1、高考物理生活中的圆周运动解题技巧讲解及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动O 为圆轨道的圆心，1 如图所示，半径为 R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3 Rh3R ）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，2重力加速度为g ）（ 1）小球能否到达 D 点？试通过计算说明；（ 2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离 d 的范围【答案】（ 1）小球能到达D 点；（ 2）
2、0F3mg ；（ 3）2 1 Rd 221 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mgmvD2R由机械能守恒可得：mg h RmvD22联立解得 h3 R ，因为 h 的取值范围为3 R h3R，小球能到达D 点；22（2）设小球在 D 点受到的压力为F ，则F mgmvD2Rmg h RmvD22联立并结合 h 的取值范围3 R h3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F3mg（3）由（ 1）知在最高点 D 速度至少为 vD mingR此时小球飞离 D 后平抛，有： R1gt 22xminvD min t联立解得 xmin2RR ，
3、故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有： mg 3mg m vD2maxR解得 vD max 2gR小球飞离 D 后平抛 R1 gt 2 ，2xmaxvD max t联立解得 xmax2 2R故落点与 B 点水平距离d 的范围为：21 Rd221 R2 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的 1 光滑圆弧轨道，与水平地面相切于B4AB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 B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
4、度大小为g，空气阻力不计。（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 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
5、 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32t 为13 2R 。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= 1mvB2 ，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- 1 mv2B ，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
6、：mv1-2mv2=0m Rx1 -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，由动量守恒定律得：mvB-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（R+h） =1mvB212mv2，22R解得： h=；x1P 向右运动运动的时间：t 1=，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 ；6g3 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
7、=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：m
8、gL11mvB21mv0222解得： vB 11m / 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： vC 9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201 mvB22解得： L2 30.25m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，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
9、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；(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（1）小球下摆过程机械能守恒
10、，由机械能守恒定律得：m0 glm0v022代入数据解得：v0 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：Fm0gm0v02l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：1mvC2mgh2所以： vC2gh2 100.22m/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 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：1212mgxm
11、v A（m+M ） v22代入数据解得：x0.375m；5 如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷q不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。(1)求小球在最低点时的速度大小；(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。【答案】（ 1） v13mg3mg8gL （ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmgmv12L解得： v18gL（ 2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中
12、，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。则小球不能通过最高点，由动能定理得：mg 2L Eq2L1 mv121 mv2222且Eqmgm3mg则 E5q也不可以低于O 水平面v22LmgLEqL3mg则 Eqmv1223mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq6 如图， C1 D1E1F1 和C2 D2 E2 F2 是距离为 L 的相同光滑导轨， C1D1 和 E1F1 为两段四分之一圆弧，半径分别为 r18r 和 r2 r. 在水平矩形 D1E1E2D 2 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B. 导体棒 P、 Q 的长度均为 L，质量均为 m，电阻均为
13、R，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将 P 从轨道最高点无初速释放，则1 求导体棒 P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向( 顺时针或逆时针) ；2 若 P、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达 E1E2 瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；3 若 P、 Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围【答案】 （1） 2BL gr方向逆时针 （ 2） 3gr （ 3）3mgr Q4mgr .R【解析】（1）导体棒 P 由 C1C2 下滑到 D1 D2 ，根据机械能守恒定律：mgr11 mvD2， vD 4 gr2求导体棒 P
