《高中物理生活中的圆周运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理生活中的圆周运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案).docx（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理生活中的圆周运动解题技巧和训练方法及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k 的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端系一质量为m 的物体 A，物体与盘面间的动摩擦因数为，开始时弹簧未发生形变，长度为l设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力求：（1）盘的转速多大时，物体A 开始滑动？0（2）当转速缓慢增大到2 时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量x 是多少？0【答案】（ 1）g3mgl（ 2）4 mglkl【解析】【分析】（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大
2、时，弹力与摩擦力的合力提供向心力物体A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度0 （ 2）当角速度达到 2 0 时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量 x【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力（ 1）当圆盘转速为 n0 时， A 即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：mg ml02，解得： 0=g l即当 0g 时物体 A 开始滑动l（ 2）当圆盘转速达到 2 0 时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力
3、来补充，即： mg +kx mr12，r=l+x解得： Vx3 mglkl4 mg【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件本题关键是分析物体的受力情况2 光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R 0.5 m，一个质量m 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep 49 J，如图所示放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点 C， g 取 10 m/s 2求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功；(3)小球离开 C 点后落回水平
4、面时的动能大小【答案】 （1） 7m / s （ 2） 24J （ 3） 25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律Ep1mv12 ?212Ep7m/s v m(2)由动能定理得 mg2R Wf 1 mv221 mv12 22小球恰能通过最高点，故 mgm v22R由得 Wf 24 J(3)根据动能定理：mg 2R Ek1 mv222解得： Ek25J故本题答案是： （ 1） 7m / s （ 2） 24J（ 3） 25J【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程
5、中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动能定理求解从B 至 C 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小3 如图所示，一轨道由半径R2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道BC在 B 点平滑连接而成现有一质量为 m1Kg 的小球从 A 点正上方 R 处的 O 点由静止释放，小2球经过圆弧上的 B 点时，轨道对小球的支持力大小FN18 N ，最后从 C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P.B点与地面间的高度h3.2m ，小球与BC段轨道间的动点 已知摩擦因数0.2 ，
6、小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g 取 10 m/s 2). 求：（1）小球运动至B 点时的速度大小 vB（2）小球在圆弧轨道 AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功W f（3）水平轨道 BC 的长度 L 多大时，小球落点P 与 B 点的水平距最大【答案】（ 1） vB4?m / s（ 2） W f 22?J（3） L3.36m【解析】试题分析： （ 1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与 B 点的水平距离最大时BC 段的长度
7、（1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： FNmgm vB2R解得： vB4m / s（2）从 O 到 B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：mg RRWf1mvB2022解得： Wf22J（3）由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgLBC1 mvC21 mvB222解得： LBCvB2vC22g从 C 点到落地的时间：t02h0.8sgB 到 P 的水平距离： LvB2vC2vC t02g代入数据，联立并整理可得：124L 44vC5vC由数学知识可知，当vC 1.6m / s时， P 到 B 的水平距离最大，为： L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考
8、查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程 ，再根据几何关系求出最大值4 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的1光滑圆弧轨道AB，与水平地面相切于B4点。现将 AB锁定，让质量为m的小滑块 P（视为质点）从A点由静止释放沿轨道AB滑下，最终停在地面上的C点， C、 B 两点间的距离为2R已知轨道AB的质量为 2m， P与点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。B（1）求 P刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N以及P与B点右侧地面间的动摩擦因数；（ 2）若将 AB解锁，让 P 从
9、A 点正上方某处 Q由静止释放， P 从 A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 C点，求：当 P 刚滑到地面时，轨道 AB的位移大小 x1；Q与A 点的高度差h 以及P 离开轨道AB后到达C点所用的时间t 。【答案】（1） P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 为3mg ， P 与 B 点右侧地面间的动摩擦因数为0.5；（ 2）若将AB 解锁，让P 从 A 点正上方某处Q 由静止释放，P 从A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，当P 刚滑到地面时，轨道AB的位移大小 x1 为 R ； Q 与 A 点的高度差h 为 R ， P 离开轨道 AB 后到达 C 点所用的时间32
10、t 为132R 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR= 1 mvB2 ，2在 B 点，由牛顿第二定律得： N-mg =m vB2，R解得： vB= 2gR ， N=3mg，滑块在 BC 上滑行过程，由动能定理得： -mg ?2R=0- 1mvB2，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0m R x1-2mx1 =0，tt解得： x1= R ；3滑块 P 离开轨道 AB 时的速度大小为vB， P 与轨道 AB 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向
