《高考物理生活中的圆周运动(一)解题方法和技巧及练习题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理生活中的圆周运动(一)解题方法和技巧及练习题.docx（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考物理生活中的圆周运动( 一) 解题方法和技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示， BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过9s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将
2、BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面
3、向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 2a ta t2 29又因为： t1+t 2s8解得： t133s， t 2s84小球从 C 点冲出的速度：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： vBv022 m/ssin45因为恒力为 5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得：Fm vB2r解得： F 52
4、 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，2 如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，物体在A 的上方 O点用细线悬挂一小球 C(可视为质点 )，线长 L 0.8m 现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体 A 发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为 2m/s已知 A、 B、 C的质量分别为mA 4kg、 mB 8kg 和 mC1kg， A、 B 间的动摩擦因数 0.2， A、 C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g 10m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、 C 碰撞后瞬间A 的速度大小；(
5、3)若物体 A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？【答案】 (1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m0 glm0v02代入数据解得：v0 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：v02Fm0gm0l代入数据解得： F30N（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：1 mvC2mgh2所以： vC2gh210 0.22m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0 00 cAv m v +mv代入数据解得：vA1.5m/s（3）物块 A
6、与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA（ m+M ）v代入数据解得：v 0.5m/s由能量守恒定律得： mgx12122mv A2（m+M ） v代入数据解得：x0.375m；3 如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，连接 AB 的轻绳长为 L=0.5m，现将直角杆 MON 绕过 OM 的轴 O1O2 缓慢地转动起来已知 A 的质量为 m1=2kg，重力加速度 g 取 10m/s 2。（ 1）当轻绳与 OM 的夹角 =37时，求轻绳上张力 F。（
7、 2）当轻绳与 OM 的夹角 =37时，求物块 B 的动能 EkB。（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与OM 的夹角 由 37缓慢增加到53，求这个过程中直角杆对 A 和 B 做的功 WA、 WB。【答案】（ 1） F25N （ 2）2.25J61EkB（ ） WA0 ，WBJ312【解析】【详解】（1）因 A 始终处于平衡状态，所以对A 有F cosm1 g得 F 25N（2）设 B 质量为 m2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为r ，对 B 有v2F sinm2rrL sinEkB1 m2v22得 EkBm1gL sin22cosEkB2.25J（3）因杆对 A 的作用力垂直于A 的位移
8、，所以 WA02m gL sin253 时， B 的动能为 EkB16J1知，当由（ ）中的EkB32cos杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故WBEkBEkB m1 gh 其中 hL cos37 L cos53得 WB61J124 如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切， M 为圈环的最高点，圆环半径为 R=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值Xm（2）设出发点到N 点的距离为S，物体从M
9、 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为 X，作出 X2 随 S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到 M 点的中间离开半固轨道，求出发点到 N 点的距离S 应满足的条件【答案】（ 1） 0.2m；（ 2） 0.2；（ 3） 0 x 2.75m 或 3.5m x 4m【解析】【分析】（ 1）由牛顿第二定律求得在 M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和 M 点速度的关系，即可得到y 和 x 的关系，结合图象求解；（ 3）根据物体
10、不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解【详解】（1）物体能从 M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mvM2mg，所R以， vM gR 1m/s；物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：2R 1gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离 x2vMt gR 2R 2R0.2m；g故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：1- mgx-2 mgR2mvM2 - 1 mv02；2物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R 1gt2 ，2y vM t vM 2 4R(v022 gx4gR)4R0.48
11、 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到 M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0 hR或物体能通过 M 点；物体能到达的最大高度0 hR时，由动能定理可得：1- mgx- mgh 0-21 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2mv02，所以， 3.5mx 4m；物体能通过M 点时，由（ 1）可知 vM gR 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgR 1mvM2 -1mv02；221 mv021 mvM22mgR22所以 x 22v0vMg4gR ，mg2所以
12、， 0x2.75m；【点睛】经典力学问题一般先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5 如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7 倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点试求：（ 1）弹簧开始时的弹性势能（ 2）物体从 B 点运动至 C 点克服阻力做的功（ 3）物体离开 C 点后落回水平面时的速度大小【答案】 (1)3mgR (2)0.5mgR (3)5 m
