物理二轮 圆周运动与能量的综合问题 专题卷（全国通用）
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
9
2
gL ，则以下判断中正确的是( )
图1
A ．小球不能到达P 点
B ．小球到达P 点时的速度大于gL
C ．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1
2m ⎝
⎛⎭
⎫
92gL 2
＝mg ·2L ＋12m v P 2，解得v P ＝1
2
gL 。
由轻杆模型可得，0<v P <gL 时，杆对小球有竖直向上的支持力，故C 正确。
2.如图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2
A.7gr
B.5gr
C.3gr
D.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 v 2
r 。
小车沿轨道内侧
做圆周运动的过程中，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v A ，由机械能守恒定律得12m v A 2＝mgr ＋1
2
m v 2，解得v A ＝3gr 。
故选项C 正确。
3．(多选)如图3所示，半径为R 的1
4光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽
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( )
图3
A ．等于v 2
2g
B ．大于v 2
2g
C ．小于v 2
2g
D ．与小车的速度v 无关
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12m v 2
＝mgh ，可得h ＝v 22g ，选项A 正确；
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12m v 2
＞mgh ，可得h ＜v 22g ，选项
C 正确。
4.童非，江西人，中国著名体操运动员，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/s 2)
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：
mg ·2r ＝1
2
m v 2①
童非通过最低点时，由牛顿第二定律得： F －mg ＝m v 2
r ②
联立①②可得F ＝5mg ，代入数据得F ＝3 250 N ， 即童非单臂至少能承受3 250 N 的力。
答案：3 250 N
5．游乐园里过山车原理的示意图如图5所示。
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：
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 v 2
r ，得v ＝gr 。
(2)由动能定理有mg (h －2r )－W ＝1
2m v 2，
得W ＝mgh －5
2mgr 。
答案：(1)gr (2)mgh －5
2
mgr
6.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R ＝0.2 m ，小物块的质量m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 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 ＝1
2m v B 2，
在B 点有N －mg ＝m v B 2
R ， 联立以上两式得支持力 N ＝3mg ＝3×0.1×10 N ＝3 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 －μmgs ＝0， 得s ＝R μ＝0.2
0.5 m ＝0.4 m 。
答案：(1)3 N (2)0.4 m
7.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(小球的大小可以忽略)。
图7
(1)在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α。
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 T cos α＝mg ，T sin α＝F ， 则拉力大小F ＝mg tan α。
(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 (1－cos α)＝1
2m v 2，
解得v ＝2gl (1－cos α)；
小球在最低点时，对小球受力分析如图所示， 则T ′－mg ＝m v 2
l ，解得T ′＝mg (3－2cos α)。
答案：(1)受力图见解析 mg tan α (2)2gl (1－cos α) mg (3－2cos α)
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 ＋N ＝2mg ＝m v 2R 则小球的速度为v ＝2gR 。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得，2R ＝1
2
gt 2
s＝v t
联立解得：s＝22R。
(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＋1
2m v
2＝
1
2m v′
2
落地时的速度为v′＝6gR。
答案：(1)2gR(2)22R(3)6gR。