14、 到达 D1D 2 瞬间： EBLvDE2BLgr回路中的电流： IR2R（2）棒 Q 到达 E1E2 瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q： mgmvQ2vQgrr2设导体棒 P 离开轨道瞬间的速度为vP ，根据动量守恒定律：mvDmvPmvQ代入数据得： vP 3gr （3）由 2 若导体棒 Q 恰能在到达 E1E2 瞬间飞离轨道， P 也必能在该处飞离轨道根据能量守恒，回路中产生的热量Q11 mvD21 mvP21 mvQ23mgr222若导体棒 Q 与 P 能达到共速 v，则根据动量守恒：mvDm m v v 2 gr回路中产生的热量 Q21 mvD21 mm v24mgr ；22【点睛】
15、根据机械能守恒定律求出求导体棒P 到达 D1D2 的速度大小，然后根据法拉第电磁感应定律即可求解；恰好脱了轨道的条件是重力提供向心力，两棒作用过程中动量守恒，由此可正确解答；根据题意求出临界条件结合动量守恒和功能关系即可正确求解；本题是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考查了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题7如图所示， A、 B 是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转今将一质量为1kg 的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A 处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一竖直放
16、置的光滑轨道 CPN，其形状为半径 R=0.8m 的圆环剪去了左上角 1350 的圆弧， PN 为其竖直直径， C 点与 B 点的竖直距离为 R，物体在 B 点水平离开传送带后由 C 点恰好无碰撞落入轨道取 g=10m/s 2，求：（ 1）物块由 A 端运动到 B 端所经历的时间（ 2） AC 间的水平距离（ 3）小物块在 P 点对轨道的压力【答案】（ 1） 3s（ 2） 8.6m（ 3） 70-10N【解析】试题分析：（ 1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与 C 点相切，与竖直方向成45o，有，物体从 B 点到 C作平抛运动，竖直方向：水平方向：得出物体刚放
17、上传送带时，由牛顿第二定律得 a=2m/s 2物体历时 t 1 后与传送带共速，则a t1=v0 + a0t1， t1=1s得 v1=2 m/s 4 m/s故物体此时速度还没有达到vB，物体将和传送带以共同的，且此后的过程中由于加速度运动，设又历时 t2B10 2到达 B 点 v = v + a t得 t 2=2s所以从 A 运动倒 B 的时间 t= t 1+t2=3sAB 间的距离 s=7m（ 2）从 B 到 C 的水平距离 sBC=vBt3=2R=1.6m所以 A 到 C 的水平距离sAC=s+sBC=8.6m(3) 对 CP 段由动能定理对 P 点应牛顿第二定律：解得： N=70-10N
18、考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源有一定难度8 如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板O点，挂一根L=3 m 的细绳，绳的下端挂一个质量m为 0.5 kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 N. 小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球以v=9m/s 的速度落在墙边.求这个圆柱形房屋的高度H和半径. （g取 10 m/s 2）R【答案】 3.3m 4.8m【解析】整体分析：设绳与竖直方
19、向夹角为，则通过重力与拉力的关系求出夹角，小球在绳子断开后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动求出下落的高度，根据几何关系即可求得 H，根据向心力公式求出绳断时的速度，进而求出水平位移，再根据几何关系可求R（1）如图所示，选小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为T，绳与竖直方向夹角为 ，则在竖直方向有：T cos-mg=0，mg0.5 101解得： cos10，故 =60 T2那么球做圆周运动的半径为：r L sin 60033 m3 3 m22OO间的距离为：OO=Lcos60=1.5m ，则 OO间的距离为 OO=H-OO=H-1.5m 根据牛顿第二定律： T sinm vA2r
20、联立以上并代入数据解得：vA 3 5m / s设在 A 点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边C 处设 A 点在地面上的投影为 B，如图所示由速度运动的合成可知落地速度为：v2 =vA2 +（gt ） 2，代入数据可得小球平抛运动的时间：t=0.6s由平抛运动的规律可知小球在竖直方向上的位移为：h11 gt 2 1 10 0.621.8m22所以屋的高度为 H=h1+1.5m=3.3m小球在水平方向上的位移为：xBCvAt 3 50.6m95m5由图可知，圆柱形屋的半径为R2=r 2+(xBC)2代入数据解得：R=4.8m点睛：本题主要考查了平抛运动的基本公式及向心力公式的应用，同学们要理
21、清运动过程，并能画出小球运动的轨迹，尤其是落地时水平位移与两个半径间的关系，在结合几何关系即可解题9 某工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
22、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，(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 弧 道底端B 点 , 到B 点 的速度 vB ，根据 能定理：工件做 周运 ，在B 点，由牛 第二定律得：由两式可解得：N=40N由牛 第三定律知, 工件滑到 弧底端B 点 道的 力 N=N=40N(2) 由于 BC 道足 , 要使工件能到达 CD 道 , 工件与小 必 能达共速 , 工件 滑上小
23、 的速度 v0, 工件与小 达共速 的速度 v1，假 工件到达小 最右端才与其共速， 定向右 正方向， 于工件与小 成的系 ，由 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
24、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，从而得到工件对轨道的压力（ 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，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从 CD轨道最高点飞出， h=3m为其从 AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒
25、定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围10如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为 R一质量为 m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过 5mg（ g 为重力加速度）求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围【答案】 2.5Rh5R【解析】试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时， h 最小；当压力最大时，h 最大由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得：12mgh2mgRmv物块在最高点受的力为重力mg，轨道的压力FN , 重力与压力的合力提供向心力，有v 2mgFNmR物块能通过最高点的条件是FN0由以上式得 vgR联立以上各式得 h5 R2根据题目要求 FN5mg由以上各式得 v6gR由此可得 h5R所以 h 的取值范围是5h5R2点睛 ：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力
