1、高中物理高考物理生活中的圆周运动技巧( 很有用 ) 及练习题一、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【解析】【分析】
2、【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 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(可视为质点 )，
3、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 mABC 0.2， A、 C碰撞时 4kg、 m 8kg 和 m 1kg， 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/s2.(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）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒
4、定律得：12m0 glm0v02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 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/s1212由能量守恒定律得： mgxmv A2
5、（m+M ） v2代入数据解得：x0.375m；3 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；
6、（ 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 m
7、vB2 1 mvD2mg 2R22解得 vB=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 vB2A2=v -2aL解得 vA=7m/s4 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） v18gL3mg3mg（ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmgm
8、v12L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，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2Eqmgm v2L3mg则 E5q也不可以低于O 水平面mgLEqL3mg则 Eqmv1223mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq5 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
9、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（ 3） SAC=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：112Bmv2A=2mgR+mv22联立可得 ：vB=3 m/
10、s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点B此时满足 FN mgm v2R解得 FN 1.25 N（3）小球从 B 点做平抛运动，有：2R=1gt22ACBS =v t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 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、L=60cm 的直轨道AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF在 B 处平滑连接，C、 F 为圆轨道最低点，
11、D 点与圆心等高， E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道 FG平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块 ( 可视为质点 ) 从 A端由静止释放已知滑块与AB段的动摩擦因数1=0.25，与 FG 段的动摩擦因数 2=0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度g=10m/s 2（ 1） 求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小 FN；（ 2）若要滑块能在水平轨道 FG上停下，求 FG 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到 D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在
12、 AB 轨道上运动的总路程 s93m【答案】（ 1） FN=0.1N（ 2） x=0.52m （ 3） s160【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 E，由动能定理得：mg L sinR 1cos2 R1mgL cos1mvE22代入数据得： vE30 m/s5滑块到达 E 点： mgFNm vE2R代入已知得： FN=0.1N（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有mgL sinR 1cos1mgL cos2mgx0代入已知得：x=0.52m（3）若从距B 点L0 处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：mg L0 sin+R(1cos)R1mgL0cos0代入数据解得：L0=0.2
13、m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L1，则：mg L0L1 sin1mg L0L1 cos 0解得： L1sin1 cosL01 L0sin1 cos2同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：1 L12L2sin1 cosL11L0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有：L0L52所以第5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s L02L1 2L22L32L4L593 m1607 如图所示， A、 B 两球质量均为m，用一长为l 的轻绳相连， A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横
14、杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小 T；(2)B 球第一次到达最高点时， A 球的速度大小 v1；(3)从开始到 B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功 W【答案】（ 1） mg+m v02（ 2） v1v02gl （ 3） mgl mv02l24【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l2 v（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同
15、，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，1mv02mgl1mv12 1mv12mg l2222得： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv121 mv02222得： W= mglmv0248 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r1 8r 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
16、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） 2BLgr 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 mvD
17、2， vD 4 gr2求导体棒 P 到达 D1D 2 瞬间： E BLvDE2BLgr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QmgmvQ2grvQ：r2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：vP3 gr （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Q11mvD21mvP21mvQ23mgr222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 Q2 1mvD21mm v24
18、mgr ；22【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒P 到达D D2的速度大小，然后根据法拉第电1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9 某同学设计出如图所示实验装置，将一质量为0.2kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB 相切于A点 AB 为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦
19、因数0.5，弹射器可沿水平方向左右移动； BC为一段光滑圆弧轨道O/ 为圆心，半径R 0.5m ，O/ C 与O/ B 之间夹角为 37以 C 为原点，在 C 的右侧空间建立竖直平面内的直角坐标系 xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器 D（ sin37 =0.6， cos37=0.8， g 取10m/s 2）（ 1）某次实验中该同学使弹射口距离 B 处 L1 1.6m 处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达 C 处，求弹射器释放的弹性势能？（2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B 点时对轨道的压力？（3）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离射器并解开锁定
20、释放小球，小球将从C 处射出，恰好水平进入接收器B 处 L2 0.8m 处固定弹D，求 D 处坐标？【答案】 (1)1.8J(2)2.8N(3) （ 0.144，0.384）【解析】【详解】（1）从 A 到 C 的过程中，由定能定理得：W-mgL-mgR（ 1-cos ） =0弹1解得：W 弹=1.8J根据能量守恒定律得：EP=W 弹 =1.8J；（2）从 B 到 C 由动能定理 ：mgR(1 cos370 )1 mvB22在 B 点由牛顿第二定律：FNBmgm带入数据联立解得：FNB=2.8N（3）小球从C 处飞出后，由动能定理得：vB2R1W-mgL-mgR（ 1-cos ） =弹222m
21、vC -0，解得：vC=22 m/s方向与水平方向成37角，由于小球刚好被D 接收，其在空中的运动可看成从D 点平抛运动的逆过程，vCx=vCcos37 =82 m/s56 2vCy=vCsin37 =m/s ，5由 vCy=gt 解得t=0.122 s则 D 点的坐标：x=vCxt1y=vCyt，2解得：x=0.144m， y=0.384m即 D 处坐标为：（ 0.144m， 0.384m ）【点睛】本题考查了动能定理的应用，小球的运动过程较复杂，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚小球的运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题10 如图所示，用两根长度均为 l 的细线将
22、质量为 m 的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳与天花板的夹角为 将细线 BO 剪断，小球由静止开始运动不计空气阻力，重力加速度为 g求：（ 1）剪断细线前 OB 对小球拉力的大小；（ 2）剪断细线后小球从开始运动到第一次摆到最高点的位移大小；（ 3）改变 B 点位置，剪断 BO 后小球运动到最低点时细线OA 的拉力 F2 与未剪断前细线的拉力 F1 之比F2的最大值F1【答案】 （1）Fmg（ 2） x 2l cosF292sin（ 3） F1 max4【解析】（1） F sin1 mg2mg得 F2sin（2）小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为mglsin=mglsin 得 =X=2lcos（3）小球运动到最低点时速度为vmgl (1sin )1 mv22F2 mgm v2lF1=F得： F26sin4sin 2F1当 sin3F29时可得F1 max=44
