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1、高考物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题(1)一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的光滑 1 竖直圆轨道BC 相切于 B， BC4与半径为r=0.4m 的光滑 1 竖直圆轨道CD相切于 C，质量 m=1kg 的小球静止在A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点已知小球与水平面的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s 2求：（ 1）小球在 D 点的速度 vD 大小 ；（ 2）小球在 B 点对圆轨道的压力 NB 大小；（ 3） A、B 两点间的距离 x【答案】 (1) vD2m / s
2、（ 2）45N (3)2m【解析】【分析】【详解】（1）小球恰好过最高点D，有：mgmvD2r解得： vD2m/s（2）从 B 到 D，由动能定理：mg(R r )1 mvD21 mvB222设小球在 B 点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：2Nmgm vBRNB=N联解得：N=45N（3）小球从A 到 B，由动能定理：F xmgx1 mvB222解得： x2m故本题答案是：(1) vD2m / s（ 2） 45N(3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，2 如图所示，光滑轨道CDEF 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为
3、 R0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m物块B静止在水平面的最右端F处质量为mA1kg 的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起若B 的质量是A 的 k 倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取g10m / s2 求：（ 1）当 k 3 时物块 A、B 碰撞过程中产生的内能；（ 2）当 k=3 时物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时，
4、 A、B 碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k1 J Wk 22k152 k1【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA gmAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2mA gR1mAv021mAv12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；设碰撞后 A、B 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1 mA m2 v2 ；mAv111m / s ；解得： v24mA mB13由能量转化与守恒定律可得：Q1 mAv121 mA mBv22，代入数据解得Q=
5、6J ；2 2（ 2）设物块 AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mA mB gs1mA mB v22 ，代入数据解得 s 0.25m ；2（3）由式可知：v2mAv14 m / s ；mA mB1k（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1 mAmBv22mAmB gL ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为：WmAmBgL2 k1 J；（ii ）（ I）当 v2v 时有： k3 ，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为： W=0J，（II）当 0 k时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当
6、速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1mA mBv21mAmBv22 ，22k 22k15；解得 Wk12【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 A 恰好通过最高点E，由牛顿第二定律求出A 通过 E 时的速度，由机械能守恒定律求出 A 与 B 碰撞前的速度，A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据A、B 速度与传送带速度间的关系分析AB
7、的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功3 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点已知 A、B 两点间的距离 L1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取 g 10m s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过 B 点时的速度大小 vB；（ 2）物块到达 C 点时的速度大小 vC；（ 3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个
8、过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 (1) 11m / s (2) 9m / s (3) 72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：mgL11mvB21mv0222解得： vB11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：1 mvB21 mvC2mg2R22解得： vC9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201 mvB22解得： L230.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q1mv0202解得： Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小
9、滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义4如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾0R 1m ，小球可看作质点且其质量为角为 45的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为m 1kg ， g 10m / s2 ，求：（ 1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离；（ 2）小球通过管道上 B 点时对管道的压力大小和方向【答案】（ 1） 0.9m ；（ 2） 1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C 点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运
10、动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在B 点应用牛顿第二定律求得支持力NB 的大小和方向【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在C 点竖直方向的分速度vy=gt=10m/s水平分速度vx=vytan450=10m/s则 B 点与 C 点的水平距离为： x=vxt=10m（ 2）根据牛顿运动定律，在 B 点v2NB+mg=mR解得NB=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义要注意小球经过B 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向
11、下，也可能没有，要根据小球的速度来分析,l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分5 如图所示 半径为4别固定在一根竖直光滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳伸直后A、B 两点到球心的距离均为l,重力加速度为g（1）装置静止时 ,求小球受到的绳子的拉力大小T；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？415mg (2)0 =215g2g【答案】 (1) T1515ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15c
12、os4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为lr=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为rl sin60mg tan 60m2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl6 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=10
13、m/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 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
14、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：- mgx-2 mgR12-12；2mvMmv02物体从
15、M 点落回水平面做平抛运动，故有：1gt2 ，2R2y vM t vM 24R(v022 gx4gR)4R0.48 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
16、 1mvM2 -1mv02；221 mv021 mvM22mgR22所以 x 22v0vMg4gR ，mg2所以， 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7 如图所示， AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v0进入轨道DCB，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN；（ 2）弹簧压缩到最短
17、时的弹性势能Ep；（ 3）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.78 如图所示，将一质量m 0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为 53的光滑斜面
18、顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动已知斜面顶端与平台的高度差h 3.2 m，斜面高H15 m，竖直圆轨道半径R 5m取sin 530.8， cos 530.6， g 10 m/s 2，求：(1)小球水平抛出的初速度v0 及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力【答案】 (1)6 m/s4.8 m(2)2.05 s(3)3 N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)小球做平抛运动落至A 点时，由
19、平抛运动的速度分解图可得：v0vytan由平抛运动规律得：vy2 2gh12hgt1x v0t1联立解得：v0 6 m/s ， x 4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t12h0.8 sg小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小；Av0 10 m/s ；v cos从 A 点到 B 点；由动能定理得mgH1 mv21 mv2；BA22解得vB20 m/s ；小球沿斜面下滑的加速度a gsin 8 m/s2；由 vB vA at2，解得t2 1.25 s；小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；t t 1 t2 2.05 s；(3)水平轨道 BC
20、及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到 D 点，由动能定理可得-2mgR1 mvD21 mvB2 ；22在 D 点由牛顿第二定律可得：2N mg m vDR联立解得：N 3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力N 3 N，方向竖直向上9 如图所示，半径为0. 5m 的光滑细圆管轨道竖直固定，底端分别与两侧的直轨道相切物块 A 以 v0=6m/s 的速度进入圆轨道，滑过最高点P 再沿圆轨道滑出，之后与静止于直轨道上 Q 处的物块 B 碰撞； A、B 碰撞时间极短，碰撞后二者粘在一起已知Q 点左侧轨道均光滑， Q 点右侧轨道与两物块间的动摩擦因数均为=0.1物块 AB 的质量均为 1kg,且
21、均可视为质点取 g=10m/s 2求：(1)物块 A 经过 P 点时的速度大小；(2)物块 A 经过 P 点时受到的弹力大小和方向；(3)在碰撞后，物块A、B 最终停止运动处距Q 点的距离【答案】 (1)4m/s (2) 22N ；方向竖直向下(3)4.5m【解析】【详解】(1)物块 A 进入圆轨道到达P 点的过程中，根据动能定理-2mgR= 1 m v2p - 1 m v0222代入数据解得vp=4m/s(2)物块 A 经过 P 点时，根据牛顿第二定律FN+mg =m代入数据解得弹力大小v2pRFN=22N方向竖直向下(3)物块 A 与物块 B 碰撞前，物块 A 的速度大小 vA=v0=6m
22、/s 两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v两物块碰撞后一起向右滑动由动能定理-(mA+mB)gs=0- 1 (mA+mB)v22解得s=4.5m10 如图，半径内在水平面上距R=0.4mB 点的部分光滑圆轨道与水平面相切于B 点，且固定于竖直平面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=37o 斜向上的拉力 F的作用下由静止向B 点运= 小物块在与水平面夹角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
23、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)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：1mvB21mvC2mg 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 )