高考物理生活中的圆周运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高考物理生活中的圆周运动解题技巧(超强)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，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m A =2kg 、m B =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E p =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µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求
（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ；
（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µ）．
【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3
时，
22111()22
A A m v m M v -+ 【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.
【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律：
0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22
P A A B B E m v m v - 解得v A =2m/s ；v B =4m/s
（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2d B B v m g m R
= 由机械能守恒定律：
22d 11=222
B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m （3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：
=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122
A A A A m gL m v m M v μ=
-+ 解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122
A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J 2．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求：
（1）小滑块在a 点飞出的动能；
（）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；
（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）
【答案】（1）12k E mgr =
；（2）F ′=6mg ；（3）4214
μ-= 【解析】
【分析】
【详解】 （1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t =
竖直方向：212
r gt =
解得：a v gr = 小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr =
= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：
2211222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r
-=
由牛顿第三定律得：F ′=F
解得：F ′=6mg
（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()221L r =+
从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅=
解得4214
μ-=
3．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)小球从B 到C 克服阻力做的功；
(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小．
【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据机械能守恒定律 E p ＝
211m ?2v ① v 12Ep m
＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122
mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R
= ④ 由②③④得W f ＝24 J
(3)根据动能定理：
22122
k mg R E mv =- 解得：25k E J =
故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J
【点睛】
(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;
(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功;
(3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小
4．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。

杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度ω旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。

重力加速度g ＝10m ／s 2，忽略一切摩擦。

求：
（1）杆静止时细绳受到的拉力大小T ；
（2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小ω；
（3）小环着地点与O 点的距离D 。

【答案】（1）5N （2）53/rad s （3）1.6m
【解析】
【详解】
（1）杆静止时环受力平衡，有2T ＝mg 得：T ＝5N
（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为r ，有r 2＋d 2＝（L －r ）2
环到两系点连线的夹角为θ，有d sin L r θ=
-，r cos L r
θ=- 绳的弹力为T 1，有T 1sinθ＝mg
T 1cosθ＋T 1＝m ω2r 得53/rad s ω=
（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s ＝vt 竖直方向：212
H d gt -=
环做平抛的初速度：v ＝ωr 小环着地点与杆的距离：D 2＝r 2＋s 2
得D ＝1.6m
【点睛】
本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。

5．如图所示，水平传送带AB 长L=4m ，以v 0=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μ=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=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间01v t s a == 运动的距离：21 1.52
x at m ==， 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：20v F mg m R
-= 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 2D v R
解得v D 5；
由B 到D ，由动能定理：
2211222
B D mv mv mg R =+⋅ 解得v B =5m/s>v 0
可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL
解得v A =7m/s
6．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB 是一段光滑的半径为R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的粗糙水平直轨道BD ，最后滑上半径为R 圆心角0
60θ=的光滑圆弧轨道DE ．现将质量为m
的滑块从A 点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C 点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg ，求：
（1）竖直圆轨道的半径r ．
（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力．
（3）若要求滑块能滑上DE 圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD 的动摩擦因数μ需满足的条件．
【答案】（1）
3
R （2）7mg （3）2R R L L μ<≤ 【解析】
(1) 对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得： 21(2)2
C mg R r mv -= 22C v mg m r
= 解得：3
R r =； (2) 对滑块，从A 到B 的过程，由机械能守恒可得：
212
B mgR mv = 在B 点，有：
2B v N mg m r
-= 可得：滑块在B 点受到的支持力
N=7mg ；
由牛顿第三定律可得，滑块在B 点对轨道的压力
7N N mg '==，方向竖直向下；
(3) 若滑块恰好停在D 点，从B 到D 的过程，由动能定理可得：
2112
B mgL mv μ-=- 可得：1R L
μ= 若滑块恰好不会从E 点飞出轨道，从B 到E 的过程，由动能定理可得：
221(1cos )2B mgL mgR mv μθ---=- 可得：
22R L
μ= 若滑块恰好滑回并停在B 点，对于这个过程，由动能定理可得：
231·22
B mg L mv μ-=- 综上所述，μ需满足的条件：2R R L L
μ<<．
7．如图所示，ABCD 是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推力F ，使它从A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m 时到达B 点，此时撤去推力F 、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C ，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg 、0.1 kg ，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、
，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取
g ＝10 m/s 2，求：
(1)水平推力F 的大小；
(2)滑块到达D 点的速度大小；
(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？
【答案】（1）1N （2）
（3）t ＝1 s ; 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于滑块恰好过C 点，则有：
m 1g ＝m 1
从A 到C 由动能定理得：
Fx －m 1g ·2R ＝m 1v C 2－0
代入数据联立解得：
F ＝1 N
(2)从A 到D 由动能定理得：
Fx＝m1v D2
代入数据解得：
v D＝5 m/s
(3)滑块滑到木板上时，对滑块：
μ1m1g＝m1a1，
解得：
a1＝μ1g＝3 m/s2
对木板有：
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，
代入数据解得：
a2＝2 m/s2
滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，
有：
v共＝v D－a1t
v共＝a2t，
代入数据解得：
t＝1 s
此时滑块的位移为：
x1＝v D t－a1t2，
木板的位移为：
x2＝a2t2，L＝x1－x2，
代入数据解得：
L＝2.5 m
v共＝2 m/s
x2＝1 m
达到共同速度后木板又滑行x′，则有：
v共2＝2μ2gx′，
代入数据解得：
x′＝1.5 m
木板在水平地面上最终滑行的总位移为：
x木＝x2＋x′＝2.5 m
点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．
8．如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰
撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求：
（1）A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；
（2）要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？
【答案】（1）
；（2） 【解析】（1）A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定
律得
由动能定理得： 解得 满足的条件是
（2）物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得 小球经过最高点时，有
解得
【名师点睛】
A 碰C 前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A 减速的最大距离为d ，由动能定理列出等式，联立求解。

