高中物理生活中圆周运动技巧及练习题及练习题(含答案)及解析

高中物理生活中的圆周运动的技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 及分析
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如下图，在竖直平面内有一绝缘“ ”型杆放在水平向右的匀强电场中，此中AB、 CD 水平且足够长，圆滑半圆半径为R，质量为 m、电量为 +q 的带电小球穿在杆上，从距 B 点
x=5.75R 处以某初速 v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为μ
，电场力 Eq=3mg/4，重力加快度为
1=0.25、μ2=0.80
g， sin37 =0°.6， cos37 °=0.8．求：
（1）若小球初速度 v0=4 gR，则小球运动到半圆上 B 点时遇到的支持力为多大；
（2）小球初速度 v0知足什么条件能够运动过 C 点；
（3）若小球初速度v=4 gR，初始地点变成x=4R，则小球在杆上静止时经过的行程为多
大．
【答案】（ 1）5.5mg（ 2）v04gR （3） 44R
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）加快到 B 点：-1mgx qEx 1 mv21
mv02
22在 B 点：N mg m v2
R
解得 N=5.5mg
（2）在物理最高点
qE F：tan
mg
解得α=370；过 F 点的临界条件： v F=0
从开始到 F 点：-1mgx qE (x R sin ) mg ( R R cos ) 01
mv02 2
解得 v04gR
可见要过 C 点的条件为：v04gR
（3）因为 x=4R<5.75R，从开始到 F 点战胜摩擦力、战胜电场力做功均小于（2）问，到 F 点时速度不为零，假定过 C 点后行进 x1速度变成零，在CD 杆上因为电场力小于摩擦力，
小球速度减为零后不会返回，则：
-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg2R 01mv02
2
s x R x1
解得： s(44)R
2．如下图，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连结在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝ 30°，此时细绳挺直但无张力，物块与转台间动摩擦因数
为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．物块随转台由静止开始迟缓加快转动，重力加快度
为 g，求：
（1）当转台角速度ω1为多大时，细绳开始有张力出现；
（2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零；
g
（3）转台从静止开始加快到角速度3的过程中，转台对物块做的功．
L
【答案】（1）
g3g
（ 3）
1
1
（2）
2
3 mgL
L3L2
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）当最大静摩擦力不可以知足所需要向心力时，细绳上开始有张力：
mg m 12 2 L sin 代入数据得
1
g L
（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的协力供给
mg tan m 22 2L sin
代入数据得
3g
23L
（3）∵3 2 ，∴物块已经走开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有
mg tan m 32 2L sin
代入数据得
60
转台对物块做的功等于物块动能增添量与重力势能增添量的总和即
W 1 m(
32L sin 60o )2mg (2 L cos30o2L cos60o )
2
代入数据得：
1
W (3) mgL
【点睛】
此题考察牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的剖析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0， f=0．依据能量守恒
定律求转台对物块所做的功．
3．如下图，竖直平面内有一圆滑的直角细杆MON ，此中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，连结 AB 的轻绳长为 L=0.5m，．现将直角杆 MON 绕过 OM 的轴 O1O2迟缓地转动起来．已知 A 的质量为 m1=2kg，重力加快度 g 取 10m/s 2。

