高中物理高考物理生活中的圆周运动答题技巧及练习题(含答案)

高中物理高考物理生活中的圆周运动答题技巧及练习题(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，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=
3
5
，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR
（223m gR （3355R g 【解析】
试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．
解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有
tan F mg
α=① 2220()F mg F =+②
设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得
2
v F m R
=③
由①②③式和题给数据得
03
4
F mg =④
5gR
v =
（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥
(1cos CD R α=+）⑦
由动能定理有
220111
22
mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232
m gR p mv ==
⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有
2
12
v t gt CD ⊥+
=⑩ sin v v α⊥=
由⑤⑦⑩
式和题给数据得
355R t g
=
点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．
2．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k 的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端系一质量为m 的物体A ，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l ．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：
（1）盘的转速ω0多大时，物体A 开始滑动？
（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？ 【答案】（1） g
l
μ（2）
34mgl
kl mg
μμ-
【解析】 【分析】
（1）物体A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0． （2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x ． 【详解】
若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．
（1）当圆盘转速为n 0时，A 即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有： μmg ＝ml ω02， 解得：ω0= g
l
μ．
即当ω0＝
g
l
μ时物体A 开始滑动．
（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg +k △x ＝mr ω12， r=l+△x 解得：34mgl
x kl mg
μμ-V ＝
【点睛】
当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．
3．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）42μ-= 【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：2
12
r gt = 解得：a v gr =
小滑块在a 点飞出的动能211
22
k 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：
2211
222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2
m 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21
cos 2
m mgH mg L mv μα-⋅= 解得42
14
μ-=
4．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为
的细线悬挂一质量为
的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴
线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知
，
重力加速度g 取
若北小球运动的角速度
，求此时细线对小球的拉力大小。

【答案】
【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。

【详解】
若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：
此时小球做圆周运动的半径为：
解得小球运动的角速度大小
为：代入数据得：
若小球运动的角速度为：
小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F ，小球受圆锥面的支持力为，则
水平方向上有： 竖直方向上有：
联立方程求得：
【点睛】
解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。

5．如图所示，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 ，重力加速度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)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。

【答案】（1）18v gL =2）335mg mg
E q q
≤≤ 【解析】 【详解】
（1）在最低点，由向心力公式得：
2
1mv F mg L
-= 解得：18v gL =（2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。

则小球不能通过最高点， 由动能定理得：
2212112222
mg L Eq L mv mv ⋅+=
- 且
22
v Eq mg m L
+=
则35mg
E q
=
也不可以低于O 水平面
2
12
mv mgL EqL += 则3mg
E q
=
所以电场强度可能的大小范围为335mg mg
E q q
≤≤
6．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。

直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。

两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。

圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。

一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。

设
012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。

求：
（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）53
4
m 【解析】 【详解】
(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：
20
v N mg m R
-=
可得：20
106N v N mg m R
=+=
由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下 (2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α
α
===
= 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22
mgl mv mv μα-=
-
可得：2/s v ==
(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：
0230J E E mgR >==
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：
cos 16J f E W mgl μα∆===
设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：
2
0012
mv n E E -∆>， ()2
001-12
mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：
()2
01cos 1cos 02
mgs mgR mv μαα---=-
可得：s=
694
m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =
534
m
7．一个同学设计了一种玩具的模型如图所示，该模型由足够长的倾斜直轨道AB 与水平直轨道BC 平滑连接于B 点，水平直轨道与圆弧形轨道相切于C 点，圆弧形轨道的半径为R 、直径CD 竖直，BC =4R 。

