最新高考物理一轮复习 专项训练 生活中的圆周运动

最新高考物理一轮复习专项训练生活中的圆周运动
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如图所示，一根长为0.1 m的细线，一端系着一个质量是0.18kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，当小球的转速增加到原转速的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N．求：
（1）线断裂的瞬间，线的拉力；
（2）这时小球运动的线速度；
（3）如果桌面高出地面0.8 m，线断裂后小球沿垂直于桌子边缘的方向水平飞出去落在离桌面的水平距离．
【答案】（1）线断裂的瞬间，线的拉力为45N；
（2）线断裂时小球运动的线速度为5m/s；
（3）落地点离桌面边缘的水平距离2m．
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球在光滑桌面上做匀速圆周运动时受三个力作用;重力mg、桌面弹力F N和细线的拉力F,重力mg和弹力F N平衡，线的拉力提供向心力，有：
F N=F=mω2R，
设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：
F1:F0=ω2: 2
=9:1，
又F1=F0+40N，
所以F0=5N,线断时有：F1=45N.
(2)设线断时小球的线速度大小为v,由F1=
2
v
m
R
，
代入数据得：v=5m/s.
(3)由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：t =220.810
h s g ⨯==0.4s ， 则落地点离桌面的水平距离为：x =vt =5×0.4=2m .
2．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为0
45的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为1R m =，小球可看作质点且其质量为
1m kg =，210/g m s =，求：
（1）小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离； （2）小球通过管道上B 点时对管道的压力大小和方向． 【答案】（1）0.9m ；（2）1N 【解析】 【分析】
（1）根据平抛运动时间求得在C 点竖直分速度，然后由速度方向求得v ，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；
（2）对小球在B 点应用牛顿第二定律求得支持力N B 的大小和方向． 【详解】
（1）根据平抛运动的规律，小球在C 点竖直方向的分速度 v y =gt=10m/s
水平分速度v x =v y tan450=10m/s
则B 点与C 点的水平距离为：x=v x t=10m （2）根据牛顿运动定律，在B 点
N B +mg=m 2
v R
解得 N B =50N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N , =N B =50N 方向竖直向上 【点睛】
该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．
3．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。

保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。

某时刻B 静止在地面上且对地面的压力恰好为零。

已知重力加速度为g ，不计一切阻力。

求：
()1该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角θ； ()2该时刻A 的线速度大小v ；
()3从该时刻起轻摇细管使B 升高到离地高度为/2l 处保持静止，求B 上升过程中手对
A 、
B 系统做的功。

【答案】()1?
60o
；()32?2
gl
；()938mgl 。

【解析】 【分析】
(1)对B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角θ； (2)对A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；
(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A 、B 系统做的功。

【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为2T mg = 对A 受力分析如图所示：
在竖直方向合力为零，故cos T mg θ= 代入数据解得：60θ=o
（2）A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：2
sin sin v T m l θθ
=代入数据解得：
32
gl
v =
（3）当B 上升
2
l 时，拉A 的绳长为32
l
，此时对水平方向上有： 2
1sin 3sin 2
v T m
l θθ= 联立解得：13
2
v gl =由几何关系可得A 相对于原来的高度下降的距离：cos 24l l h V θ=
=B 物体重力势能的增加量：122
l
E mg mgl =⋅=V A 物体重力势能的减少量：244
l mgl
E mg =⋅
=V A 物体动能的增加量2231113
228
E mv mv mgl =
-=V 对系统运用功能关系可得手对系统做的功：1229
8
W E E E mgl =-+=V V V 【点睛】
本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。