（1）当轻绳与 OM 的夹角θ=37°时，求轻绳上张力 F。

（2）当轻绳与 OM 的夹角θ=37°时，求物块 B 的动能 E kB。

（3）若迟缓增大直角杆转速，使轻绳与 OM 的夹角θ由 37°迟缓增添到 53°，求这个过程中
直角杆对 A 和 B 做的功 W A、 W B。

【答案】（ 1）F25N（ 2）E 2.25J （） W0 ，61
kB A W B J
3
12【分析】
【详解】
（1）因A一直处于均衡状态，因此对 A 有
F cos
m 1 g
得 F 25N
（2）设 B 质量为 m 2 、速度为 v 、做圆周运动的半径为
r ，对 B 有
v 2
F sin
m
2 r
r L sin
E
kB
1 m 2v 2
2
得
E kB
m 1gL sin 2
2cos
E
kB
2.25J
（3）因杆对 A 的作使劲垂直于 A 的位移，因此 W A
由（ 2）中的 m 1gL sin 2
53 时， B 的动能为 E kB
16 E kB
知，当
J
2cos
3
杆对 B 做的功等于 A 、 B 构成的系统机械能的增量，故 W B E kB E kB m 1 gh ①
此中 h L cos37 L cos53 ② 得 W B
61
J
12
4． 如下图，竖直平面内的圆滑
3/4 的圆周轨道半径为
R ， A 点与圆心
O 等高，
B 点在 O
的正上方，
AD 为与水平方向成
θ =45°角的斜面，
AD 长为
7
2
R ．一个质量为 m 的小球
（视为质点）在
A 点正上方
h 处由静止开释，自由着落至
A 点后进入圆形轨道，并能沿圆
形轨道抵达
B 点，且抵达
B 处时小球对圆轨道的压力大小为
mg ，重力加快度为
g ，求：
(1)小球到 B 点时的速度大小v B
(2)小球第一次落到斜面上 C 点时的速度大小v
(3)改变h，为了保证小球经过 B 点后落到斜面上，h 应知足的条件
【答案】(1)2gR(2)10gR(3)3
R h 3R 2
【分析】
【剖析】
【详解】
(1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有
2
mg mg m
v B
R
解得
v B2gR
(2)设小球走开 B 点做平抛运动，经时间t ，着落高度 y，落到 C 点，则
y 1 gt2
2
y cot v B t
两式联立，得
y 2v B24gR
g g4R
对小球着落由机械能守恒定律，有
1
mv B2mgy 1 mv2
22
解得
vv22gy2gR8gR 10gR
B
(3)设小球恰巧能经过 B 点，过 B 点时速度为 v ，由牛顿第二定律及向心力公式，有
1
mg m 又v12 R
mg (h R)1
mv12 2
得
h 3 R 2
能够证明小球经过 B 点后必定能落到斜面上
设小球恰巧落到 D 点，小球经过 B 点时速度为v2，飞翔时间为t ，
(72R2R)sin 1 gt2
2
(72R2R)cos v2t
解得
v2 2 gR
又
mg (h R)1
mv22 2
可得
h 3R
故 h 应知足的条件为 3 R h 3R
2
【点睛】
小球的运动过程能够分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此机遇械能
守恒，第三段是平抛运动，剖析清楚各部分的运动特色，采纳相应的规律求解即可．
5．如下图，圆滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在 B 点相接，导轨半径为R．一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至 A 点后由静止开释，在弹力作用下物体获取某一直右速度后
离开弹簧，当它经过 B 点进入导轨瞬时对导轨的压力为其重力的7 倍，以后向上运动恰能达成半个圆周运动抵达 C 点．试求：
（1）弹簧开始时的弹性势能．
（2）物体从 B 点运动至 C 点战胜阻力做的功．
（3）物体走开 C 点后落回水平面时的速度大小．
【答案】 (1)3mgR (2)0.5mgR (3)5 mgR 2
【分析】
试题剖析：（ 1）物块抵达 B 点瞬时，依据向心力公式有：
解得：
弹簧对物块的弹力做的功等于物块获取的动能，因此有
（2）物块恰能抵达 C 点，重力供给向心力，依据向心力公式有：
因此：
物块从 B 运动到 C，依据动能定理有：
解得：
（3）从 C点落回水平面，机械能守恒，则：
考点：此题考察向心力，动能定理，机械能守恒定律
评论：此题学生会剖析物块在
关问题．
B 点的向心力，能娴熟运用动能定理，机械能守恒定律解相
6．如下图，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
，重力加快度
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)假如在小球经过最低点时，忽然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后边的运动中，绳出现柔软状态，求电场强度可能的大小。

