高考物理生活中的圆周运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理生活中的圆周运动技巧和方法完整版及练习题含解析
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如图所示，一轨道由半径2R m =的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道BC 在B 点
平滑连接而成．现有一质量为1m Kg =的小球从A 点正上方
2
R
处的O '点由静止释放，小球经过圆弧上的B 点时，轨道对小球的支持力大小18N F N =，最后从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点.已知B 点与地面间的高度 3.2h m =，小球与BC 段轨道间的动摩擦因数0.2μ=，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力， g 取10 m/s 2). 求：
（1）小球运动至B 点时的速度大小B v
（2）小球在圆弧轨道AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功f W （3）水平轨道BC 的长度L 多大时，小球落点P 与B 点的水平距最大．
【答案】（1）4?
/B v m s ＝ （2）22?f W J ＝ （3） 3.36L m = 【解析】
试题分析：（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B 点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与B 点的水平距离最大时BC 段的长度．
（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：2
B
N v F mg m R
-=
解得：4/B v m s =
（2）从O '到B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：
21022f B R mg R W mv ⎛
⎫+-=- ⎪⎝⎭
解得：22f W J =
（3）由B 到C 的过程中，由动能定理得：221122
BC C B mgL mv mv μ-=- 解得：22
2B C BC
v v L g
μ-= 从C 点到落地的时间：020.8h
t s g
=
=
B 到P 的水平距离：2202B C
C v v L v t g
μ-=
+ 代入数据，联立并整理可得：214445
C C L v v =-
+ 由数学知识可知，当 1.6/C v m s =时，P 到B 的水平距离最大，为：L=3.36m
【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．
2．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：2
12
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
【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。

3．如图所示，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接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，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缓慢加速转动，重力加速度为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； （3）转台从静止开始加速到角速度3g
L
ω=
的过程中，转台对物块做的功．
【答案】（1）1g L
μω=（2）233g L
ω=
（3）132mgL ⎛ ⎝
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：
212sin mg m L μωθ=⋅
代入数据得
1g
L
μω=
（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合力提供
2
2tan 2sin mg m L θωθ=⋅
代入数据得
233g L
ω=
（3）∵32ωω>，∴物块已经离开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有
23tan 2sin mg m L αωα=⋅
60α=︒
转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即
231
(2sin 60)(2cos302cos60)2
W m L mg L L ω=
⋅+-o o o 代入数据得：
1
(3)2
W mgL =+
【点睛】
本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，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．根据能量守恒
定律求转台对物块所做的功．
4．一轻质细绳一端系一质量为m =0.05吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L = 0.1m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m ，动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B ，质量也为m =0.05kg ，从斜面上高度h =5m 处滑下，与 小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g 取10m/s 2，结果用根号表示），试问：
（1）求滑块B 与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度. （2）求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.
（3）滑块B 与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.
【答案】（1）滑块B 95，碰后的速度为0；（2）滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N ；（3）小球做完整圆周运动的次数为10次。

【解析】 【详解】
（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v 1，碰撞后速度为v 1′，小球速度为v 2 根据能量守恒定律，得：
mgh =
21122
s mv mg μ+ 解得：
v 1
A 、
B 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:
mv 1=mv 1′+mv 2
由能量守恒定律，得到：
222
112111222
mv mv mv '=+
解得：
v 1′=0，v 2
即滑块B
，碰后的速度为0 （2）碰后瞬间，有：
T-mg =m 2
2
v L
解得：
T =48N
即滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N 。

（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，则有：
mg =m 20
v L
小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v ，根据机械能守恒有：
22011222
mv mgL mv =+ 解得：
v
滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v
，滑块通过的路程为s ′，根据能量守恒有:
mgh =
2
12
mv mgs μ+ 解得：
s ′=19m
小球做完整圆周圆周运动的次数：
n =
21s
s s
'-
+= 10次
即小球做完整圆周运动的次数为10次。