A 碰C 后交换速度，C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C 通过最高点时的最小向心力为mg ，联立求解。

9．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为37θ=︒，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，现将质量为13kg m =的物块P （可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =后与物块P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为
粘合体A ．已知物块P 、Q 、粘合体S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5μ=，重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=．试求：
（1）物块P 在B 点的速度大小；
（2）传送带BC 两端距离的最小值；
（3）粘合体回到圆弧轨道上B 点时对轨道的压力．
【答案】（1）4m/s （2）3.04m （3）59.04N ，方向沿OB 向下。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）由A 到B ，对物块P 由动能定理有
21111cos 2
m gR m v θ=
可得物块P 在B 点的速度大小 12cos 4m/s v gR θ==
（2）因v B >v ，物块P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有
1111sin cos m g m g m a θμθ+=
可得物块P 的加速度大小
a 1=10m/s 2
减速至v 的时间
111
0.2v v t s a -=
=- 运动位移 22111
0.62v v x m a -==- 因x 1<L ，摩擦力反向，又因sin cos mg mg θμθ>，物块P 继续向上减速，有
1112sin cos m g m g m a θμθ-=
可得物块P 的加速度大小
a 1=2m/s 2
减速至0的时间
22
1v t s a == 因t 2=t-t 1，说明物块P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞
物块P 第二段减速的位移大小
2
22
12v x m a == 对物体Q
2223sin cos m g m g m a θμθ-=
可得其加速度
a 3=2m/s 2
下滑的位移
2331 1.442
x a t m =
= BC 的最小距离 L =x 1+x 2+x 3=3.04m
（3）碰撞前物体Q 的速度
v 2=a 3t =2.4m/s
物体P 和Q 碰撞
m 2v 2=（m 1+m 2）v 3
可得碰撞后速度
v 3=0.6m/s
碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有
()22312432-a x x v v +＝
可得粘合体在B 点的速度
v 4=2.6m/s
在B 点由牛顿第二定律有
()()
124122F m m gcos m R v m θ-++＝
可得轨道对粘合体的支持力
F =59.04N 由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F ′=59.04N ，方向沿OB 向下。

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部的高度h 的取值范围．
【答案】2.5R≤h≤5R
【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0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：
2122
mgh mgR mv =+ 物块在最高点受的力为重力mg ，轨道的压力N F ,重力与压力的合力提供向心力，有
2
N v mg F m R
+= 物块能通过最高点的条件是0N F ≥
由以上式得v ≥联立以上各式得52
h R ≥ 根据题目要求5N F mg ≤
由以上各式得v ≤由此可得5h R ≤
所以h 的取值范围是552
h R ≤≤ 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．。