4．三维弹球()3DPinball 是Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏．如图所示，将一质量为0.1m kg =的小弹珠(可视为质点)放在O 点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 进入水平桌面BC ，从C 点水平抛出．已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为0.2r m =，0.4R m =，BC 为一段长为 2.0L m =的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4μ=，放在水平地面的矩形垫子DEFG 的DE 边与BC 垂直，C 点离垫子的高度为0.8h m =，C 点离DE 的水平距离为0.6x m =，垫子的长度EF 为1m ，210/.g m s =求：
()1若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力；
()2若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距
离；
()3若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度．
【答案】（1）6N （2）0.2m （3
）/s 【解析】 【分析】
(1)由牛顿第二定律求得在A 点的速度，然后通过机械能守恒求得在B 点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；
(2)通过动能定理求得在C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；
(3)求得不飞出垫子弹珠在C 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度． 【详解】
（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在A 点应用牛顿第二定律有
2A
mv mg R
=，
所以，2/A v m s =
=；
那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：
2211222
B A mv mv mgR =+
，所以，/B v s ==； 那么对弹珠在B 点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力
2
6B
N mv F mg N R
=+=，方向竖直向上；
故由牛顿第三定律可得：在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力6N N F N ==，方向竖直向下；（2）弹珠在BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：
22
1122
C B mgL mv mv μ-=
-，
所以，2/C v m s ==；
设小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距离为d ，那么由平抛运动的位移公式可得：2
12
h gt =
，
0.8C x d v t v m +===， 所以，0.2d m =；
（3）若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离
0.6 1.6m s m ≤≤；
故平抛运动的初速度
'C s v t
=
=
所以，1.5/'4/C m s v m s ≤≤；
又有弹珠从O 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：
()2201122'22
C mg R r mgL mv mv μ--=
-； 所以，()220'2222'8/C C v v g R r gL v m s μ=--+=+， 故
041
/26/m s v m s ≤≤，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为26/m s ； 【点睛】
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
5．如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接(D 、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。

现将一质量m =1kg 的小球从AB 段距地面高h 0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。

已知CD 、GH 与水平面的夹角为θ=37°，GH 段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R ＝0.4m ，E 点离水平面的竖直高度为3R （E 点为轨道的最高点），（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球第一次通过E 点时的速度大小；
（2）小球沿GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；
（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。

