1、【物理】物理生活中的圆周运动易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 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
2、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 点开始运动时的速度为A2B2- mvA2v，根据动能定理 ； - mgs= mv解得： vA=16.1m/s设滑块在 A 点受到的
3、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2 如图所示， BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过9s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点
4、水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的
5、加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 22a ta t2又因为： t1+t 29s8解得： t133s， t 2s84小球从 C 点冲出的速度：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： vBv02 m/s2sin45因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管
6、中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得：Fm vB2r解得： F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，3 如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的光滑 1 竖直圆轨道BC 相切于 B， BC4与半径为r=0.4m 的光滑 1 竖直圆轨道CD相切于 C，质量 m=1kg 的小球静止在A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点 已知小球与水平面的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s 2求：（ 1）小球在 D 点的速度 vD 大小 ；（ 2）小球在 B 点对圆轨道的压力 NB 大小；（ 3
7、） A、B 两点间的距离 x【答案】 (1) vD2m / s （ 2）45N (3)2m【解析】【分析】【详解】（1）小球恰好过最高点D，有：mgmvD2r解得： vD2m/s（2）从 B 到 D，由动能定理：mg(R r )1 mvD21 mvB222设小球在 B 点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：2Nmgm vBRNB=N联解得：N=45N（3）小球从A 到 B，由动能定理：F xmgx1 mvB222解得： x 2m故本题答案是：(1) vD 2m / s （ 2） 45N (3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，4 如图所示，水平转盘可绕竖直中
8、心轴转动，盘上放着A 、 B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接已知mA mB1kg 两组线长均为L0.25m 细线能承受的最大拉力均为Fm8 N A 与转盘间的动摩擦因数为10.5 ， B 与转盘间的动摩擦因数为20.1 ，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ， g 取 10 m/s2 求：（1）当 AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度；（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通
9、过计算写出传感器读数F 随转盘角速度变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出 F2 图象【答案】（ 1）12rad / s （ 2）2 2 2rad / s （ 3） m252rad / s2【解析】对于 B ，由 B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2 mB g2mB 12 L代入数据计算得出：12rad / s（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：1 mA g TmA22 LT2 mB g2mB2 2 L代入数据计算得出：222rad / s（3） 当28rad 2/ s2 时， F0当28rad 2/ s2 ，且
10、AB 细线未拉断时，有：F1mA gTmA2LT2 mB g2mB2 LT8N所以： F326 ； 8rad 2 / s2218rad 2/ s24当218 时，细线 AB 断了，此时 A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：1 mA g mA w2 L所以： 18rad 2 / s2220rad 2/ s2 时， F0当220 rad 2 / s2 时，有 F1mA gmA2 LF8N所以： F125 ； 20rad 2 / s2252rad 2 / s24若 FFm8N 时，角速度为：22/ s2m 52rad做出 F2 的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的
11、关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解5 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g求：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时的速度大小v1;(2)弹簧压缩到
12、0.5R 时的弹性势能 Ep;(3)已知地面欲睡面相距 1.5R，若使该投饵管绕AB 管的中轴线 OO 。在 90角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2 m 到 m 之间变化，且均能落到3水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？【答案】 (1)gR ； (2)3mgR；(3) 8.25 R2【解析】【分析】【详解】(1)质量为 m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则2mgm v1R可以解得v1gR(2)从弹簧释放到最高点 C 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有WF WG1 mv1202
13、即12WF mg 2.5Rm gR02得WF3mgR故弹簧弹性势能为 Ep =3mgR(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过 t 时间落到水面上，得2h3Rtgg离 OO的水平距离为x1，鱼饵的质量为m 时x1v1t3R鱼饵的质量为2 m 时，由动能定理3WF2 mg 2.5R122 m v10323整理得：v14gR同理：x2v1t6Rr1x1r4Rr2x2r7R鱼饵能够落到水面的最大面积S 是1222Sr2r18.25R【点睛】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过 90鱼饵在水平面上形成圆周是解决问题的关键，
