1、高考物理生活中的圆周运动解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析一、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) L【解
2、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 的物
3、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，由牛顿
4、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，高为L 的
5、倾斜直轨道AB、 CD 与水平面的夹角均为53，分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于B、D 两点，圆弧的半径也为L 。质量为 m 的小滑块从A 点由静止下滑后，经轨道CD 后返回，再次冲上轨道AB 至速度为零时，相对于水平线BD 的高度为L 。已知滑块与轨道 AB 间的动摩擦因数 1=0.5，重力加速度为 g，(取6sin530.8，cos530.6 )求：（ 1）求滑块第一次经过 B 点的速度大小；（ 2）滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；（ 3）滑块与轨道 CD 间的动摩擦因数 2。【答案】（ 1）765gL （ 2） 61 mg （ 3） 2220123【解析】【详解】（1
6、） AB 由动能定理： mgL( 1mg cos53o )L1mvB20sin 53o25gL15gLvB242（2） B 到最低点由动能定理得：mgL(1cos53o )1 mv21 mvB222在最低点由牛顿第二定律得：Nmgv2mLN61 mg20所以，对轨道的压力为61 mg20（3）从 B 到 CD 斜面的最高点由动能定理得：mg sin 532 mg cos53x 01mvB22从 CD斜面最高点到停止位置由动能定理得：(mg sin 53o2 mg cos53o) x(mg sin 53o1mg cos53o ) L10 06sin 53o7621234 如图所示，水平传送带 A
7、B 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于向心力，从而求解到达D 点的临界
8、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：F mg 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 vB=5m/sv0可见，滑块从左端到
9、右端做减速运动，加速度为a=3m/s2 ，根据 vB2A2=v -2aL（ 2） FN5m / s解得 vA=7m/s5 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【答案】 （1） VA 【解析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：vA2解得： vA5
10、m / sg=10m/s 2）1.25 N（ 3） SAC=1.2mv022as（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：112B2mv2A=2mgR+ mv2联立可得 ：vB=3 m/s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点Bv2此时满足 FN mg mR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；小球能否到达最高点，这是我
11、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6 如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O、半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到 A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处已知滑板的质量是小物块质量的3 倍，小物块滑至 B点时对轨道的压力为其重力的3 倍， OA 与竖直方向的夹角为 =60，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，重
12、力加速度g 取 10 m / s2 ，不考虑空气阻力作用，求：（ 1）水平轨道 BC 的长度 L；（ 2） P 点到 A 点的距离 h【答案】 （1） 2.5R（2） 2R3【解析】【分析】（1）物块从 A 到 B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（ 2）从 P 到 A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到 B 的方程；联立求解h【详解】2（1）在 B 点时，由牛顿第二定律： N Bmg mvBBR，其中 N =3mg；解得 vB
13、2gR ；从 B 点向 C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则mvB( m 3m)v ；由能量关系可知：mgL1 mvB21 (m3m)v222联立解得： L=2.5R；（2）从 P 到 A 点，由机械能守恒：1mvA2；mgh=2在 A 点： vA1vA sin 600，从 A 点到 B 点： 1 mvA21mgR(1cos60 0 )1 mvB222联立解得 h= 2R37 如图所示的水平地面上有a、 b、 O 三点将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A 和B紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b
14、处， A 的质量是B 的2 倍某时刻炸药爆炸,两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动B 到最高点d 时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4， A 与ab段的动摩擦因数为，重力加速度g，求：（ 1）物块 B 在 d 点的速度大小；（ 2）物块 A 滑行的距离 s；（ 3）试确定物块 B 脱离轨道时离地面的高度；（ 4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间【答案】 （1）Rg5R（3） 5 R （4） 15R ( 83 11)（ 2）216666g【解析】（1）设物块 A 和 B 的质量分别为mA 和 mBmB g3 mB gmB vd 24RRg解得 vd2（2）设
