高考物理生活中的圆周运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高考物理生活中的圆周运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)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，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD
水平且足够长，光滑半圆半径为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v 0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μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v 0=4gR ，则小球运动到半圆上B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；
（3）若小球初速度v=4gR ，初始位置变为x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >（3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速到B 点：221011-22
mgx qEx mv mv μ-=
- 在B 点：2
v N mg m R
-=
解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F ：tan qE mg
α=
解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0
从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02
mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =
可见要过C 点的条件为：04v gR >
（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
2
121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-
1s x R x π=++
解得：(44)s R π=+
2．如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，物体在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L ＝0.8m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A 发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的速度为2m/s ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4kg 、m B ＝8kg 和m C ＝1kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10m/s 2.
(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；
(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？ 【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m 【解析】 【详解】
（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m 0gl 1
2
=m 0v 02 代入数据解得：v 0＝4m/s ，
对小球，由牛顿第二定律得：F ﹣m 0g ＝m 020
v l
代入数据解得：F ＝30N
（2）小球C 与A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：2
12
C mv mgh = 所以：22100.22C v gh ==⨯⨯=m/s
小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：m 0v 0＝﹣m 0v c +mv A 代入数据解得：v A ＝1.5m/s
（3）物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv A ＝（m+M ）v 代入数据解得：v ＝0.5m/s
由能量守恒定律得：μmgx 12=
mv A 21
2
-（m+M ）v 2 代入数据解得：x ＝0.375m ；
3．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：2
v 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：22
11222
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
4．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
2l
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。

5．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =的光滑半圆轨道BCD 在B 点平滑连接, O 点是半圆轨道BCD 的圆心, B O D 、、三点在同一竖直线上,质量2kg m =的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A 点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB 方向水平弹出,小物块经过B 点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知10m AB x =,小物块与水平地面间的
动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小2
10m/s g =.求：
(1)压缩弹簧的弹性势能；
(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】
(1)设压缩弹簧的弹性势能为P E ，从A 到B 根据能量守恒，有
2
12
P B AB E mv mgx μ=
+
代入数据得140J P E =
(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有
22
11222
B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2
D
v F mg m R
+=
代入数据解得25N F =
由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2122
R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =
点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．
6．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接，C 、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．
（1） 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；
（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；
（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ． 【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93
m 160
s =
【解析】 【详解】
（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：
()]2
11sin 1cos 2cos 2
E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=
⎣
代入数据得：E v =
滑块到达E 点：2N E
v mg F m R
+= 代入已知得：F N =0.1N
（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有
()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦
代入已知得：x =0.52m
（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：
010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[
代入数据解得：L 0=0.2m
从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：
()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=
解得：11001sin cos 1
sin cos 2
L L L θμθθμθ-=
=+
同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 2，有：
2
121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫
=== ⎪+⎝⎭
故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 5，有： 5
5012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭
所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程
012345932222m 160
L L L L L L s =+++++=
7．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
21111
cos 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
1
11
0.2v v t s a -=
=- 运动位移
22
111
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
2
331 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
()22
312432-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
()()
124
12
2F 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。

8．某同学设计出如图所示实验装置，将一质量为0.2kg 的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB 相切于A 点．AB 为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC 为一段光滑圆弧轨道．O /为圆心，半径R ＝0.5m ，O /C 与O /B 之间夹角为θ＝37°．以C 为原点，在C 的右侧空间建立竖直平面内的直角坐标系xOy ，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D ．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2）
（1）某次实验中该同学使弹射口距离B 处L 1＝1.6m 处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C 处，求弹射器释放的弹性势能？
（2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B 点时对轨道的压力？
（3）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B 处L 2＝0.8m 处固定弹
射器并解开锁定释放小球，小球将从C 处射出，恰好水平进入接收器D ，求D 处坐标？
【答案】(1)1.8J(2)2.8N(3) （0.144，0.384） 【解析】 【详解】
（1）从A 到C 的过程中，由定能定理得：
W 弹-μmgL 1-mgR （1-cosθ）=0
解得：
W 弹=1.8J ．
根据能量守恒定律得：
E P =W 弹=1.8J ；
（2）从B 到C 由动能定理：
021(1cos37)2
B mgR mv -=
在B 点由牛顿第二定律：
2B
NB v F mg m R
-=
带入数据联立解得：
F NB =2.8N
（3）小球从C 处飞出后，由动能定理得：
W 弹-μmgL 2-mgR （1-cosθ）=
1
2
mv C 2-0， 解得：
v C 2m/s
方向与水平方向成37°角，
由于小球刚好被D 接收，其在空中的运动可看成从D 点平抛运动的逆过程，
v Cx =v C cos37° 82
v Cy =v C sin37°=
62
5
m/s ， 由v Cy =gt 解得
t 2s
则D 点的坐标：
x =v Cx t
y =12v Cy t ， 解得：
x =0.144m ，y =0.384m
即D 处坐标为：（0.144m ，0.384m ）．
【点睛】 本题考查了动能定理的应用，小球的运动过程较复杂，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚小球的运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题．
9．如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为 “魔力陀螺”．它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示．在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R ，A 、B 两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O 且大小恒为F ，当质点以速率v gR =通过A 点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．
(1)求质点的质量；
(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对A 、B 两点的压力差为定值；
(3)若磁性引力大小恒为2F ，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过B 点最大速率．
【答案】(1)7F m g
=
(2)''6A B N N mg -= (3)13Bm v gR 【解析】
【试题分析】对陀螺受力分析，分析最高点的向心力来源，根据向心力公式即可求解；在最高点和最低点速度最大的临界条件是支持力为0，根据向心力公式分别求出最高点和最低点的最大速度． (1)在A 点: 2
A mv F mg F R
+-= ① 根据牛顿第三定律: '7A A F F mg == ②
由①②式联立得: 7F m g
= ③
(2)质点能完成圆周运动,在A 点:根据牛顿第二定律:2'A A mv F mg N R +-= ④ 根据牛顿第三定律: 'A A N N = ⑤
在B 点,根据牛顿第二定律:2'B B mv F mg N R
--= ⑥ 根据牛顿第三定律: 'B B N N = ⑦
从A 点到B 点过程,根据机械能守恒定律:2211222
B A mg R mv mv =- ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧联立得:''6A B N N mg -= 为定值，得到证明．
(3)在B 点,根据牛顿第二定律:22B B mv F mg F R
--= 当F B =0,质点速度最大,B Bm v v =
22Bm mv F mg R
-= ⑨ 由③⑨⑩联立得:13Bm v gR =
【点睛】本题考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．
10．(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 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】
①由动能定理有：
② 当时，最小。