5．如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O 、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内．现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，
落到A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处．已知滑板的质量是小物块质量的3倍，小物块滑至B 点时对轨道的压力为其重力的3倍，OA 与竖直方向的夹角为θ=60°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g 取102/m s ，不考虑空气阻力作用，求：
（1）水平轨道BC 的长度L ； （2）P 点到A 点的距离h ． 【答案】（1）2.5R （2）23
R 【解析】 【分析】
（1）物块从A 到B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（2）从P 到A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到B 的方程；联立求解h ． 【详解】
（1）在B 点时，由牛顿第二定律：2B
B v N mg m R
-=，其中N B =3mg ；
解得2B v gR =
从B 点向C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则(3)B mv m m v =+； 由能量关系可知：2211
(3)22
B mgL mv m m v μ=-+ 联立解得：L=2.5R ；
（2）从P 到A 点，由机械能守恒：mgh=
1
2
mv A 2； 在A 点：0
1sin 60A A v v =，
从A 点到B 点：202111(1cos60)22
A B mv mgR mv +-= 联立解得h=
23
R
6．如图所示，半径为0. 5m 的光滑细圆管轨道竖直固定，底端分别与两侧的直轨道相切．物块A 以v 0=6m/s 的速度进入圆轨道，滑过最高点P 再沿圆轨道滑出，之后与静止于直轨道上Q 处的物块B 碰撞；A 、B 碰撞时间极短，碰撞后二者粘在一起．已知Q 点左侧
轨道均光滑，Q点右侧轨道与两物块间的动摩擦因数均为μ=0.1．物块AB的质量均为1kg,且均可视为质点．取g=10m/s2．求：
(1)物块A经过P点时的速度大小；
(2)物块A经过P点时受到的弹力大小和方向；
(3)在碰撞后，物块A、B最终停止运动处距Q点的距离．
【答案】(1)4m/s (2) 22N；方向竖直向下 (3)4.5m
【解析】
【详解】
(1)物块A进入圆轨道到达P点的过程中，根据动能定理
-2mgR=1
2
m2p v-
1
2
m2
v
代入数据解得
v p=4m/s (2)物块A经过P点时，根据牛顿第二定律
F N+mg=m
2 p v R
代入数据解得弹力大小
F N=22N
方向竖直向下
(3)物块A与物块B碰撞前，物块A的速度大小v A=v0=6m/s 两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律
m A v0=(m A+m B)v
两物块碰撞后一起向右滑动
由动能定理
-μ(m A+m B)gs=0-1
2
(m A+m B)v2
解得
s=4.5m
7．如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转．今将一质量为1kg的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一
竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角1350的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体在B点水平离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道．取g=10m/s2，求：
（1）物块由A端运动到B端所经历的时间．
（2）AC间的水平距离
（3）小物块在P点对轨道的压力．
【答案】（1）3s（2）8.6m（3）70-10N
【解析】
试题分析：（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45º，有，
物体从B点到C作平抛运动，竖直方向：
水平方向：
得出
物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得a=2m/s2
物体历时t1后与传送带共速，则a t1=v0+ a0t1，t1=1s
得v1="2" m/s＜4 m/s
故物体此时速度还没有达到v B，且此后的过程中由于＜，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点 v B= v1+ a0t2
得t2=2s
所以从A运动倒B的时间t= t1+t2=3s
AB间的距离s==7m
（2）从B到C的水平距离s BC=v B t3=2R=1.6m
所以A到C的水平距离s AC=s+s BC=8.6m
(3) 对CP段由动能定理
对P点应牛顿第二定律：
解得：N=70-10N
考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动
【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较
复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源．有一定难度．
8．如图所示倾角45θ=o 的粗糙直导轨与半径0.4R m =的光滑圆(部分)导轨相切，切点为B ，O 为圆心，CE 为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内．一质量1m kg =的小滑块从直导轨上的D 点无初速度下滑，小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C 水平飞出．已知滑块与直导轨间的动摩擦因数0.5μ=，重力加速度210/g m s =，不计空气阻力．求：
()1滑块在圆导轨最低点E 时受到的支持力大小；
()2滑块从D 到B 的运动过程中损失的机械能．(计算结果可保留根式)
【答案】(1) 60N F = (2)(
622J E =+V 【解析】 【详解】
()1滑块在C 点时由重力提供向心力，有：2
c mv mg R
= 滑块从E 点到C 点的运动过程中，由机械能守恒可知：
2211222
E C mv mg R mv =⨯+ 在E 点有：2E
mv F mg R
-=
解得：60F N =
()2滑块从B 点到E 点过程，由机械能守恒可知：()2
2111cos452
2
B
E mv mgR mv +-=o 滑块从D 点到B 点过程有：2
2B v ax =
根据牛顿第二定律知sin45cos45mg mg ma o o
μ-= 由功能关系可知，损失的机械能cos45E mg x o
V μ=⋅ 解得：(622E J =+V ． 【点睛】
该题的突破口是小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C 水平飞出，由重力提供向心力．要分析清楚滑块的运动情况，抓住每个过程的物理规律．
9．如图所示为某款弹射游戏示意图,光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面AB ,竖直面BC 和竖直靶板MN ．通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放,滑块从O 点弹出并从E 点进人圆轨道,绕转一周后继续在平直轨道上前进,从A 点沿斜面
AB 向上运动,滑块从B 点射向靶板目标(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)．已知滑块质量5m g =,斜面倾角37θ=︒,斜面长25L cm =,滑块与斜面AB 之间的动摩擦因数
0.5μ=,竖直面BC 与靶板MN 间距离为d ,B 点离靶板上10环中心点P 的竖直距离20h cm =,忽略空气阻力,滑块可视为质点．已知sin370.6,37cos 0.8︒︒==,取210/g m s =,
求:
(1)若要使滑块恰好能够到达B 点,则圆轨道允许的最大半径为多大?
(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P 点,则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大? (结果保留三位有效数字)
(3)若MN 板可沿水平方向左右移动靠近或远高斜面,以保证滑块从B 点出射后均能水平击中靶板．以B 点为坐标原点,建立水平竖直坐标系(如图) ,则滑块水平击中靶板位置坐标
(),x y 应满足什么条件?
【答案】(1)0.1R m = (2) 2
4.0310J p E -=⨯ (3)3
8y x =，或38y x =，或83
x y = 【解析】 【详解】
（1）设圆轨道允许的半径最大值为R 在圆轨道最高点：
2mv mg R
= 要使滑块恰好能到达B 点，即：
0B v =
从圆轨道最高点至B 点的过程：
21
sin 2cos 02
mgL mgR mgL mv θμθ-+-=-
代入数据可得
0.1R m =
（2）滑块恰能水平击中靶板上的P 点，B 到P 运动的逆过程为平抛运动 从P 到B ：
2h t g
=
y gt =v
3sin y v v θ=
代入数据可得： 10m/s 3B v = 从弹射至点的过程： 21sin cos 02
B Ep mgL mgL mv θμθ--=
- 代入数据可得： 24.0310J Ep -=⨯
（3）同理根据平抛规律可知：
1tan 372
y x =︒ 即38
y x = 或38y x =
或83
x y =
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。