備戰(zhàn)2025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(yùn)動相關(guān)的功能問題含解析

PAGEPAGE1專題6.6與圓周運(yùn)動相關(guān)的功能問題【考綱解讀與考頻分析】圓周運(yùn)動是重要模型，與圓周運(yùn)動結(jié)合考查功能問題是命題熱點(diǎn)?！靖哳l考點(diǎn)定位】：圓周運(yùn)動功和能考點(diǎn)一：與圓周運(yùn)動結(jié)合考查功能問題【3年真題鏈接】1.（2024·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。下列敘述正確的是（）

A.

摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B.

在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對他的支持力

C.

摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D.

摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，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(jī)械能包括動能和重力勢能，摩天輪做勻速圓周運(yùn)動，所以動能不變，重力勢能時刻變更，即機(jī)械能時刻變更，故A項(xiàng)錯誤；在最高點(diǎn)對乘客進(jìn)行受力分析，列牛頓其次定律方程，得所以,故B項(xiàng)正確；依據(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(xiàng)錯誤；乘客重力的瞬時功率,指線速度和豎直方向的夾角，轉(zhuǎn)動過程中、不變，角不斷變更，重力瞬時功率不斷變更，故D項(xiàng)錯誤。

【分析】因?yàn)閯幽懿蛔儯亓菽軙r刻變更，判出機(jī)械能不斷變更；依據(jù)牛頓其次定律計(jì)算重力與支持力的關(guān)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；依據(jù)計(jì)算瞬時功率。2.（2024?天津）滑雪運(yùn)動深受人民群眾寵愛，某滑雪運(yùn)動員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)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.

合外力做功肯定為零

D.

機(jī)械能始終保持不變【參考答案】C【名師解析】因?yàn)檫\(yùn)動員做曲線運(yùn)動，所以合力肯定不為零，A不符合題意；

運(yùn)動員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對運(yùn)動員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有，運(yùn)動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運(yùn)動員的支持力越來越大，依據(jù)可知摩擦力越來越大，B不符合題意；

運(yùn)動員運(yùn)動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變更量為零，依據(jù)動能定理可知合力做功為零，C符合題意；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉Γ瑱C(jī)械能不守恒，D不符合題意；

3.(2024·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(nèi)，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(diǎn)從靜止起先下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A.始終不做功 B.始終做正功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?yàn)榇髨A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)的作用力始終不做功，選項(xiàng)A正確，B錯誤；起先時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離圓心，到達(dá)圓心等高點(diǎn)及下方，大圓環(huán)對小環(huán)的作用力指向圓心，故選項(xiàng)C、D錯誤。4.（12分）（2024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BC的B端高度h=24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點(diǎn)，圓弧EF的圓心O1，水平半圓軌道CD的圓心O2與A點(diǎn)在同一水平面上，DO1的距離L=20m，質(zhì)量m=1000kg的過山車（包括乘客）從B點(diǎn)自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達(dá)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(yùn)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)μ＝132，EF段摩擦不計(jì)，整個運(yùn)動過程空氣阻力不計(jì)。（sin37（1）求過山車過F點(diǎn)時的速度大小。（2）求從B到F整個運(yùn)動過程中摩擦力對過山車做的功。（3）如圖過D點(diǎn)時發(fā)覺圓軌道EF段有故障，為保證乘客平安，馬上觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達(dá)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(diǎn)，選擇某個乘客為探討對象，依據(jù)牛頓其次定律有m人g-0.25m人g=m人，r=Lsinθ=12m解得：vF==3m/s。（2）設(shè)整個過程摩擦阻力做功為W，對過山車從B到F的過程，應(yīng)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(shè)恰好能夠到達(dá)E點(diǎn)對應(yīng)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(diǎn)到F點(diǎn)的過程，由動能定理，-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.（2024全國高考III卷）如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)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(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還始終受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：

（1）水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時速度的大??；（2）小球到達(dá)A點(diǎn)時動量的大??；（3）小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時間?！久麕熃馕觥浚?）解:設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時所受合力的大小為F。由力的合成法則有

①

②

設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小為v，由牛頓其次定律得

③

由①②③式和題給數(shù)據(jù)得

④

⑤

（2）解:設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為，作，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)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(diǎn)的動量大小為

