1、高考物理生活中的圆周运动及其解题技巧及练习题( 含答案 )(1)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 如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板 B 固定在水平地面上，一个质量为3m小球 A 静止在木板 B 上圆形轨道的左侧一质量为 m 的子弹以速度 v0 水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动圆形轨道半径为 R，木板 B 和圆形轨道总质量为 12m，重力加速度为 g，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运
4、动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围32(2) 16mgmv02【答案】 (1)mv0(3) v0 4 2gR 或 4 5gR v0 8 2gR84R【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题(1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：mv0(m3m)v1由能量守恒定律得：Q1 mv0214mv1222代入数值解得： Q3 mv028(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式(m3m)v12得 F1(m3m) gR以木板为对象受力分析得F212mgF1根
5、据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2木板对水平面的压力的大小F2 16mgmv024R(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性： 若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：1m 3m v12m 3m gR2解得： v042gR 若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：(m 3m)v(m 3m) gR22由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v2222代入数值解得：v04 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F312mg(m3m)v在最高点有：F3(m3m)gR23由机械能守恒定律得：1(m 3m)v122(m 3m)
6、gR1( m 3m)v3222解得： v082gR综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是v04 2gR 或 4 5gRv08 2gR3 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 点后落回水平面时的动能大小【答案】
7、 （1） 7m / s （ 2） 24J （ 3） 25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律p12E mv1 ?212Ep 7m/s v m(2)由动能定理得 mg2R Wf 1mv221mv1222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 Ek1mv222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 的过程中只有重力和阻力做功 ,根据
8、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4 如图所示 ,半径 R=2.5m 的竖直半圆光滑轨道在B 点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (可视为质点 )静止在 A 点 .一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A 点开始运动 ,经 B 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从 C 点水平飞出 ,落在水平面上的D 点 .经测量 ,D、B 间的距离s1=10m,A、B 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数,重力加
9、速度.求 :(1)滑块通过 C 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时,在 B 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 A 点受到的瞬时冲量的大小.【答案】（ 1）（2） 45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从 C 点飞出时的速度为vc，从 C 点运动到 D 点时间为 t滑块从 C 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R= gt2水平方向： s1=vct解得： vc=10m/s（2）设滑块通过B 点时的速度为vB，根据机械能守恒定律mvB2= mv c2+2mgR解得： vB=10m/s设在 B 点滑块受轨道的压力为解得： N=45NN，根据牛顿第二定律： N-mg=m（3）设滑块从 A 点
10、开始运动时的速度为 vA2B2- mvA2，根据动能定理 ； - mgs= mv解得： vA=16.1m/s设滑块在 A 点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mvA解得： I=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解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 R 0.32m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
11、水平面的最右端F 处质量为 mA 1kg 的物块 A 从轨道上某点由静止释放，恰好A B通过竖直圆轨道最高点E，然后与发生碰撞并粘在一起若的质量是A的k倍，BB、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 g 10m / 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， 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
12、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 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）
13、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
14、；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所做的功6 水平面上有一竖直放置长H 1.3m两点， PQ 间距离为d0.3m，一质量为的杆 PO，一长 L 0.
15、9m 的轻细绳两端系在杆上m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在P、 Q杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g10m s2，忽略一切摩擦。求：（ 1）杆静止时细绳受到的拉力大小T；（ 2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小；（ 3）小环着地点与 O 点的距离 D。【答案】 （1） 5N（ 2） 53rad / s（ 3） 1.6m【解析】【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2T mg 得： T5N（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为 r，有 r2 d2 （ L r） 2环到两系点连线的夹角为，有 sindr， cosL
16、rLr绳的弹力为 T11 mg，有 T sin112T cos T m r得 5 3rad / s（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s vt竖直方向 ： Hd1 gt 22环做平抛的初速度： v r小环着地点与杆的距离： D2 r2 s2得 D 1.6m【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。7 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分 BC粗D糙，下半部分 BA光D滑一质量m=0.2kg 的小球从轨道的最低点A 处以初速度 v0 向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道
17、半径R=0.2m，取g=10m/s2 （1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0 至少为多少？（2）若 v0C=3m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F =2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？（3）若 v0=3.1m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？（保留三位有效数字）【答案】（ 1） v 0 = 10m/s（2） 0.1J （ 3） 6N； 0.56J【解析】【详解】（1）在最高点重力恰好充当向心力mv2mgCR从到机械能守恒2mgR1 mv02 - 1 mvC222解
18、得v010m/s（2）最高点mvC2mg - FCR从 A 到 C 用动能定理-2mgR - Wf1 mvC2- 1 mv0222得 W f =0.1J（ 3）由 v0 =3.1m/s 10m/s 于，在上半圆周运动过程的某阶段，小球将对内圆轨道间有弹力，由于摩擦作用，机械能将减小经足够长时间后，小球将仅在半圆轨道内做往复运动设此时小球经过最低点的速度为vA ，受到的支持力为FA12mgRmvAFA - mg得 FA =6N整个运动过程中小球减小的机械能mv2ARE 1 mv02 - mgR2得 E =0.56J8 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
19、 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 间的动摩擦因数间极短，且只碰一次，取重力加速度g 10m/s 2. 0.2， A、 C碰撞时(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
20、】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0 gl12m0v02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： vC2gh2 10 0.2 2m/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：m0v0 m0vc+mvA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
21、守恒定律得： mgx 1mv A21（m+M ） v222代入数据解得：x0.375m；9 如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为 m2 kg 的小球 P 和质量为 M 1 kg 的小球 Q， P、 Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘 E 处放置一质量也为 M1 kg 的橡皮泥球 S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧， P、 Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。已知水平桌面高为h 0.2
22、m， D 点到桌面边缘的水平距离为 x 0.2 m，重力加速度为 g 10 m/s 2，求：(1)小球 P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 NB；(2)小球 Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。【答案】 (1)120N(2)2 m/s(3)3 J【解析】【详解】（1）小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有2mg m vCR解得vCgR对于小球P，从 BC，由动能定理有2mgR 1 mvC2 1 mvB222解得vB5gR在 B 点有NB mg m解得vB2RNB 6mg120 N由牛顿第三定律有NB NB 120 N（2）设 Q
23、 与 S 做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h 1 gt 2，得2t 0.2 s根据公式x vt，得v1 m/s碰撞前后Q 和 S组成的系统动量守恒，则有Mv Q2Mv解得vQ 2 m/s（ 3） P、 Q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP Mv Q解得vP 1 m/s对 P、 Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep 1 mvP2 1 MvQ222解得Ep 3 J10 如图， C1D1 E1F1 和 C2 D 2 E2 F2 是距离为 L 的相同光滑导轨， C1D1 和 E1 F1 为两段四分之一圆弧，半径分别为 r1 8r 和 r2 r .在水平矩形 D1E1E2 D
24、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 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
25、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 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】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
