1、高考必备物理生活中的圆周运动技巧全解及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，在竖直平面内有一绝缘“ ”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、 CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为 m、电量为 +q 的带电小球穿在杆上，从距 B 点x=5.75R 处以某初速 v0 开始向左运动已知小球运动中电量不变，小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为 ，电场力 Eq=3mg/4，重力加速度为1=0.25、 2=0.80g， sin37 =0.6， cos37 =0.8求：（ 1）若小球初速度 v0=4 gR ，则小球运动到半圆上 B 点时受到的支持力为多大；（ 2
2、）小球初速度 v0 满足什么条件可以运动过 C 点；（3）若小球初速度v=4 gR ，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大【答案】（ 1） 5.5mg （ 2） v0 4gR （ 3） 44R【解析】【分析】【详解】（1）加速到 B 点： - 1mgx qEx1 mv21 mv0222在 B 点： N mgm v2R解得 N=5.5mg（2）在物理最高点qEF： tanmg解得 =370；过 F 点的临界条件： vF=0从开始到 F 点： -1mgx qE (x R sin ) mg ( R R cos ) 01 mv022解得 v04gR可见要过 C 点的条件为： v0
3、4gR（3）由于 x=4R5.75R，从开始到 F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到 F点时速度不为零，假设过C 点后前进 x1 速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg2R 01mv022sxR x1解得： s(44)R2 如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。【答案】【解
4、析】【分析】根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。【详解】若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：此时小球做圆周运动的半径为：解得小球运动的角速度大小为：代入数据得：若小球运动的角速度为：小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F，小球受圆锥面的支持力为，则水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。3 如图所示，
5、一轨道由半径R2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道BC在B 点平滑连接而成现有一质量为m1Kg的小球从A 点正上方R 处的 O点由静止释放，小2球经过圆弧上的B 点时，轨道对小球的支持力大小FN道，落到水平地面上的P 点 .已知 B 点与地面间的高度h18 N ，最后从 C 点水平飞离轨3.2m ，小球与 BC段轨道间的动摩擦因数0.2 ，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力，g 取 10 m/s 2). 求：（1）小球运动至B 点时的速度大小 vB（2）小球在圆弧轨道 AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功W f（3）水平轨道 BC 的长度 L 多大时，小球落点P 与 B 点的
6、水平距最大【答案】（ 1） vB4?m / s（ 2） W f 22?J（3） L3.36m【解析】试题分析： （ 1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与 B 点的水平距离最大时BC 段的长度 （1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： FNmgm vB2R解得： vB4m / s（2）从 O 到 B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：mg RRWf1 mvB2022解得： Wf22J（3）由 B 到 C 的过程
7、中，由动能定理得：mgLBC1mvC2 1mvB222v2v2解得： LBCBC2g从 C 点到落地的时间： t02h0.8sgB 到 P 的水平距离： LvB2vC22vC t0g代入数据，联立并整理可得：L 41vC24vC45由数学知识可知，当 vC1.6m / s时， P 到 B 的水平距离最大，为： L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程 ，再根据几何关系求出最大值4 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 R0.32
8、m 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，A BW的表达式
9、、碰撞后传送带对它们所做的功【答案】 （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： 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： v2mAv1141m / s ；mA mB1 3由能量转化与守恒定律可得：1212QmAv1mAmB v2 ，代入数据解得Q=6J ；22
10、（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 mAmBv22 ，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：vmAv4m / s ；2mB11kmA（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv22mAmBgL ，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
11、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 W1mAmBv21mAmBv22 ，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
12、能定理求出传送带所做的功5 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心D 的连线与竖直方向成 37 角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s 2， sin37=0.6， cos37=0.8。（ 1）求小物块经过 B
13、 点时对轨道的压力大小；（ 2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：v0vAcos37解得： vAv04 m / s 5m / scos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1 mvA2mg R Rcos371 mvB222小物块经过 B 点时，有： FNBmgm vB2R解得： FNBmg 32cos37m vB262NR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的
14、压力大小是62N（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg 2r1 mvC21 mvB222在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC mgm vC2r代入数据解得： FNC60N根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据 mg m vC22r解得： vC 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg 2r1 mvC221 mvB222代入数据解得：L=10m6 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
15、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，重力加速度2，不考虑空气阻力作用，求：g 取 10 m / s（ 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） 2 R3【解析】【分析】（
16、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 BmgmvB，其中NB=3mg；R解得 vB2gR ；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
17、守恒：1mvA2；mgh=2在 A 点： vA1 vA sin 600 ，从 A 点到 B 点： 1 mvA21mgR(1cos60 0 )1 mvB222联立解得2h= R37 如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1 、 A2 、 B1 、 B2 ， D1 、 D 2 分别是两圆弧管道的最高点，C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点，C1 、 C 2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R，B O D111AO C111B O D22 2A O
18、C222。一质量为m 的小物块以水平向左的速度v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v012m / s ， m=1kg，R=1.5m，0.5 ，37（sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：Nmgm v02R可得： Nmg m v02106NR由牛顿第三定律可知，小物
19、块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有： lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： vv2 2 glcos4 7m / s20(3)以 C C 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 、 D 点时的机械能需满足：1212EE02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过 D1 后，翻越 D1 和 D2 的总次数，则有：1mv02nEE0 ，21mv02-n1E E02可得： n=2，表明小物块在第二次经
20、过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv02269m可得： s=453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m48 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
21、间的动摩擦因数均为=0.1物块 AB 的质量均为1kg,且均可视为质点取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1212-2mgR=m vp -2m v02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v2pFN+mg =mR代入数据解得弹力大小FN=22N方向竖直向下(3)物块 A 与物块 B
22、 碰撞前，物块 A 的速度大小 vA=v0=6m/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=4.5m9 光滑水平面上放着质量mA=1kg 的物块 A 与质量 mB=2kg 的物块 B， A 与 B 均可视为质点， A 靠在竖直墙壁上，A、 B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与 A、 B 均不拴接 )，在 A、 B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。如图所示，放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的
23、竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m， B 恰能到达最高点 C取 g=10m/s 2，求 :(1)B 落地点距 P点的距离（墙与P 点的距离很远）(2)绳拉断后瞬间B 的速度 vB 的大小(3)绳拉断过程绳对A 所做的功 W【答案】 (1) S=1m(2) vB(3) W=8J=5m/s【解析】试题分析： （ 1）设 B 在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达 C 时的速度为Cv ，有（ 2分）（ 1 分）s=vct （ 1 分）解得 s= 1m （1 分）（2）（ 3 分）代入数据得 vB=5m/s （ 2 分）（3） 设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为 v1，有（ 2 分）设绳断后 A 的速度
24、为vA，取水平向右为正方向，有2 分2 分代入数据得W=8J （ 2 分）考点：牛顿第二定律平抛运动 机械能守恒动能定理 动量守恒10 如图，半径R=0.4m 的部分光滑圆轨道与水平面相切于B 点，且固定于竖直平面内在水平面上距B 点 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 小物块在与水平面夹角=37o 斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运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 点的最小速度 vB 大小；（ 2）在
25、（ 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：1 mvB21 mvC2mg 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 )