⑨

（3）解:小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時間為t。由運(yùn)動學(xué)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(diǎn)由牛頓其次定律可求出水平恒力F0及小球到達(dá)C點(diǎn)的速度。

（2）從A到C有動能定理，幾何關(guān)系和動量的表達(dá)式可求出小球到達(dá)A點(diǎn)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(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式可得落至水平軌道所用的時間?！?年模擬再現(xiàn)】1．（2024吉林長春四模）（6分）如圖所示，兩個內(nèi)壁光滑的圓形管道豎直固定，左側(cè)管道的半徑大于右側(cè)管道半徑。兩個小球A、B分別位于左、右管道上的最高點(diǎn)，A球的質(zhì)量小于B球質(zhì)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，兩個小球由靜止起先自由滑下，當(dāng)它們通過各自管道最低點(diǎn)時，下列說法正確的是（）A．A球的速率肯定等于B球的速率 B．A球的動能肯定等于B球的動能 C．A球的向心加速度肯定等于B球的向心加速度 D．A球?qū)壍赖膲毫隙ǖ扔贐球?qū)壍赖膲毫Α緟⒖即鸢浮緾【命題意圖】以小球沿豎直面內(nèi)內(nèi)壁光滑的圓形管道的圓周運(yùn)動為背景，考查動能定理、牛頓運(yùn)動定律和學(xué)生的分析綜合實(shí)力?！窘忸}思路】設(shè)小球的質(zhì)量為m，管道半徑為R，由動能定理，則小球下落到最低點(diǎn)時的動能Ek=mv2=2mgR，解得速度大小，由于豎直面內(nèi)內(nèi)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(xiàng)AB錯誤；兩球的向心加速度大小，即A球的向心加速度肯定等于B球的向心加速度，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球通過各自管道最低點(diǎn)時所受的支持力為FN，由牛頓其次定律FN-mg=man，解得FN=5mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮镕N=FN’=5mg，與小球質(zhì)量有關(guān)，由于A球的質(zhì)量小于B球質(zhì)量，所以A球?qū)壍赖膲毫隙ㄐ∮贐球?qū)壍赖膲毫?，選項(xiàng)D錯誤。【規(guī)律總結(jié)】對于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動，求運(yùn)動到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的速度，一般運(yùn)用動能定理列方程求解；計(jì)算運(yùn)動到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)受到的彈力，一般運(yùn)用牛頓其次定律列方程得出。2．(2024·安徽第三次聯(lián)考)如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)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(diǎn)與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB，設(shè)小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠(yuǎn)小于R，則(小球直徑略小于圓管內(nèi)徑)()A．小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過E點(diǎn)且拋出后恰好落至B點(diǎn)C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達(dá)E點(diǎn)時的速度都不能為零D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點(diǎn)相距2R【參考答案】B【名師解析】對小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02＋mgR＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，選項(xiàng)A錯誤；對小球從A點(diǎn)至E點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvE2＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，小球從E點(diǎn)拋出后，由平拋運(yùn)動規(guī)律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳A管內(nèi)壁可供應(yīng)支持力，所以小球到達(dá)E點(diǎn)時的速度可以為零，選項(xiàng)C錯誤；若將DE軌道拆除，設(shè)小球能上升的最大高度為h，則有eq\f(1,2)mvD2＝mgh，又由機(jī)械能守恒可知vD＝v0，解得h＝eq\f(5,4)R，選項(xiàng)D錯誤。3.(2024.福建省南平市一模)如圖所示，質(zhì)量為100g的小球，從H=13m高處由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R=4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，恰能到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C，然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)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)到處相等，重力加速度g=10m/s2，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(diǎn)具有的能量為E1=mgH=13J，小球恰好能到達(dá)C點(diǎn)，則此時向心力完全由重力供應(yīng)mv2R=mg，則小球在C點(diǎn)具有的能量為E2=12mv2+2mgR=52mgR=10J，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，即彈簧彈性勢能最大值必定大于10-3=7J，但是該最大值不行能大于C點(diǎn)小球具有的能量10J，由此推斷B、C選項(xiàng)的8J和9J是有可能的，A、D的7J和10J不行能，故B、C正確，A、D錯誤。