【答案】（1）4m/s （2）1.62m ；（3）h≤0.8m 或h≥2.32m 【解析】 【详解】
（1）小球从A 点到E 点由机械能守恒定律可得：()20132
E mg h R mv -= 解得：4m/s E v =
（2）D 、G 离地面的高度122cos370.48o
h R R m =-=
设小球在CH 斜面上滑的最大高度为h m ，则小球从A 点滑至最高点的过程， 由动能定理得()1
0cos370sin37
m m h h mg h h mg μ︒
︒
---= 由以上各式并代入数据 1.62m h m =
（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则20.8h R m ≤=
②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E ，在E 点，2m E
v mg R
=
此情况对应小球在CH 斜面上升的高度为h '，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动
能定理得：()1
cos370sin37
h h mg h h mg μ︒
---︒
=' 小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：
()2
113cos37sin372
E h h mg h R mg mv μ︒
'---︒⋅
=' 由以上各式得h =2.32m
故小球沿原路径返回的条件为h ≤0.8m 或h ≥2.32m
6．如图所示，半径为r 的圆筒绕竖直中心轴转动，小橡皮块紧贴在圆筒内壁上，它与圆筒的摩擦因数为μ，现要使小橡皮不落下，则圆筒的角速度至少多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
g
r
μ【解析】
要使A 不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有f ＝mg
当摩擦力正好等于最大静摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式，得2N m r ω= 而f =μN
解得圆筒转动的角速度最小值为g r
ωμ=
g r
μ点睛：解本题要明确物块刚好不下滑的条件是什么，然后结合受力求解角速度的大小．
7．如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板O 点，挂一根L =3 m 的细绳，绳的下端挂一个质量
m 为0.5 kg 的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 N.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】3.3m 4.8m 【解析】
整体分析：设绳与竖直方向夹角为θ，则通过重力与拉力的关系求出夹角θ，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θ，则在竖直方向有：T cos θ-mg =0，
解得：0.5101
cos 102
mg T θ⨯=
== ，故θ=60° 那么球做圆周运动的半径为：0333
sin 60322
r L m m ==⨯= OO ′间的距离为：OO ′=Lcos 60°=1.5m ， 则O′O ″间的距离为O′O″=H -OO =H -1.5m ．
根据牛顿第二定律： 2
sin A
v T m r
θ= 联立以上并代入数据解得：35/A v m 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：v 2=v A 2+（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：22111
100.6 1.822
h gt m ==⨯⨯= 所以屋的高度为H =h 1+1.5m=3.3m
小球在水平方向上的位移为：95
350.6BC A x v t m m ==⨯= 由图可知，圆柱形屋的半径为R 2=r 2+(x BC )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．
8．如图所示，质量m ＝0.2kg 的金属小球从距水平面h ＝5.0 m 的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A 点时无能量损耗，水平面AB 是粗糙平面，与半径为R ＝0.9m 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，其中圆轨道在竖直平面内，D 为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D ，求：(g ＝10 m/s 2)
(1)小球运动到A 点时的速度大小； (2)小球从A 运动到B 时摩擦阻力所做的功； 【答案】(1) 10m/s (2) －5.5 J 【解析】 【详解】
（1）小球运动到A 点时的速度为A v ，根据机械能守恒定律可得 212
A mgh mv =
解得 A v =10m/s.
（2）小球经过D 点时的速度为D v ，则
2D
v mg m R
=
解得 3/D v m s =
小球从A 点运动到D 点克服摩擦力做功为f W ，则 221122
f D A mgR W mv mv --=
- 解得 5.5f W J =-
9．如图所示为某种弹射小球的游戏装置，由内置弹簧发射器的光滑直管道PA 和光滑圆管道ABC 平滑相接，粗糙斜面CD 上端与管道ABC 末端相切于C 点，下端通过一段极小圆弧（图中未画出）与粗糙水平面DE 平滑连接，半径R =2.0m 的光滑半圆轨道竖直固定，其最低点E 与水平面DE 相接，F 为其最高点．每次将弹簧压缩到同一位置后释放，小球即被弹簧弹出，经过一系列运动后从F 点水平射出．己知斜面CD 与水平面DE 的长度均为L =5m ，小球与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，其余阻力忽略不计，角θ=37℃，弹簧的长度、小球大小、管道直径均可忽略不计，若小球质量m =0.1kg ，则小球到达管F 时恰好与管口无挤压．求： （1）弹簧的弹性势能大小E p ；
（2）改变小球的质量，小球通过管口F 时，管壁对小球的弹力F N 也相应变化，写出F N 随小球质量m 的变化关系式并说明的F N 方向．
【答案】（1）6.8J ；
（2）a)当m =0.1kg 时，F N 为零； b)当0<m <0.1kg 时，N F 6.868m =-，向下； c)当0.1kg m 0.12kg ∴≤≤，N F 68m 6.8=-，向上； d) 当m 0.12kg >时, F N 为零． 【解析】 【详解】
（1）恰好与管口无挤压，则
2
1v mg m R
=
P-F ，由动能定理得
211
W 2mgR mg(Lcos L)mv 2--μθ+=弹
初始弹性势能
E P =W 弹
联立以上各式解得
E P =6.8J
（2）在F 点
2
N v F mg m R
+= ①
P-F ，由能量守恒得：
2P 1E mg(Lcos L)2mgR mv 2
=μθ+++②
由①②得
N F 6.868m =- ③ a)由③可知当m=0.1kg 时，F N 为零；
b)当0<m<0.1kg 时，N F 6.868m =-小球经过F 点时外管壁对它有向下的弹力
c)当小球到达F 点速度恰好为零时由②可得
17m kg 0.12kg 145
=≈ 则0.10.12kg m kg ≤≤
N F 68m 6.8=-
小球经过F 点时内管壁对它向上弹力
d) 当0.12kg m >时, F N 为零
10．如图所示，水平传送带以5m/s 恒定速率顺时针转动，一质量m =0.5kg 的小物块轻轻放在传送带上的A 点，随传送带运动到B 点，小物块从C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道（已知B 、C 在同一竖直线上），之后沿CD 轨道作圆周运动，离开D 点后水平抛出，已知圆弧半径R =0.9m ，轨道最低点为D ，D 点距水平面的高度h =0.8m ，
（210m/s g =，忽略空气阻力），试求：
(1)小物块刚进入圆轨道时速度的最小值；
(2)若要让小物块从D 点水平抛出后能垂直碰击倾斜挡板底端E 点，挡板固定放在水平面上，已知挡板倾角θ=60°，传送带长度AB =1.5m ，求物块与传送带间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)3m/s c v ≥；(2)μ=0.4。

【解析】
【详解】
(1)对小物块，在C 点能够做圆周运动，由牛顿运动定律可得2c v mg m R
≤， 则c v gR 3/c v m s ≥
(2)小物块从D 点抛出后，做平抛运动，则212h gt =
将小物块在E 点的速度进行分解可得tan D v gt θ= 对小物块，从C 到D 有：2211222
=-D C mgR mv mv ；
由于/5/D v s m s =<，小物块在传送带上一直加速，则从A 到B ：22AB v as = 其中的mg a m μ=
解得μ=0.4。