1、高考物理生活中的圆周运动技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切在直轨道ab 上放着质量分别为mA=2kg、 mB=1kg的物块A、 B（均可视为质点），用轻质细绳将A、 B 连接在一起，且A、 B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg、长 L=0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点 d 处已知A 与小车之间的动摩擦因数满足
2、0.1 ，0.3g 取 10m/ s2，求（ 1） A、 B 离开弹簧瞬间的速率 vA 、vB；（ 2）圆弧轨道的半径 R；（3） A 在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有）【答案】（ 1） 4m/s（ 2） 0.32m(3) 当满足0.1 0.2 ， Q1； 当满足 0.2 0.3时=10时， 1 mAv121 (mA M ) v222【解析】【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；（ 3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量 Q.【详
3、解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A、 B 的速度分别为vA、 vB， 由动量守恒定律：0= mAvA mBvB 由能量关系： EP = 1 mA vA21 mB vB222解得 vA=2m/s ；vB=4m/s（2）设 B 经过 d 点时速度为 vd，在 d 点：mB g mBvd2R由机械能守恒定律：1 mB vB2 = 1 mBvd2mB g 2R22解得 R=0.32m（3）设 =1v,由动量守恒定律：时 A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为mA vA =(mA M )v 由能量关系： 1mA gL1 mA vA21 mA M v222解得1=0.2讨论：（）当满足0.1 0时.2， A
4、 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为Q1mA gL10（J）（）当满足0.20.A3和小车能共速，产生的热量为时，Q11 mA v121mA Mv2，解得 Q2=2J222 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成， BC与 CD相切于 C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径 R=2.25m，滑动摩擦因数 =0.48。质量 m=1kg 的小物块从某一高度处的A 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2，
5、sin37 =0.6，忽略空气阻力，求 :（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan=v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R联立以上各式解得：FN25.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有
6、 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134m / s51212物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC（ M m） v + Q22解得： Q=13.6J3 如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在OM 和 ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L=0.5m，现将直角杆MON 绕过2OM 的轴 O1O2 缓慢地转动起来已知A 的质量为m1=2kg，重力加速度g 取 10m/s 。（ 1）当轻绳与
7、OM 的夹角 =37时，求轻绳上张力 F。（ 2）当轻绳与 OM 的夹角 =37时，求物块 B 的动能 EkB。（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与OM 的夹角 由 37缓慢增加到53，求这个过程中直角杆对 A 和 B 做的功 WA、 WB。【答案】（ 1） F25N （ 2） EkB2.25J （ 3） W A0 ， WB61 J12【解析】【详解】（1）因 A 始终处于平衡状态，所以对A 有F cosm1 g得 F25N（2）设 B 质量为 m2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为r ，对 B 有F sinm2 v2rr L sinEkB1m2v22得 EkBm1gL sin22cosEk
8、B2.25J（3）因杆对 A 的作用力垂直于A 的位移，所以 WA0由（ 2）中的m1gL sin253 时， B 的动能为 EkB16EkB知，当J2cos3杆对 B 做的功等于 A 、 B 组成的系统机械能的增量，故WBEkBEkB m1 gh 其中 hL cos37 L cos53得 WB61J124 一轻质细绳一端系一质量为m =0.05 吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O 上， O 到小球的距离为L= 0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为=0.25.现有一滑块B，质量也为 m=0.05kg，
9、从斜面上高度h=5m 处滑下，与小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能 .若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g 取 10m/s 2，结果用根号表示），试问：（1）求滑块B 与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度.（2）求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.（ 3）滑块 B 与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.【答案】（ 1）滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95 m/s ，碰后的速度为0；（ 2）滑块 B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N；（ 3）小球做完整圆周运动的次数为10次。【解析】【详解】（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度
10、为v1 ，碰撞后速度为 v1，小球速度为v2根据能量守恒定律，得：mgh=1 mv12mg s22解得：v1=95 m/sA、B 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:mv1=mv1 +mv2由能量守恒定律，得到：1 mv12 1 mv12 1 mv22222解得：v =0，v =95 m/s12即滑块 B 与小球第一次碰前的速度为95 m/s ，碰后的速度为（2）碰后瞬间，有：T-mg=m v22L解得：T=48N即滑块 B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为2mg=m v0L小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度
11、为有：1mv22mgL1mv02220v0，则有：v，根据机械能守恒解得：v=5 m/s滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=5 m/s ，滑块通过的路程为s，根据能量守恒有:mgh= 1 mv2mgs2解得：s =19m小球做完整圆周圆周运动的次数：sn= s 21= 10 次s即小球做完整圆周运动的次数为10 次。5 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