【方法歸納】首先分析小球從A點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)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(shè)給出恰好能通過C點(diǎn)則在該點(diǎn)重力供應(yīng)向心力，由此為依據(jù)列式計(jì)算出相應(yīng)的能量關(guān)系進(jìn)而分析求解。該題屬于典型的臨界狀況分析題，臨界點(diǎn)在于小球剛好能夠通過CA.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(diǎn)B時，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有1.6mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得F＝4mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝4mg，選項(xiàng)C正確。5.（2024湖南衡陽三模）如圖所示，電動機(jī)帶動傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8m/s的速度逆時針勻速運(yùn)動，傳送帶下端點(diǎn)C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20m；傳送帶在上端點(diǎn)B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R＝0.5m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量M＝2kg可看做質(zhì)點(diǎn)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壓縮彈簧肯定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點(diǎn)沖上光滑圓孤軌道，通過最高點(diǎn)A時對A點(diǎn)的壓力為8N．上述過程中，M經(jīng)C點(diǎn)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(diǎn)時物體的速度（2）M在傳送帶上運(yùn)動的過程中，帶動傳送帶的電動機(jī)由于運(yùn)輸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(diǎn)，由牛頓其次定律：Mg+FA＝M解得VA＝m/s，從B到A由機(jī)械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）＝解得vB＝5.0m/s（2）M在傳送帶上運(yùn)動時由于VB小于皮帶速度，可知物體始終做加速運(yùn)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(nèi)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(yùn)動，故電動機(jī)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(shè)彈簧彈力對物體做功W，則從彈簧的壓縮端到C點(diǎn)，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(diǎn)時物體的速度為5.0m/s（2）M在傳送帶上運(yùn)動的過程中，帶動傳送帶的電動機(jī)由于運(yùn)輸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19J6．（20分）（2024四川四市二診）如圖所示，在傾角＝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(diǎn)相切，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道的A端由靜止釋放，到達(dá)D點(diǎn)后又沿軌道返回到直軌道AB中點(diǎn)時速度為零．已知直軌道AB長L＝1m，軌道總質(zhì)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數(shù)；（2）求小物塊對圓弧軌道的最大壓力；【名師解析】（1）小物塊在從A→B→D→C→直軌AB中點(diǎn)的過程中，依據(jù)能量守恒（2分）解得：＝0.25（1分）（2）設(shè)圓軌道的半徑為R，小物塊在從A→B→D的過程中，依據(jù)動能定理mg（Lsin－Rcos＋Rsin）－mgLcos＝0（2分）解得：R＝2m設(shè)四分之一圓弧軌道的最低點(diǎn)為P，小物塊從D點(diǎn)返回C點(diǎn)的過程中，經(jīng)過P點(diǎn)時，小物塊對圓軌的壓力最大，設(shè)速度為vp，軌道對小球的最大支持力大小為F，小物塊對圓軌道的最大壓力為F＇，則（1分）（2分）F＇＝F（1分）解得：F＇＝9N（1分）（3）設(shè)小物塊第一次返回C點(diǎn)時，速度為vC，解除軌道鎖定后，小物體的加速度沿斜面對下，大小為1，軌道的加速度沿斜面對上，大小為2．從今時起到小物塊與軌道共速時所用的時間為t，則（2分）m1＝mgsin＋mgcos（2分）M2＝mgcos－Mgsin（2分）vC－1t＝2t（2分）解得：vC＝2m/s，1＝8m/s2，2＝4m/s2t＝（2分）7.（2024名校模擬）某工廠車間通過圖示裝置把貨物運(yùn)輸?shù)蕉莻}庫，AB為水平傳送帶，CD為傾角θ=37°、長s=3m的傾斜軌道，AB與CD通過長度忽視不計(jì)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(diǎn)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(diǎn)在同一高度），全部軌道在同一豎直平面內(nèi)．當(dāng)傳送帶以恒定速率v=10m/s運(yùn)行時，把一質(zhì)量m=50kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）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(yùn)輸?shù)健久麕熃馕觥浚海?）因貸物恰好能滑入二樓倉庫，則在圓軌道的最高點(diǎn)E，向心力恰好由重力供應(yīng)，得：

mg=m代入數(shù)據(jù)解得：vE=2m/s

貨物到達(dá)倉庫后在運(yùn)動的過程中只有摩擦力做功，做勻減速運(yùn)動，設(shè)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(shè)貨物離開傳送帶時的速度為vB，貨物從B到達(dá)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供應(yīng)加速度，由牛頓其次定律得：

ma=μmg所以：a=μg=0.2×10=2m/s2

貨物從起先運(yùn)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(yùn)輸?shù)紹端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)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(yùn)輸?shù)紹端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是2400預(yù)料考點(diǎn)一：與圓周運(yùn)動結(jié)合考查功能問題【2年模擬再現(xiàn)】1.(2024·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(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道運(yùn)動到最高點(diǎn)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(jìn)入水平軌道無機(jī)械能損失，下列說法正確的是（）A.在最高點(diǎn)D，小球的向心加速度大小為2g

