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1、高考物理生活中的圆周运动解题技巧( 超强 ) 及练习题 ( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的1倍地球表面的重力加速度2为 g 在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动小球质量为m ，绳长为 L ，悬点距地面高度为H 小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？(3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)1(2)s2 g0(3)T1s2g星 = gv01 mg04HL4042( H L)
2、L【解析】【分析】【详解】（1）由万有引力等于向心力可知G Mmm v2R2RG MmmgR2v2可得 gR则 g星 1 g0 4（2）由平抛运动的规律： HL1 g星t 22s v0t解得 vs2g004H L2（3）由牛顿定律 ，在最低点时 ： Tmg星 m vL解得 ： T11s2mg042( HL )L【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度 g0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键2 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
3、 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0 多大时，物体A 开始滑动？（2）当转速缓慢增大到2 0 时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量x 是多少？【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，
4、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： 0g =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3 如图所示，一根
5、长为0.1 m 的细线，一端系着一个质量是0.18kg 的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3 倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N求：（ 1）线断裂的瞬间，线的拉力；（ 2）这时小球运动的线速度；（ 3）如果桌面高出地面 0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离【答案】（ 1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；（ 2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s ；（ 3）落地点离桌面边缘的水平距离 2m【解析】【分析】【详解】(1) 小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力 mg 、桌面弹力F
6、N 和细线的拉力 F,重力 mg 和弹力 FN 平衡，线的拉力提供向心力，有：FN=F=m 2R，设原来的角速度为00,线断时的拉力是1,线上的拉力是F ,加快后的角速度为F ，则有：1022F :F = :0 =9:1，又 F1=F0+40N，所以 F0 =5N,线断时有： F1=45N.(2) 设线断时小球的线速度大小为v,由 F1= m v2 ，R代入数据得： v=5m/ s.(3) 由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t=2h20.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.4 光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其
7、半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9 倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距
8、离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知， S= 4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.5 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 R0.32m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平
9、，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）讨论在不同数值范围时，、碰撞后传送带对它们所做的功的表达式kA BW【答案】 （
10、1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k1 J Wk 22k 152 k1【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA g mAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2mA gR1 mAv021 mAv12 ，22联立并代入数据解得：v1 4m / 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 mAm2 v2 ；解得： v2mAv111m / s ；mA mB143由能量转化与守恒定律可得：Q1 mAv12 1 mA mB v22 ，代入数据解得 Q=6J ；2 2（ 2）设物块 AB 在传送带上
11、向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mA mBgs1 mAmB v22 ，代入数据解得 s0.25m ；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
12、的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1mA mBv21 mAmBv22 ，22k 22k15解得 Wk1；2【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 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带
13、所做的功6 如图所示，水平传送带 AB 长 L=4m，以 v0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为 R=0.5m 的光滑半圆轨道 BCD 与传动带平滑相接于 B 点，将质量为 m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为=0.3，取 g=10m/s 2，求 :(1)滑块滑到 B 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大【答案】 （1） 28N.（ 2） 7m/s【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B 点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等
14、于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度 .【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=g=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间tv01s 运动的距离：x1 at 21.5m ，a2以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达 B 点时，由牛顿第二定律：Fmg m v02R解得 F=28N，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m vD2R解得 vD=5 m/s ；由 B 到 D，由动能定理：1 mvB2 1 mvD2mg 2R22解得 v
