＝mvA2＋MvB2，解得m∶M＝27∶25，故A正确。 脱离接触之后，由机械能守恒定律可得mglsin 37°＝ mv2－mvA2，解得v＝，故C错误； mgh－Wf－mgR＝mvB2 联立解得vB＝ 在B点，由向心力表达式mg＋FB＝ mg 答案　 m/s 物块沿圆轨道运动到最高点C时对轨道的压力大小为mg，由牛顿第三定律可知轨道对物块的支持力大小为mg，则根据牛顿第二定律得mg＋mg＝ 解得vC＝ m/s Fs－μmgs－mg·2R＝mvC2 答案　 m 若将题中物块质量更换为m1＝2 kg，若物块能过圆轨道的最高点至少满足m1g＝ m1g·2R＋m1vC′2＝m1gR＝15 J 在拉力F作用下，运动到B点，根据动能定理得Fs－μm1gs＝m1vB2－0 解得EkB＝m1vB2＝9 J m1gcos θ＝ －m1g(R＋Rcos θ)＝m1vD2－m1vB2 联立解得cos θ＝，vD＝1 m/s m1vB2＝m1gh＋m1v′2 联立解得h＝ m。 滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B过程机械能守恒，则mgR＝mvB2 滑块在B点处，由牛顿第二定律得N－mg＝m 答案　 由机械能守恒定律得mgR＝Mvm2＋m(2vm)2 解得vm＝。 答案　L 由能量守恒定律得mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2 联立上式解得s＝L。 $$