将质量为m 的小球在AB 段某点由静止释放，整个轨道均是光滑的。

要使小球从D 点飞出并落在水平轨道上，重力加速度取g ，求：
(1)释放点至水平轨道高度的范围； (2)小球到达C 点时对轨道最大压力的大小。

【答案】52
R
≤h≤4R (2) 3mg 【解析】 【详解】
(1)小球恰能通过D 点时，释放点高度最小
mg =m 21D
v R
A 到D ，根据机械能守恒定律：mgh 1=mg 2R +2112
D mv 联立得h 152
R
小球从D 点飞出后恰好落在B 点时，释放点高度最大
2R =
212at 4R =v D2t
A 到D ，根据机械能守恒定律：mgh 2=mg 2R +2212
D mv 联立得h 2=4R
52R
h ≤4R (2)h =4R 时，C 点速度最大，压力最大 A 到C ，根据机械能守恒定律：mgh =
212
C mv 在C 点：N －mg =2C
v m R
联立得N =3mg
根据牛顿第三定律，压力大小为N ′=N =3mg
8．如图所示的水平地面上有a 、b 、O 三点．将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b 处，A 的质量是B 的2倍．某时刻炸药爆炸,两
物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动．B 到最高点d 时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：
（1）物块B 在d 点的速度大小； （2）物块A 滑行的距离s ；
（3）试确定物块B 脱离轨道时离地面的高度； （4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间． 【答案】（12
Rg
2）516R μ（3）56R （415(8311)66R g
【解析】
（1）设物块A 和B 的质量分别为m A 和m B
23
4d B B B
v m g m g m R
-= 解得2
d Rg
v =
（2）设A 、B 分开时的速度分别为v 1、v 2， 系统动量守恒 120A B m v m v -= B 由位置b 运动到d 的过程中， 机械能守恒
2
221122
B B B d m v m gR m v =+ 225
2
v gR =
A 在滑行过程中，由动能定理211
02
A A m v m gs μ-=- 联立得516R
s μ
=
（3）设物块脱离轨道时速度为v ，F N =0
向心力公式 2
cos v mg m R
θ= 而
()2211
1cos 22
d mv mgR mv θ+-= 解得 5cos 6θ=
， 5
6
v gR = 脱离轨道时离地面的高度5
cos 6
h R R θ==
（4）离轨道时后做向下斜抛运动
竖直方向：21cos sin 2
h R v t gt θθ==⋅+ 解得：(
)
15831166R t g
=
-
点睛：本题考查牛顿第二定律、动能定理以及动量守恒定律的应用，解题时关键是认真分析物理过程，挖掘问题的隐含条件，例如物体脱离轨道时F N =0；能选择合适的物理规律列出方程即可解答．
9．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。

取重力加速度g =10m/s 2。

求： (1)小球在C 处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N ；(2)6J ；(3)距离B 0.2m 或距离C 端0.3m 【解析】 【详解】
(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为 2.5F mg =的相互作用力 故小球受到的向心力为
2.5
3.5 3.511035N F mg mg mg =+==⨯⨯=向
(2)在C 点，由
2
=c v F r
向
代入数据得
21 3.5J 2
c mv = 在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为0x
则有
0kx mg =
解得
00.1m mg x k
== 设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有
201()2
c km p mg r x mv E E ++=+ 得
201()3 3.50.56J 2
km c p E mg r x mv E =++-=+-= (3)滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得
2132
c mg r mgs mv μ⋅-=
解得BC 间距离 0.5m s =
小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设物块在BC 上的运动路程为s '，由动能定理有
212
c mgs mv μ-=-' 解得
0.7m s '=
故最终小滑动距离B 为0.70.5m 0.2m -=处停下.
【点睛】
经典力学问题一般先分析物理过程，然后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。

10．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求：
（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s ；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．
【答案】（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ
-=；R L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )
R L θθμθ+-…
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知： 21cos 1cos cos sin 2
R mgR mg mv θθμθ
θ-= 解得： 2(sin cos )tan B gR v θμθθ
-= 物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有
cos cos 0mgR mgL θμθ-=
得物体在AB 轨道上通过的总路程为
R
L μ=
（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为2v v ，由动能定理知：
221(1cos )2
v mgR m θ-=
在E 点，由牛顿第二定律有 22N mv F mg R
-=
解得物体受到的支持力
(32cos )N F mg θ=-
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'==-，方向竖直向
下．
（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有
2
D
mv mg R =
解得：
D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：
2
001[sin (1cos )]cos 2D mg L R mg L mv θθμθ-+-=
联立解得：
0(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+=-
则：
(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+-…
答案：（1）B v =；R
L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-；
（3）(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+-…。