15、B=5m/sv0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2，根据22vB=vA -2aL解得 vA=7m/s7 如图所示，半径R=0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度 V0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度 a=3.0m/s 2 的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求（ 1）小球到 A 点的速度（ 2）小球到 B 点时对轨道是压力（ 3） A、 C 间的距离（取重力加速度 g=10m/s 2）【答案】 （1） VA5m / s（ 2）FN1.25 N（A
16、C3） S =1.2m【解析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：vA2v022as解得： vA 5m / s（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足： mg=m vB21 ，解得 vB 1 =2m/sR假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：1mv2A=2mgR+1mv2B22联立可得 ：vB=3 m/s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点B此时满足 FN mgm v2R解得 FN1.25 N（3）小球从B 点做平抛运动，有：2R= 1 gt22SAC=vBt得： SAC=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解
17、；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律8 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 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
18、。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2.5mgmg3.5mg3.5 11035N(2)在 C 点，由2vcF向 =代入数据得1 mvc2 3.5J2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
19、能守恒定律有mg(rx0 )1 mvc2EkmE p2得Ekmmg(r x0 )1 mvc2Ep 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mgs1mvc22解得s 0.7m故最终小滑动距离B 为 0.7 0.5m0.2m 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 某工
20、地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够长的曲线轨道，BC 为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧轨道，圆弧半径r=1m，三段轨道均光滑。一长为 L=2m 、质量为 M=1kg 的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m=2kg 的工件从距 AB 轨道最低点h 高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞 (碰撞时间极短 )后即被粘在C 处。工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面 DE 上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为=0.5，取 g=10m/s 2
21、，(1)若 h=2.8m，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，求h 的取值范围 .【答案】 （1）（ 2）【解析】 (1) 工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点 ,设到B 点时的速度为vB ，根据动能定理：工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得：由两式可解得：N=40N由牛顿第三定律知, 工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为N=N=40N(2) 由于 BC轨道足够长 , 要使工件能到达 CD轨道 , 工件与小车必须能达共速 , 设工件刚滑上小车时的速度为 v0, 工件与小车达共速时的速度为 v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向
22、右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得：mv0=( m+M) v1由能量守恒定律得： 于工件从AB 道滑下的 程，由机械能守恒定律得：代入数据解得：h1=3m.要使工件能从CD 道最高点 出, h1 =3m 其从 AB 道滑下的最大高度, 其最小高度 h, 滑上小 的速度 v0, 与小 达共速 的速度 v 1, 滑上 CD 道的速度 v 2， 定向右 正方向，由 量守恒定律得：mv 0=( m+M) v 1由能量守恒定律得：工件恰好滑到CD 道最高点，由机械能守恒定律得：工件在 AB 道滑 的 程，由机械能守恒定律得： 立。 , 代入数据解得：h=m 上所述 , 要使工件能到
23、达CD 道最高点 , 使 h 足：mh? 3m.【名 点睛】（ 1）工件在光滑 弧上下滑的 程，运用机械能守恒定律或 能定理求出工件滑到 弧底端 B 点 的速度在 B 点，由合力提供向心力，由牛 第二定律求出 道 工件的支持力，从而得到工件 道的 力（ 2）由于 BC 道足 ，要使工件能到达 CD 道，工件与小 必 能达共速，根据 量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小 的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从 CD 道最高点 出， h=3m 其从 AB 道滑下的最大高度， 合 量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范 10 如 所示，一段粗糙
24、的 斜 道，在B 点与半径R=0.5m 的光滑 弧 道BCD相切并平滑 接 CD 是 道的 直直径， OB 与 OC 角 =53 将 量 m=1kg 的小滑 从 斜 道上的 A 点由静止 放， AB=S，小滑 与 斜 道 的 摩擦因数=0.5 sin53 =0.8， cos53 =0.6， g=10m/s 2求 ：（ 1）若 S=2m，小物 第一次 C 点 的速度大小 ；（ 2）若 S=2m，小物 第一次 C 点 道的 力大小 ；（3）若物 能沿 道到达D 点，求 AB 的最小 S【答案】 （1） 26m/s （ 2） 58N（ 3） S=2.1m【解析】【分析】【详解】（1）对小滑块从A 到 C的过程应用动能定理mgS sinmgR(1cos)mgS cos1 mvc202代入数据得vc26m/s（2） C 点时对滑块应用向心力公式2FN mgm vCR代入数据得FN58N根据牛顿第三定律得F压FN58N（3）小滑块恰能通过最高点D 时，只有重力提供向心力2mgm vDR代入数据得vD5m/s对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理mgSsinmgR(1 cos )mgS cos1 mvD202代入数据得S2.1m【点睛】本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用