【答案】（ 1）v18gL
3mg3mg （ 2）E
5q q
【分析】
【详解】
（1）在最低点，由向心力公式得：
F mg
解得：
v18gL mv12 L
（2）果在小球经过最低点时，忽然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后边的运动中，绳出现柔软状态，说明小球能经过与圆心等的水平面，但不可以经过最高点。

则小球不可以经过最高点，
由动能定理得：
mg 2L Eq2L 1
mv12
1
mv22 22
且
Eq mg m 3mg
则 E
5q
也不可以够低于O 水平面v22 L
2
mgL EqL mv1
3mg
则E
q
3mg3mg
因此电场强度可能的大小范围为E
5q q
7．如下图，一半径r ＝ 0.2 m 的 1/4 圆滑圆弧形槽底端 B 与水平传递带相接，传递带的运
行速度为 v0＝ 4 m/s ，长为 L＝1.25 m，滑块与传递带间的动摩擦因数μ＝ 0.2， DEF为固定
于竖直平面内的一段内壁圆滑的中空方形细管，EF 段被弯成以 O为圆心、半径 R＝ 0.25 m 的一小段圆弧，管的 D 端弯成与水平传带 C 端光滑相接， O 点位于地面， OF 连线竖直．一质量为 M＝ 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下，滑到传递带上后做匀加快运动，
事后滑块被传递带送入管DEF，已知 a 物块可视为质点， a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加快度g 取 10 m/s 2．求：
(1)滑块 a 抵达底端 B 时的速度大小v B；
(2)滑块 a 刚抵达管顶 F 点时对管壁的压力．
【答案】（ 1）v B2m / s（ 2）F N 1.2 N 【分析】
试题剖析：（1）设滑块抵达 B 点的速度为 v B，由机械能守恒定律，有M gr 1
Mv B2 2
解得： v B=2m/s
（2）滑块在传递带上做匀加快运动，遇到传递带对它的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为 L，末速度为 v C，设滑块在传递带上向来加快由
速度位移关系式 2Al=v C2-v B2
得 v C=3m/s<4m/s，可知滑块与传递带未达共速,滑块从 C 至 F，由机械能守恒定律，有
1
Mv C2MgR 1
Mv F2
22
得v F=2m/s
2
在 F 处由牛顿第二定律
M g
F N
M v F R
得 F N=1． 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1． 2N, 压力方向竖直向上
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律
【名师点睛】物块下滑和上滑机遇械能守恒，物块在传递带上运动时，受摩擦力作用，根
据运动学公式剖析滑块经过传递带时的速度，注意物块在传递带上的速度剖析．
8．如下图，圆滑圆弧的圈心为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，恰巧从圆滑圆弧的 B 点的切线方向进人圆弧，进人圆弧时无机械能损失．小球抵达
圆弧的最低点 C 时对轨道的压力为7.9 N，小球走开 C 点进人水平面，小球与水平面间的
动摩擦因数为0.2 ．（不计空气阻力，g 取 10m/s 2，sin530.8 ， cos530.6 ），求：
（1）小球抵达圆弧B点速度的大小；
（2）小球做平抛运动的初速度v0；
（3）小球在水平面上还可以滑行多远．
【答案】 (1) v B 5m/s
；(2)v03m/s；(3)x 12.25m
【分析】【详解】
(1)对C点小球受力剖析，由牛顿第二定律可得：
2
F mg m v C
R 解得
v c7m / s 从 B 到C由动能定理可得：
mgR(1 cos )1
mv c
2
1
mv B
2 22
解得：
v B5m / s (2)分解B点速度
v0v B cos3m / s
(3)由C至最后静止，由动能定理可得：
mgx 0 1
mv c
2 2
解得
x12.25m
9．如下图， AB 是倾角为θ的粗拙直轨道，BCD是圆滑的圆弧轨道，AB 恰幸亏 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m 的物体（能够看作质点）从直轨道上与圆弧的圆
心 O 等高的动摩擦因数为P 点由静止开释，结果它能在两轨道间做来回运动．已知物体与轨道
μ，重力加快度为g．试求：
AB 间的
（1）物体开释后，第一次抵达 B 处的速度大小，并求出物体做来回运动的整个过程中在AB 轨道上经过的总行程s；
（2）最后当物体经过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；
（3）为使物体能顺利抵达圆弧轨道的最高点
、、
3 个D（E O D 为同一条竖直直径上的
点），开释点距 B 点的距离 L 应知足什么条件．
【答案】（ 1）v B2gR(sin cos ) ；L R
mg(3 2cos ) ；
（ 2）F N
tan （3）L⋯ (3 2cos )R
2(sin cos )
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）设物体开释后，第一次抵达 B 处的速度为v1，依据动能定理可知：
mgRcosmg cos R cos1mv12
sin2
解得：
2gR(sin cos)
v B tan
物体每达成一次来回运动，在AB 斜面上能上涨的高度都减少一些，最后当它达 B 点时，速度变成零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有
mgRcos mgL cos0
得物体在 AB 轨道上经过的总行程为
R
L
（2）最后物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做来回运动，设物体从 B 运动到 E 时速度为v2v，由动能定理知：
mgR(1cos )1mv22
2
在 E 点，由牛顿第二定律有
mv22
F N mg
R
解得物体遇到的支持力
F N mg(32cos)
依据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为F N F N mg(3 2cos ) ，方向竖直向下．
（3）设物体恰巧抵达 D 点时的速度为v D此时有
mg mv D2 R
解得：
v D gR
设物体恰巧经过 D 点时开释点距 B 点的距离为L0，有动能定理可知：
mg[ L0 sin R(1 cos )] mgcos L01mv D2
2
联立解得：
L0
(32cos) R
2(sin cos)
则：
⋯ (32cos)R
L2(sin cos)
12gR(sin cos )R
（2）F N mg(3 2cos ) ；（3）答案：（）v B tan； L
L⋯ (3 2cos ) R
2(sin cos )
10．如下图,一个可视为质点,质量m2kg的木块从P 点以初速度v05m / s 向右运动,木块与水平面间的动摩擦因数为0.2 ,木块运动到M点后水平抛出,恰巧沿竖直的粗拙圆弧
AB 的 A 点的切线方向进入圆弧( 不计空气阻力) 。