11、，由动量守恒定律得：mvB-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（R+h） = 1 mvB2 1 2mv2，22解得： h= R ；2x1P 向右运动运动的时间：t 1= vB ，P 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvB，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132R ；6g5 如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为 g，求：（ 1）当转台角速度 1 为多大时
12、，细绳开始有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加速到角速度3g 的过程中，转台对物块做的功 L【答案】 （1）g3g（ 3）11（2）23 mgLL3L2【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：mgm 12 2 L sin代入数据得1gL（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供mg tanm22 2L sin代入数据得23g3L（3） 32 ， 物块已经离开转台在空中做圆周运动设细绳与竖直方向夹角为，有mg tanm32 2L sin代入数据得60转台对物块做的功等于物
13、块动能增加量与重力势能增加量的总和即W1 m(3 2L sin 60o )2mg (2 L cos30o2L cos60 o )2代入数据得：1W(3) mgL【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0， f=0根据能量守恒定律求转台对物块所做的功6 如图所示， ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m 时到达 B 点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固
14、定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面0.3g10 m/s 2，求：(1)水平推力 F 的大小；(2)滑块到达 D 点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（ 1） 1N（ 2）（ 3） 1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C 点，则有：m1g m1从 A 到 C 由动能定理得：Fx m1g2R m1 vC2 0代入数据联立解得：F 1 N(
15、2)从 A 到 D 由动能定理得：Fx m1vD2代入数据解得：vD 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1g m1a1，解得：a1 1g 3 m/s 2对木板有：1m1g 2(m1 m2)gm2a2，代入数据解得：a2 2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v 共 vD a1 tv 共 a2t，代入数据解得：t 1 s此时滑块的位移为：x1 vDta1t2 ，木板的位移为：x2 a2t2， Lx1 x2，代入数据解得：L 2.5 mv 共 2 m/sx2 1 m达到共同速度后木板又滑行x，则有：v 共 2 22gx，代入数据解得：x 1
16、.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木 x2 x2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解7 如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑， CB部分粗糙， CB长 L 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 )，物块经过B 点
17、后到达P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：mg N Pm vP2R解得 :vP2.55m/sgR(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos3
18、7 =1mvP21mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s8 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点， BC右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为 1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距 BC的高度为 h=0.6m
19、 处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有FN=2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球在 C 处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置。【答案】 (1)35N； (2)6J； (3)距离 B 0.2m 或距离 C 端 0.3m【解析】【详解】(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向 2.5mg mg3.5mg3.5 110 35N(2)在 C 点
20、，由F向 = vc2r代入数据得1mvc23.5J2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为 x0则有kx0mg解得x0mg0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rx0 )1 mvc22EkmE p得Ekm mg (r x0 )1mvc2Ep 3 3.5 0.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1 mvc22解得 BC间距离s0.5m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s ，由动能定理有mgs1 mvc22解得s0.7m故最终小滑
21、动距离B 为 0.70.5m0.2m 处停下 .【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。9 如图所示 ,一个可视为质点 ,质量 m 2kg 的木块从 P 点以初速度 v5m / s向右运动 ,木0块与水平面间的动摩擦因数为0.2 ,木块运动到 M 点后水平抛出 ,恰好沿竖直的粗糙圆弧 AB的 A 点的切线方向进入圆弧( 不计空气阻力 ) 。已知圆弧的半径 R 0.5m ,半径 OA 与竖直半径 OB 间的夹角53 ,木块到达 A 点时的速度大小 vA 5m / s。已知sin 53 0.8cos53
22、0.6, g 10m / s2. 求：（ 1） P 到 M 的距离 L；（ 2） M 、 A 间的距离 s；（3）若木块到达圆弧底端B 点时速度大小vB5m / s,求此时木块对轨道的压力。【答案】（ 1） 4m ；（ 2） 213 m ；（ 3） 120N、方向竖直向下；5【解析】【详解】（1）平抛的初速度，即为木块在M 点的速度为：vx=vAcos =5 0.6=3m/sP 到 M 由牛顿第二定律： mg=ma，a=g=2m/s 2由运动学公式知：vx2v023 35 5L2a2m 4m2（2）物体到达A 点时竖直方向上的速度为vy=v?sin =5 0.8=4m/s则下落时间为vy4t0
23、.4s则水平位移为x=vxt=3 0.4=1.2m竖直方向上的距离为y vy2 4 4 m0.8m 2g 20M 、A 间的距离s x2y2213m5（3）由牛顿第二定律：Nmg m vB2R得Nmg m vB22 10225 N=120NR0.5根据牛顿第三定律可知，此时木块对轨道的压力为120N、方向竖直向下；10 如图所示，水平传送带以5m/s 恒定速率顺时针转动，一质量m=0.5kg 的小物块轻轻放在传送带上的A 点，随传送带运动到B 点，小物块从C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道（已知B、C 在同一竖直线上），之后沿CD 轨道作圆周运动，离开D 点后水平抛出，已知圆弧半径R=0.
24、9m，轨道最低点为D，D 点距水平面的高度h=0.8m，（ g10m/s2 ，忽略空气阻力），试求：(1)小物块刚进入圆轨道时速度的最小值；(2)若要让小物块从 D 点水平抛出后能垂直碰击倾斜挡板底端E 点，挡板固定放在水平面上，已知挡板倾角=60，传送带长度AB=1.5m，求物块与传送带间的动摩擦因数。【答案】(1) vc3m/s ； (2)=0.4。【解析】【详解】(1)对小物块，在C 点能够做圆周运动，由牛顿运动定律可得mg m vc2，R则 vcgR ，即 vc 3m / s(2)小物块从 D 点抛出后，做平抛运动，则h1 gt 22将小物块在 E 点的速度进行分解可得tanvDgt对小物块，从C 到 D 有： 2mgR1 mvD21 mvC2 ；22由于vD23 /s5 /s，小物块在传送带上一直加速，则从A 到 B： v22asABmmmg其中的 am解得 =0.4