專題19機械能繩系小球圓周運動模型-高考物理機械能常用模型(解析版)

高考物理《機械能》常用模型最新模擬題精練專題19機械能+繩系小球模型一。選擇題1. （2023河南四市二模）如圖為過山車及其軌道的簡化模型，某次檢測中，在過山車車廂內的座椅上裝了一個壓力傳感器，在壓力傳感器上面安放一個仿真人。不計一切阻力，以下判斷正確的是A.過山車在圓軌道上的運動是勻速圓周運動B.過山車由靜止釋放的高度低于圓軌道最高點的高度時，也可以完成本次所有檢測任務C.過山車通過圓軌道最低點時，仿真人與座椅之間的壓力傳感器的示數小于仿真人的重力D.若過山車在圓軌道最高點時對軌道無作用力，則在最高點時，安裝在座掎上的壓力傳感器的示數為零?！緟⒖即鸢浮緿【命題意圖】本題考查過山車模型+豎直面內圓周運動的繩系小球模型+牛頓運動定律+機械能守恒定律+超重和失重【解析】過山車在豎直面內的圓軌道上的運動是變速圓周運動，A錯誤；由于過山車經過圓軌道最高點時速度必須大于等于臨界速度v=，所以過山車由靜止釋放的高度必須大于圓軌道最高點的高度1.25倍時，且沒有摩擦阻力作用，才可以完成本次所有檢測任務，B錯誤；過山車通過圓軌道最低點時，加速度豎直向上，仿真人處于超重狀態(tài)，所以仿真人與座椅之間的壓力傳感器的示數一定大于仿真人的重力，C錯誤；若過山車在圓軌道最高點時對軌道無作用力，處于完全失重狀態(tài)，則在最高點時，安裝在座掎上的壓力傳感器的示數為零，D正確?！娟P鍵點撥】豎直面內圓周運動兩種模型：輕“繩”模型輕“桿”模型情境圖示彈力特征彈力可能向下，也可能等于零彈力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意圖力學方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即Fn＝0，此時FN＝mg模型關鍵(1)繩只能對小球施加向下的力(2)小球通過最高點的速度至少為eq\r(gr)(1)“桿”對小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通過最高點的速度最小可以為0豎直面內圓周運動問題的解題思路：2．（2023湖南岳陽重點高中質檢）如圖所示，可視為質點的小球質量為m，用不可伸縮的輕質細繩（繩長為L）綁著，另一端縣于O點，繩由水平從靜止釋放，運動至最低點的過程中（繩與水平的夾角為），下列說法錯誤的是(不計空氣阻力影響)（

）A．輕繩拉力不斷增大B．小球水平方向的加速度先增后減，且=45°時有最大值C．=arcsin時，小球豎直方向的速度最大D．小球在最低點繩的張力由繩長和小球質量一起決定【參考答案】．D【名師解析】．將重力沿繩子方向和垂直繩子方向分解，根據牛頓第二定律可得解得隨著速度和的增大，則繩子的拉力在增大，A正確；根據機械能守恒可得，（h表示小球下落的高度）代入可得小球沿水平方向的分力為所以小球沿水平方向的加速度加速度先增大后減小，45°時有最大值，B正確；由于繩子的拉力一直增大，且有豎直向上的分力，與重力方向相反，所以當拉力沿豎直向上的分力與重力相等時，小球豎直方向上的速度最大，故有解得即，C正確；在最低點時重力和拉力充當向心力，故解得，故與繩長無關，D錯誤。此題選擇錯誤的選項，故選D。3.一小球以一定的初速度從圖示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.3mgC.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,根據機械能守恒定律,有1.6mgr+,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。二．計算題1.(2022天津河北區(qū)二模)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動。重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。