已知圆弧的半径R0.5m ,半径OA与竖直半径 OB 间的夹角53 ,木块抵达A点时的速度大小v A5m / s。

已知
sin 530.8cos530.6
, g10m /s2. 求：
（1）P到 M 的距离 L；
（2）M、 A 间的距离 s；
（3）若木块抵达圆弧底端 B 点时速度大小v B5m / s,求此时木块对轨道的压力。

【答案】（ 1）4m；（ 2）213
m；（3）120N、方向竖直向下；
5
【分析】
【详解】
（1）平抛的初速度，即为木块在M 点的速度为：
v x=v A cos θ =5× 0.6=3m/s P 到 M 由牛顿第二定律：
μmg=ma，
a=μg=2m/s 2
由运动学公式知：
L v x2v023 3 5 5
m ＝4m
2a22
（2）物体抵达 A 点时竖直方向上的速度为
v y=v?sin θ =5× 0.8=4m/s 则着落时间为
v
y4
t＝＝＝0.4s
则水平位移为
x=v x t=3× 0.4=1.2m
竖直方向上的距离为
y v y2 4 4
m＝0.8m ＝
20
2g
M 、A 间的距离
s＝ x2y2＝213m
5（3）由牛顿第二定律：
N mg＝m v B
2 R
得
N mg m v B22 10225
N=120N
R0.5
依据牛顿第三定律可知，此时木块对轨道的压力为120N、方向竖直向下；。