12、 3.2 m，斜面高 H15 m，竖直圆轨道半径R 5m取 sin 53 0.8， cos 53 0.6， g 10 m/s 2，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
13、(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；vAv0 10 m/s ；cos从 A 点到 B 点；由动能定理得mgH1mvB2 1mvA2 ；22解得vB20 m/s ；小球沿斜面下滑的加速度a gsin 8 m/s2；由 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
14、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6 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
15、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 60033 m3 3 m22OO间的距离为：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
16、动的合成可知落地速度为：222v =vA+（gt ） ，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：h11gt 2110 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：xBC vAt 3 50.6m95m5由图可知，圆柱形屋的半径为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7 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
17、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 R12.0m、 R2 1.4m 一个质量为 m1.0 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 L1 6.0 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 应满足的条件（重力加速度取g 10m/s2 ，计算结果保留小数点后一位数字）【答案】0R30.4m 或1
18、.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mg m v22R2mg L1 L2mgR21 mv221 mv0222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mg m v32R3mg L12L 2mgR31mv321mv0222由得 R30.4m II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 L12L2mgR3 01mv022解得R31.0m为了保证圆轨道不重叠，R3 最大值应满足R22L2R32R3R 2解得： R3=27.9m综合 I
19、、 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 .8 某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够长的曲线轨道，BC 为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧轨道，圆弧半径r=1m，三段轨道均光滑。一长为 L=2m 、质量为 M=1kg 的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面。一可视为质
20、点、质量为m=2kg 的工件从距 AB 轨道最低点h 高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞 (碰撞时间极短 )后即被粘在C 处。工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面 DE 上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为=0.5，取 g=10m/s 2，(1)若 h=2.8m，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，求h 的取值范围 .【答案】 （1）（ 2）【解析】 (1) 工件从起点滑到 弧 道底端B 点 , 到 B 点 的速度 vB ，根据 能定理：工件做 周运 ，在B 点，由牛 第二定律得：由两式可
21、解得：N=40N由牛 第三定律知, 工件滑到 弧底端B 点 道的 力 N=N=40N(2) 由于 BC 道足 , 要使工件能到达 CD 道 , 工件与小 必 能达共速 , 工件 滑上小 的速度 v0, 工件与小 达共速 的速度 v1，假 工件到达小 最右端才与其共速， 定向右 正方向， 于工件与小 成的系 ，由 量守恒定律得：mv0=( m+M) v1由能量守恒定律得： 于工件从AB 道滑下的 程，由机械能守恒定律得：代入数据解得：h1=3m.要使工件能从CD 道最高点 出, h1 =3m 其从 AB 道滑下的最大高度, 其最小高度 h, 滑上小 的速度 v0, 与小 达共速 的速度 v 1,
22、 滑上 CD 道的速度 v 2， 定向右 正方向，由 量守恒定律得：mv 0=( m+M) v 1由能量守恒定律得：工件恰好滑到CD 道最高点，由机械能守恒定律得：工件在 AB 道滑 的 程，由机械能守恒定律得： 立。 , 代入数据解得：h=m 上所述 , 要使工件能到达CD 道最高点 , 使 h 足：mh? 3m.【名 点睛】（ 1）工件在光滑 弧上下滑的 程，运用机械能守恒定律或 能定理求出工件滑到 弧底端 B 点 的速度在 B 点，由合力提供向心力，由牛 第二定律求出 道 工件的支持力，从而得到工件 道的 力（2）由于 BC 道足 ，要使工件能到达CD 道，工件与小 必 能达共速，根据
23、量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从 AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围9(2011 年南通一模 )如图所示， BCDG是光滑绝缘的 圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为 R，下端与水平绝缘轨道在 B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点 )置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s 3R
24、的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？(2)在 (1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小【答案】 (1)(2)(3)【解析】 由动能定理有： 当时，最小10如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过 5mg（ g 为重力加速度）求物块初始位置相对于圆形轨道底
25、部的高度h 的取值范围【答案】 2.5Rh5R【解析】试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为时， h 最小；当压力最大时，h 最大由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得：012mgh2mgRmv物块在最高点受的力为重力mg，轨道的压力FN , 重力与压力的合力提供向心力，有mg FN m v 2R物块能通过最高点的条件是FN 0由以上式得 vgR联立以上各式得5hR2根据题目要求FN5mg由以上各式得v6gR由此可得 h5R所以 h 的取值范围是5h5R2点睛 ：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力