【參考答案】(1)；(2)；(3)【名師解析】(1)由題意可知當重物落地后鼓形輪轉動的角速度為ω，則根據線速度與角速度的關系可知小球的線速度為(2)小球勻速轉動，當在水平位置時設桿對球的作用力為F，合力提供向心力，則有結合(1)可解得桿對球的作用力大小為(3)設重物下落高度為H，重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統，根據系統機械能守恒可知而重物的速度等于鼓形輪的線速度，有聯立各式解得2.（2022江蘇南京寧海中學4月模擬）現有一根不可伸長的輕質細繩，繩長L=1m．繩的一端固定于O點，另一端系著質量m=2kg的可看成質點的小球，將小球拉到O點正上方的A點處靜止，此時繩子剛好伸直且無張力．不計小球在運動中所受的阻力，重力加速度g取10m/s2．則：（1）使小球剛好能在豎直平面能做完整的圓周運動，則在A點對小球做多少J的功？（2）求在（1）的條件下，小球運動到最低點時繩對它的拉力大小．（3）若小球從A點以v1=1m/s的水平速度拋出，在拋出的瞬間繩子對小球是否有拉力？如有拉力計算其大?。蝗鐩]有拉力，求繩子對小球再次有拉力所經歷的時間．【參考答案】（1）10J；（2）120N；（3）0.6s【名師解析】（1）小球剛能做完整的圓周運動，在A點的速度v0由向心力公式得故對小球做功（2）小球由A點運動到最低點速度v，由機械能守恒定律得由向心力公式解得繩對球的拉力F1=120N（3）因為v1<v0故繩子處于松弛狀態(tài)由平拋運動關系式知：水平方向x=v1t豎直方向由幾何關系知x2+(y-L)2=L2解得t=0.6s3（2022江蘇如皋期末）(13分)如圖甲所示，左、右兩個光滑半圓軌道的最低點與光滑水平軌道相切于B、C點，整個軌道處于豎直面內，不計厚度的光滑木板上、下端固定在A、B點．小球P由A點靜止釋放，沿著木板下滑，并恰好能到達D點．已知兩半圓軌道的半徑分別為R＝2.5m、r＝1m，不計小球經過B點的能量損失，重力加速度g取10m/s2.(1)求P落到水平軌道上時距C點的距離x；(2)求AB板的長度LAB及它與水平軌道間的夾角θ；(3)如圖乙所示，長度L＝eq\r(2)m的輕桿將P和另一相同的小球Q連接并放置在AB板上．現P由A點靜止釋放，兩球在豎直面內運動，求P在沿右半圓軌道運動過程中機械能最小時的速度大小v.【名師解析】.(13分)解：(1)D點mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r)(1分)平拋運動2r＝eq\f(1,2)gt2(1分)x＝v0t(1分)解得x＝2m(1分)(2)機械能守恒mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋mg·2r(1分)解得h＝2.5m＝R(1分)則LAB＝eq\f(5\r(2),2)m(1分)與水平軌道間的夾角為45°(1分)(3)兩球運動至右側圓軌道時速度始終相等(1分)如圖所示，P的機械能最小，系統機械能守恒有mg[h－(r－eq\f(L,2))]－mg[(r＋eq\f(L,2))－(h－Lsin45°)]＝eq\f(1,2)·2mv2(2分)解得v＝2eq\r(5)m/s(2分)4.(12分）(2021鄭州三模)如圖所示裝置放在水平地面上，該裝置由豎直平面內的四分之一圓弧AB（B為圓弧軌道上的一個點）和二分之一圓弧CDE及將二者平滑連接的水平軌道BC組成的光滑固定軌道。AB弧的半徑為R，,CDE弧的半徑為R.質量為m的小球在A點正上方與A相距R的P點由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動。重力加速度為g,求：（1)小球到達B點時的動能；（2)小球到達B點時對軌道的壓力；（3)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到E點?！久}意圖】本題考查動能定理、牛頓運動定律、豎直面內圓周運動及其相關知識點，考查的學科核心素養(yǎng)是運動和力的觀念、功和能的觀念?！窘忸}思路】（1）小球由P到B的過程，根據動能定理得2分解得2分（2）設經過B點時小球受到的支持力為FN，小球對軌道的壓力為FN＇根據牛頓第二定律可得2分解得1分根據牛頓第三定律得：1分（3）假設小球沿軌道運動到E點，且此時小球受到的壓力為FE，根據牛頓第二定律可得1分研究P到E的過程，根據動能定理得1分解得FE=0小球恰好能運動到E點2分5.（2021陜西西安重點中學質檢）如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平面上的固定輕質彈簧、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度可調的斜軌道AB組成，各部分平滑連接。某次游戲時，滑塊從高為h=1.0m的斜軌道AB端點B由靜止釋放，沿斜軌道下滑經過圓軌道后壓縮彈簧，然后被彈出，再經過圓軌道并滑上斜軌道，循環(huán)往復。已知圓軌道半徑r=0.1m，滑塊質量m=20g且可視為質點，CA長，EO長，滑塊與AB、EO之間的動摩擦因數，滑塊與其它軌道摩擦及空氣阻力忽略不計，g取10m/s2。