13、gR2【解析】试题分析：（ 1）物块到达B 点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C 点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：物块从 B 运动到 C，根据动能定理有：解得：（3）从 C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在B 点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题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
14、推力F、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，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、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 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） t 1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块
15、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(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
16、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 1.5 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， A、 B 两球质量均为m，用一长为l 的轻绳相连， A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运
17、动时，绳子对小球B 的拉力大小T；(2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v1；(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W【答案】（ 1） mg+mv02v02gl（ 3）mgl mv02l（ 2） v142【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l2 v（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，1 mv02mgl1 mv121 mv12mg l2222得
18、： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv12 1 mv02222得： W= mglmv0248 如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF平滑连接 (D、 G 处在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从AB 段距地面高h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。已知 CD、GH 与水平面的夹角为=37，GH 段的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径R0.4m ， E 点离水平面的竖直高度为3R（ E 点为轨道的最高点），（g=10
19、m/s 2， sin37 =0.6，cos37 =0.8）求：（ 1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（ 2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mg h03R1 mvE22解得： vE 4m/s（2） D、G 离地面的高度 h12R 2Rcos37o0.48m设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程
20、，由动能定理得 mgh0hmmgcos37hmh10sin37由以上各式并代入数据h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点， mg m vE2R此情况对应小球在CH斜面上升的高度为h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得： mghhmgcos37hh10sin37小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：mg h 3Rmgcos37h h11 mvE2sin372由以上各式得 h=2.32m故小球沿原路径返回的条件为h0.8m或 h232m.9 如图所示，竖直平面内固定有一
21、半径R1m 的 1 光滑圆轨道AB 和一倾角为45且高4为 H 5m 的斜面 CD，二者间通过一水平光滑平台BC相连， B 点为圆轨道最低点与平台的切点现将质量为m 的一小球从圆轨道A 点正上方h 处（ h 大小可调）由静止释放，巳知重力加速度g 10m/s 2，且小球在点A 时对圆轨道的压力总比在最低点B 时对圆轨道的压力小 3mg （1）若 h 0，求小球在B 点的速度大小；（2）若 h 0.8m ，求小球落点到C 点的距离；（结果可用根式表示）（3）若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论h 为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度 l为多少 ?【答案】 （1） 25m
22、 / s （ 2）61m （ 3）1.25m【解析】【分析】【详解】（1）从释放小球至A 点根据速度与位移关系有vA22gh在 A 点，根据牛顿第二定律FN1m vA2R在 B 点，根据牛顿第二定律FN 2mgm vB2R根据题意有FN 2FN13mg故vB2 g(Rh)若 h 0 ，则小球在B 点的速度v12gR2 5m/s ；（2）小球从 B 至 C 做匀速直线运动，从C 点滑出后做平抛运动，若恰能落在D 点则水平方向xv0t竖直方向yH1 gt 22又因为斜面倾角为45，则x y解得v05m/s对应的高度h00.25m若 h0.8m0.25m ，小球将落在水平地面上，而小球在B 点的速度
23、v2 2g( Rh)6m/s小球做平抛运动竖直方向H 1 gt 22得t1s则水平方向x1v2 t6m故小球落地点距C 点的距离sx12H 261m ；（3）若要求无论h 为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，临界情况是小球擦着挡板落在 D 点，经前面分析可知，此时在 B 点的临界速度 ： v3 5m/s 则从 C 点至挡板最高点过程中水平方向x v3t 竖直方向yHl1gt 222又x解得H2l1.25m 点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解10 如图，半径R=0.4m 的部分光滑圆轨道与水平面相切于B
24、点，且固定于竖直平面内在水平面上距B 点 s=5m 处的 A 点放一质量m=3kg 的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为= 1 小物块在与水平面夹角=37o 斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运3动，运动到B 点撤去 F，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C（ g 取10m/s 2， sin37o=0.6， cos37o =0.8）求：（ 1）小物块在 B 点的最小速度 vB 大小；（ 2）在（ 1）情况下小物块在水平面上运动的加速度大小；（ 3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，则拉力 F 的大小范围【答案】 (1) vB 2 5m / s (2) a 2m / s2(3
25、)16N F 50N (或 16NF 50N )【解析】【详解】(1) 小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力设最高点物块速度为vC，则mgm vC2R解得：vC2gR物块从 B 到 C 运动，只有重力做功，所以其机械能守恒：1 mvB21 mvC2mg 2R22解得 ：vB5gR2 5m/s(2)根据运动学规律 vB22as ，解得avB22m/s 22s(3)小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，有两种临界情况： 在 F 的作用下，小物块刚好过C 点：物块在水平面上做匀加速运动，对物块在水平面上受力分析如图 ：则FcosNmaFsinNmg联立解得：Fmgma16Ncossin 在 F 的作用下，小物块受水平地面的支持力恰好为零Fsinmg ，解得：F50N综上可知，拉力F 的范围为：16NF50N (或 16NF50N )