B.在最低點(diǎn)C，小球?qū)壍缐毫?mg

C.為了保證小球能通過最高點(diǎn)D，小球釋放點(diǎn)相對于BC軌道的高度不能大于3.5R

D.若提高釋放點(diǎn)的高度，小球在C、D兩點(diǎn)對軌道的壓力差恒為6mg【參考答案】D【名師解析】在最高點(diǎn)D，對小球，依據(jù)牛頓其次定律得ND+mg=ma，據(jù)題ND=2mg，則小球的向心加速度大小為a=3g，故A錯誤。在最高點(diǎn)D，由a=vD2R得vD=3gR.小球從C到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得12mvD2+2mgR=12mvC2.在最低點(diǎn)C，對小球，由牛頓其次定律得：

NC-mg=mvC2R，聯(lián)立解得NC=8mg，由牛頓第三定律知在最低點(diǎn)C，小球?qū)壍缐毫镹C'=NC=8mg，故B錯誤。小球恰能通過最高點(diǎn)D時，由重力供應(yīng)向心力，則有mg=m【方法歸納】在最高點(diǎn)D，依據(jù)牛頓其次定律求小球的向心加速度，并由a=v2R求出小球在D點(diǎn)時的速度。小球從C到D點(diǎn)的過程，利用機(jī)械能守恒定律求出小球經(jīng)過C點(diǎn)時的速度，再由牛頓運(yùn)動定律求小球?qū)壍赖膲毫ΑＰ∏蚯∧芡ㄟ^最高點(diǎn)D時，由重力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律求出D點(diǎn)的臨界速度，再由機(jī)械能守恒定律求釋放點(diǎn)的高度。依據(jù)機(jī)械能守恒定律和向心力公式結(jié)合求小球在C2.（2024·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(zhì)點(diǎn)的小球上，另一端連在距離O點(diǎn)正上方R處的P點(diǎn)。小球放在與O點(diǎn)等高的槽口A點(diǎn)時，輕橡皮筋處于原長。現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓弧槽向下運(yùn)動，運(yùn)動到最低點(diǎn)B時對圓弧槽的壓力恰好為零。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，橡皮筋的彈力等于mg

B.橡皮筋彈力做功的功率漸漸變大

C.小球運(yùn)動過程中，機(jī)械能的削減量等于橡皮筋彈性勢能的增加量

D.小球運(yùn)動過程中，重力勢能的削減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(yùn)動到最低點(diǎn)時，依據(jù)牛頓其次定律可得F-mg=mv22R，橡皮筋的彈力F=mg+mv22R，故大于mg，故A錯誤；依據(jù)P=Fv可知，起先時v=0，則P=0，在最低點(diǎn)速度方向與F方向垂直，則P=0，故橡皮筋彈力做功的功領(lǐng)先變大后變小，故B錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則小球運(yùn)動過程中，機(jī)械能的削減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(jī)械能守恒，即動能+重力勢能+彈性勢能=恒量，小球運(yùn)動過程中，重力勢能的削減量等于小球動能增加量與橡皮筋彈性勢能增加量的和，故3.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)、外壁光滑、半徑r＝0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100N/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(zhì)量為1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6m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(jìn)入管口C端時，它對上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，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＝0.5J。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小滑塊在C處受到的向心力大小；(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(jìn)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(diǎn)受到的向心力大小為F向＝2.5mg＋mg＝35N。(2)在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時，所受合力為零。設(shè)此時小滑塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m在C點(diǎn)合外力供應(yīng)向心力，有F向＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)得veq\o\al(2,C)＝7m2/s2小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動到速度最大位置的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ekm＋Ep聯(lián)立解得Ekm＝mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－Ep＝6J。(3)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程，由動能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得B、C間的距離s＝0.5m小滑塊與彈簧作用后返回C處動能不