（1）求滑塊第一次過最高點F時對軌道的壓力大??；（2）求彈簧形變時的最大彈性勢能EP；（3）調節(jié)斜軌道的高度h，使滑塊從B點下滑后，只能通過最高點F一次，且不脫離軌道，則h的大小范圍?！緟⒖即鸢浮浚?）2.2N；（2）0.13J；（3）【名師解析】（1）從滑塊從高為h=1.0m的斜軌道AB端點B由靜止釋放到滑塊第一次過最高點過程中，由動能定理得在最高點，由向心力公式得聯立解得：F=2.2N（2）滑塊從高為h=1.0m的斜軌道AB端點B由靜止釋放到彈簧獲得的最大彈性勢能過程中，由能量守恒定律得（3）①從滑塊從高為h1斜軌道靜止釋放恰好能通過最高點F，由動能定理得在最高點，由向心力公式得聯立解得：②要求只通過F點一次，壓鎖彈簧后彈開再次到達圓心等高點時，h取最大值，滑塊從B到壓縮彈簧后彈開再到圓心等高點的過程中，由動能定理得解得：只通過F點一次，且不脫離軌道，則h的大小范圍為6.（2020江蘇模擬2）(16分)如圖所示，將質量m1＝1.0kg的小物塊(可視為質點)放在平板車的左端，平板車長L＝2.0m、質量m2＝1.0kg，車的上表面粗糙，物塊與平板車的上表面間動摩擦因數μ＝0.5，半徑R為0.8m的部分圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同，開始平板車和物塊一起以v0＝10m/s的初速度在光滑水平面上向右運動，車碰到圓形軌道后立即停止運動，取g＝10m/s2.(1)求物塊剛進入半圓軌道時對軌道的壓力F.(2)若小物塊剛好能到達圓形軌道的最高點，求小物塊上滑過程中克服摩擦力做的功Wf.(3)若開始平板車靜止，滑塊仍以v0從車左端滑上平板車，要使物塊滑上圓弧軌道，求平板車右端距M點的最大距離x.【名師解析】(1)車停止運動后，取小物塊為研究對象，設其到達車右端時的速度為v1，由動能定理得－μm1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))(2分)解得v1＝eq\r(80)m/s(1分)剛進入圓軌道時，設物塊受到的支持力為FN由牛頓第二定律得FN－m1g＝(2分)由牛頓第三定律FN＝－F′N所以物塊剛進入半圓軌道時對軌道的壓力F′N＝110N，方向豎直向下(1分)(2)設物塊恰能到達最高點N的速度為v2，則m1g＝(1分)解得v2＝eq\r(gR)＝eq\r(8)m/s(1分)從M點到N點，根據動能定理有－2m1gR－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))(2分)解得Wf＝20J(1分)(3)當物塊在平板車上滑動時，物塊做勻減速運動，加速度為a1＝μg＝5m/s2(1分)平板車做勻加速運動，加速度為a1＝eq\f(μm1g,m2)＝5m/s2(1分)物塊從平板車的左端滑到右端時有v0t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L(1分)解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(15),5)))s，另一解t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(15),5)))s(舍去)(1分)平板車的位移為x＝eq\f(1,2)a2t2，解得x＝(4－eq\r(15))m平板車右端距M點的最大距離為(4－eq\r(15))m(1分)7.(2020河南天一大聯考期末考試)如圖所示，半徑為R的四分之三光滑圓弧軌道BCD固定在豎直面內，最低點B與水平面平滑相切，BC為直徑。一根輕彈簧放在水平面上，左端與固定豎直擋板相連接，彈簧處于自然伸直時，右端剛好與水平面上的A點對齊，質量為m的物塊放在A點，剛好與輕彈簧接觸，水平面上AB段粗糙，物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，AB段長為3R，A點左側水平面光滑，用物塊壓縮輕彈簧至一定的位置由靜止釋放，物塊運動到B點時，對圓弧軌道的壓力等于物塊重力的3倍，重力加速度為g，不計物塊的大小。求：

（1）物塊從A運動到B所用的時間；

（2）若要使物塊能沿軌道運動到D點，壓縮彈簧的彈性勢能至少為多大。

【名師解析】（l）設物塊運動到B應時速度大小為v1，

由牛頓第二定律得：3mg-mg=m

解得：v1=

設物塊運動到A點時速度大小為v0，

根據動能定理得：-μmg×3R=-

解得：v0=

設從點運動到B所用時間為t，則3R=

解得：t=2（-）

（2）物塊只要能通過C點，就能到達D點，物塊在C點時對軌道的壓力恰好為零時，速度最小，設最小速度為v2，

由牛頓第二定律得：mg=m

解得：v2=

設彈簧的彈性勢能至少為EP，根據功能關系得：EP=μmg×3R+mg×2R+

解得：EP=4mgR

答：（1）物塊從A運動到B所用的時間是2（-）；

（2）若要使物塊能沿軌道運動到D點，壓縮彈簧的彈性勢能至少為4mgR。

【關鍵點撥】（1）物塊運動到B應時，由牛頓第二定律可求得速度大小，從A到B由動能定理可求得在A的速度，再由運動學古詩求解運動時間；

（2）物塊只要能通過C點