微型专题 机械能守恒定律和动
能定理的对比应用
1．如图1所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)从B点正上方H高处的A点由静止下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s，不计空气阻力，求：
2
图1
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN. 答案 (1)0.95 m (2)34 N
解析 (1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的12x平抛运动，则有：h＝gt，＝v0t
22可得：v0＝
x2g2.4＝×2h210
m/s＝3 m/s 2×0.8
在D点有：vy＝gt＝4 m/s 在D点合速度大小为：v＝v0＋vy教案试题
2
2
＝5 m/s
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v03
设v与水平方向夹角为θ，cos θ＝＝
v5A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos θ＝mv2
解得：H＝0.95 m
12
(2)设小球经过C点时速度为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝mvC
2
2v C在C点，由牛顿第二定律有，FN－mg＝m
R12
解得FN＝34 N.
2．(2017·丽水、衢州、湖州三地市高三教学质量检测)图2甲为风火轮惯性轨道极限跳跃赛道，其模型可以简化为图乙．整个装置由直轨道AB、半径R1＝15 cm的竖直螺旋圆轨道
BO′B′、半径R2＝30 cm的圆弧轨道B′C′，以及右侧可移动得分框组成，轨道各部分均
光滑．已知比赛过程所用小车质量m＝0.04 kg(可视为质点)，g＝10 m/s，∠C′O′B′＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
2
图2
(1)小车恰好通过竖直圆轨道最高点的速度大小；
(2)若小车在C′处的速度为3 m/s，求小车经过B′时对轨道的压力大小；
(3)若改变v0，且每次小车离开C′后能水平进入得分框，求得分框的离地高度H与该得分框与C′的水平距离x之间的函数关系式(可能用到6.3≈2.5)． 答案 见解析
v2
解析 (1)若恰好经过最高点，有mg＝m
R1
解得：v＝1.5 m/s＝教案试题
6
m/s 2
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(2)由几何关系可知：ΔhB′C′＝R2(1－cos 37°)
1122
从B′到C′由机械能守恒定律得：mv B′＝mv C′＋mgΔhB′C′
22
2
v B′
在B′处由牛顿第二定律有FNB′－mg＝m
R2
联立可得FNB′＝1.76 N
由牛顿第三定律知在B′处时小车对轨道压力大小为1.76 N (3)若恰能经过最高点O′点，
1212
从O′到C′，由机械能守恒定律得：mv＋mgΔhO′C′＝mv C′
22又ΔhO′C′＝R2cos 37° 解得vC′＝6.3 m/s≈2.5 m/s 此时，有xmin＝vC′cos 37°·
vC′sin 37°
＝0.3 m g若使小车恰能水平进入得分框，根据平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，有：
xH－ΔhB′C′＝tan 37°· 2
3
解得H＝x＋0.06 (m)，x≥0.3 m.
83．(2017·台州市9月一模)
图3
1
如图3所示，质量为m＝0.1 kg可视为质点的小球从静止开始沿半径为R1＝40 cm的圆弧轨41
道AB由A点滑到B点后，进入与AB水平相切的圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半
4径为R2＝20 cm，在紧靠出口C处，有一半径R3＝8.4 cm(不计筒皮厚度)、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒，筒上开有一个小孔D.小球射出C出口时，恰好能紧接着穿过D孔进入圆筒，并越过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点返回又能向下穿过D孔进入圆筒．不计一切轨道摩擦和空气阻力，g取10 m/s，问：
(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？ (2)小球穿出圆筒D时的速度多大？ (3)圆筒转动的最大周期T为多少？ 教案试题
2
最新K12教育 答案 见解析
12
解析 (1)A到B过程，由机械能守恒定律得mgR1＝mvB
2在过B点的瞬间前，由牛顿第二定律有
2v BFNB－mg＝m
R1
解得FNB＝3 N
在到达B点的瞬间后，由牛顿第二定律有
2mv BFNB′－mg＝
R2
解得FNB′＝5 N
由牛顿第三定律，对轨道的压力大小分别为3 N和5 N.
12
(2)由A到D过程，由机械能守恒定律得mgR1＝mgR2＋mg·2R3＋mvD
2代入得：vD＝0.8 m/s
12
(3)由A到C过程，由机械能守恒定律得mgR1＝mgR2＋mvC
2得vC＝2 m/s
穿越圆筒过程：vC－vD＝g(nT＋0.5T) 穿出到进入圆筒过程：2vD＝gn′T 代入数据得到关系式：3n′＝4n＋2
要使周期最大，n和n′必须同时取整数且n最小 取n＝1，得Tmax＝0.08 s.
4．(2016·浙江10月选考科目考试)如图4甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s.求：
2
教案试题
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图4
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)810 m/s (2)7×10 N (3)30 m
解析 (1)设在C点的速度为vC，由A→C，由动能定理得
3
mgh－μ1mgcos 45°
12＝mvC
sin 45°2
h代入数据解得vC＝810 m/s
(2)设在D点的速度为vD，由A→D，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°
12＝mvD
sin 45°2
h 2v D3
在D点，由牛顿第二定律有F＋mg＝m，解得F＝7×10 N
R由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7×10 N (3)全程应用动能定理得
3
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°
解得x＝30 m.
l－x－μ1mgcos 37°－μ2mgx＝0
sin 45°cos 37°
h教案试题
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