15、 A、 B 分开时的速度分别为v1、 v2 ，系统动量守恒mAv1mB v20B 由位置 b 运动到 d 的过程中，机械能守恒 1 mB v22mB gR1 mB vd222v22 5 gR2A 在滑行过程中，由动能定理01 mAv12mA gs2联立得 s5R16（3）设物块脱离轨道时速度为v， FN=0向心力公式mgcosv2mR而 1 mvd2mgR 1cos1 mv222解得 cos55 gR， v66脱离轨道时离地面的高度h Rcos5R6（4）离轨道时后做向下斜抛运动竖直方向： hRcosvsint1 gt 2215R11解得： t8366g点睛：本题考查牛顿第二定律、动能定理以及
16、动量守恒定律的应用，解题时关键是认真分析物理过程，挖掘问题的隐含条件，例如物体脱离轨道时FN=0；能选择合适的物理规律列出方程即可解答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 球放在曲面的轻弹簧，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
17、过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。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 F 2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向2.5mgmg3.5mg3.5 1 1035N(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
18、得x0mg0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rx0 )1 mvc22EkmE p得Ekm mg (r x0 )1mvc2Ep 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mgs1 mvc22解得s0.7m故最终小滑动距离B 为 0.70.5m0.2m 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
19、，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。9 过山车是游乐场中常见的设施下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、 C、 D 分别是三个圆形轨道的最低点，B、 C间距与 C、 D间距相等，半径 R1 2.0m、 R2 1.4m 一个质量为 m 1.0 kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以 v012.0m/s 的初速度沿轨道向右运动，A、B 间距 L16.0 m小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2 ，圆形轨道是光滑的假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，如果小球恰能通过第二圆形轨道如果要使小球不能脱离轨道，试求在第三个圆形轨道的设计中，半径R3
20、应满足的条件（重力加速度取g10m/s2 ，计算结果保留小数点后一位数字）【答案】0R30.4m 或1.0mR327.9m【解析】【分析】【详解】设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意mgm v22R2mg L1 L2mgR21mv221mv0222由得L12.5m要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足mgm v32R3mg L1 2L2mgR31mv321mv0222由得 R30.4mII轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理mg L12L2mgR301mv022解得R31.0m为了保证
21、圆轨道不重叠，R3最大值应满足R22L2R3R 22R3解得： R3=27.9m综合 I、 II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0R30.4m 或 1.0mR327.9m【点睛】本题为力学综合题，要注意正确选取研究过程，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球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义 .10 如图所示为某种弹射小球的游戏装置，由内置弹簧发射器的光滑直管道PA 和光滑圆管道 ABC 平滑相接，粗糙斜面 CD上端与管道 ABC末端相切于 C 点，下端通过一段极小圆弧（图中未画出）与粗糙水平面 DE平滑连接，半径 R=2
22、.0m 的光滑半圆轨道竖直固定，其最低点 E 与水平面 DE相接， F 为其最高点每次将弹簧压缩到同一位置后释放，小球即被弹簧弹出，经过一系列运动后从F 点水平射出己知斜面 CD 与水平面 DE 的长度均为L=5m，小球与斜面及水平面间的动摩擦因数均为=0.2，其余阻力忽略不计，角=37，弹簧的长度、小球大小、管道直径均可忽略不计，若小球质量时恰好与管口无挤压求：（ 1）弹簧的弹性势能大小 Ep；（ 2）改变小球的质量，小球通过管口F 时，管壁对小球的弹力小球质量m 的变化关系式并说明的FN 方向m=0.1kg，则小球到达管FFN 也相应变化，写出FN 随【答案】（ 1） 6.8J；（ 2）
23、a)当 m=0.1kg 时， FN 为零；b)当 0m0.1kg 时， FN 6.868m ，向下；c)当 0.1kg m 0.12kg，FN 68m 6.8，向上；d) 当 m 0.12kg 时 , FN 为零【解析】【详解】（1）恰好与管口无挤压，则2mgm v1RP-F，由动能定理得W弹 2mgR mg(LcosL)1mv122初始弹性势能EP=W 弹联立以上各式解得EP=6.8J（2）在 F 点FNv2mg mRP-F，由能量守恒得：EP mg(Lcos L) 2mgR1 mv22由得FN6.868m a)由可知当m=0.1kg 时， FN 为零；b)当 0m0.1kg 时， FN6.868m 小球经过F 点时外管壁对它有向下的弹力c)当小球到达F 点速度恰好为零时由可得17mkg0.12kg则 0.1kgm0.12kgFN68m6.8小球经过F 点时内管壁对它向上弹力d) 当 m0.12kg 时 , FN 为零