14、这是一道比较困难的好题6 如图所示，将一质量m 0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为 53的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动已知斜面顶端与平台的高度差h 3.2 m，斜面高H15 m，竖直圆轨道半径R 52m取 sin 53 0.8， cos 53 0.6， g 10 m/s ，求：(1)小球水平抛出的初速度v0 及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道
15、最高点D 时对轨道的压力【答案】 (1)6 m/s4.8 m(2)2.05 s(3)3 N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可得：v0vytan由平抛运动规律得：vy2 2gh12hgt1x v0t1联立解得：v0 6 m/s ， x 4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t12h0.8 sg小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小；Av0 10 m/s ；v cos从 A 点到 B 点；由动能定理得mgH1 mv21 mv2；BA22解得vB20 m/s ；小球沿斜面下滑的加速度a gsin 8 m/s2；由
16、 vB vA at2，解得t2 1.25 s；小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；t t 1 t2 2.05 s；(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到 D 点，由动能定理可得-2mgR1 mvD21 mvB2 ；22在 D 点由牛顿第二定律可得：2N mg m vDR联立解得：N 3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力N 3 N，方向竖直向上7 如图所示为某款弹射游戏示意图,光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面 AB ,竖直面 BC 和竖直靶板 MN 通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放,滑块从 O 点弹出并从 E 点进
17、人圆轨道 ,绕转一周后继续在平直轨道上前进,从 A 点沿斜面,(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)已知滑AB 向上运动 滑块从 B 点射向靶板目标块质量 m 5g ,斜面倾角37 ,斜面长 L 25cm ,滑块与斜面 AB 之间的动摩擦因数0.5 ,竖直面 BC 与靶板 MN 间距离为 d , B 点离靶板上 10 环中心点 P 的竖直距离h 20cm ,忽略空气阻力 ,滑块可视为质点已知 sin37 0.6,cos370.8 ,取 g10m / s2 ,求:(1)若要使滑块恰好能够到达B 点 ,则圆轨道允许的最大半径为多大?(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P 点 ,则此次滑
18、块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大 ? (结果保留三位有效数字 )(3)若 MN 板可沿水平方向左右移动靠近或远高斜面,以保证滑块从 B 点出射后均能水平击中靶板以 B 点为坐标原点 ,建立水平竖直坐标系(如图 ) ,则滑块水平击中靶板位置坐标x, y 应满足什么条件 ?【答案】 (1) R 0.1m (2) Ep4.03 10 2 J(3)y3，或 y3 x ，或 x8 yx883【解析】【详解】（1）设圆轨道允许的半径最大值为R在圆轨道最高点：mg要使滑块恰好能到达B 点，即：mv2RvB0从圆轨道最高点至B 点的过程：mgL sin2mgR mgL cos01 mv22代入数据
19、可得R0.1m（2）滑块恰能水平击中靶板上的P 点， B 到 P 运动的逆过程为平抛运动从 P 到 B ：t2hgv ygtv3 sinvy代入数据可得：vB10m/s3从弹射至点的过程：Ep mgL sinmgL cos1mvB202代入数据可得：Ep4.0310 2 J（3）同理根据平抛规律可知：y1tan37x 2即 y 3x 8或 y 3 x 8或 x 8 y 38 如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板O点，挂一根m为 0.5 kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 N.L=3 m 的细绳，绳的下端挂一个质量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
20、在墙边.求这个圆柱形房屋的高度H和半径 R. （g 取 10 m/s 2）【答案】 3.3m4.8m【解析】整体分析：设绳与竖直方向夹角为，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 60033m3 3m22OO间的距离为：
21、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 21 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 50.6m9 5 m5由图可知，圆柱形屋的
22、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 如图所示，光滑圆弧的圈心为O ，半径 R3m ，圆心角53 ， C 为圆弧的最低点， C 处切线方向水平，与一足够长的水平面相连从A 点水平抛出一个质量为0.3kg 的小球，恰好从光滑圆弧的B 点的切线方向进人圆弧，进人圆弧时无机械能损失小球到达圆弧的最低点 C 时对轨道的压力为 7.9 N ，小球离开 C 点进人水平面，小球与水平面间的动摩擦因数为 0.2 （ 不计
23、空气阻力， g 取 10m/s 2 ， sin530.8 ， cos530.6 ），求：（ 1）小球到达圆弧 B 点速度的大小 ；（ 2）小球做平抛运动的初速度 v0 ；（ 3）小球在水平面上还能滑行多远【答案】 (1) vB5m/s ；(2) v03m/s ； (3) x12.25m【解析】【详解】(1)对 C 点小球受力分析，由牛顿第二定律可得：2Fmgm vCR解得vc7m / s从 B 到 C 由动能定理可得：mgR(1 cos )1 mvc21 mvB222解得：vB5m / s(2)分解 B 点速度v0vB cos3m / s(3)由 C 至最后静止，由动能定理可得：mgx 01
24、mvc22解得x12.25m10 如图所示，一段粗糙的倾斜轨道，在B 点与半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道BCD相切并平滑连接 CD 是圆轨道的竖直直径， OB 与 OC夹角 =53 将质量为 m=1kg 的小滑块从倾斜轨道上的 A 点由静止释放， AB=S，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数=0.5 sin53 =0.8， cos53 =0.6， g=10m/s 2求 ：（ 1）若 S=2m，小物块第一次经过 C 点时的速度大小 ；（ 2）若 S=2m，小物块第一次经过 C 点时对轨道的压力大小 ；（3）若物块能沿轨道到达D 点，求 AB 的最小值S【答案】 （1） 26m/s （ 2） 58N
25、（ 3） S=2.1m【解析】【分析】【详解】（1）对小滑块从A 到 C的过程应用动能定理mgS sinmgR(1cos)mgS cos1 mv20c2代入数据得vc26m/s（2） C 点时对滑块应用向心力公式2FN mgm vCR代入数据得FN58N根据牛顿第三定律得F压FN58N（3）小滑块恰能通过最高点D 时，只有重力提供向心力2mgm vDR代入数据得vD5m/s对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理mgSsinmgR(1 cos )mgS cos1 mvD202代入数据得S2.1m【点睛】本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用
