高中物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题(含答案)

1、高中物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数=0.2现用水平向右推力f=1.0n 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘a 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道 bcd的 b 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点 d已知 boc=37， a、 b、 c、 d 四点在同一竖直平面内，水平桌面离b 端的竖直高度 h=0.45m ，圆弧轨道半径r=0.5m ，c 点为圆弧轨道

2、的最低点，求：（取sin37 =0.6，cos37 =0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点d 点时的速度大小vd；(2)若铁球以 vc=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点c，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小fc；（计算结果保留两位有效数字）(3)铁球运动到b 点时的速度大小vb；(4)水平推力 f 作用的时间t 。【答案】 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点d 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vc=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点c，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为 6.3n；(3)铁球运动到b 点时的速度大小是5m/s ；(4)水平推力 f 作用的时间是0.6s。【解

3、析】【详解】(1)小球恰好通过 d 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mvd2mgr可得： vd5m / s(2)小球在 c 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：代入数据可得：f=6.3n由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：fc=f=6.3nfmgmvc2r(3)小球从 a 点到 b 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2ghvy2得： vy=3m/svy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：vb5m/ssin370.6(4)小球从 a 点到 b 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：va vbcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：fmg ma1

4、可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； va vm a2t2又： xvm tvmva t222联立可得： t0.6s2 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

5、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fn 和细线的拉力 f,重力 mg 和弹力 fn 平衡，线的拉力提供向心力，有：fn=f=m 2r，设原来的角速度为0,线上的拉力是f0,加快后的角速度为,线断时的拉力是f1，则有：1022f :f = :0 =9:1，又 f1=f0+40n，所以 f01=5n,线断时有： f =45n.(2) 设线断时小球的线速度大小为v,由 f1= m v2，r代入数据得： v=5m/ s.(3

6、) 由平抛运动规律得小球在空中运动的时间为：2h20.8t=s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.3 如图所示，光滑轨道cdef 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点d 处入、出口不重合，e 点是半径为 r0.32m 的竖直圆轨道的最高点，df 部分水平，末端f 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度l=1m物块b静止在水平面的最右端f处质量为ma1kg 的物块a 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点e ，然后与b 发生碰撞并粘在一起若b 的质量是a 的 k 倍，a、b与传送带的动摩擦因数都为0.2

7、 ，物块均可视为质点，物块a 与物块b 的碰撞时间极短，取g10m / s2 求：（ 1）当 k 3 时物块 a、b 碰撞过程中产生的内能；（ 2）当 k=3 时物块 a、b 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时， a、b 碰撞后传送带对它们所做的功w 的表达式【答案】 （1） 6j（ 2） 0.25m（ 3） w2 k1 j wk 22k 152 k1【解析】（1）设物块 a 在 e 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： ma g mav02，r设碰撞前 a 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2ma gr1 mav021 mav12 ，22联立并代入数据解得：v1

8、4m / s ；设碰撞后a、b 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mav1 mam2 v2 ；解得： v2mav1141m / s ；1 3ma mb由能量转化与守恒定律可得：q1mav12 1mamb v22 ，代入数据解得q=6j ；22（2）设物块 ab 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mambgs1mambv22 ，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mav141m / s ；mambk（i ）如果 a、 b 能从传送带右侧离开，必须满足1mambv22mambgl ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为：wmambgl2 k1 j；

9、（ii ）（ i）当 v2v 时有： k3，即 ab 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，这个过程传送带对ab 所做的功为： w=0j，（ii）当 0 k时， ab 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对ab 所做的功为 w1 mambv21 mambv22，22k 22k15解得 wk1；2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 a 恰好通过最高点 e，由牛顿第二定律求出 a 通过

10、e 时的速度，由机械能守恒定律求出 a 与 b 碰撞前的速度， a、b 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据a、b 速度与传送带速度间的关系分析 ab 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功4 如图所示 ,半径为 l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分4别固定在一根竖直光滑杆的a,b 两点上 .已知 a,b 两点相距为 l,当两轻绳伸直后a、b 两点到球心的距离均为 l,重力加速度为g（1）装置静止时 ,求小球受到的绳子的拉力大小t；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳

11、定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？415mg (2)0 =215g2g【答案】 (1) t1515ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15cos4对小球进行受力分析得mgtcos解得：t 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为lr=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为rl sin60mg tan 60m2r解得 :2g=l轻绳 b

12、伸直时，竖直杆的角速度2gl5 如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在n 点相切， m 为圈环的最高点，圆环半径为 r=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：（1）物体能从m 点飞出，落到水平面时落点到n 点的距离的最小值xm（2）设出发点到n 点的距离为s，物体从m 点飞出后，落到水平面时落点到n 点的距离为 x，作出 x2 随 s 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在n 到 m 点的中间离开半固轨道，求出发点到 n 点的距离s

13、应满足的条件【答案】（ 1） 0.2m；（ 2） 0.2；（ 3） 0 x 2.75m 或 3.5m x 4m【解析】【分析】（ 1）由牛顿第二定律求得在 m 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到m 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和 m 点速度的关系，即可得到y 和 x 的关系，结合图象求解；（ 3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解【详解】（1）物体能从 m 点飞出，那么对物体在m 点应用牛顿第二定律可得：mvm2mg，所r以， vm gr 1m/s；物体能从 m 点飞出做平抛运动，故有：2r 1gt 2，落到水

14、平面时落点到n 点的距离 x2vmt gr 2r 2r0.2m；g故落到水平面时落点到n 点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到m 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：1- mgx-2 mgr2mvm2 - 1 mv02；2物体从 m 点落回水平面做平抛运动，故有：2r 1gt2 ，2y vm t vm24r(v022 gx4gr)4r0.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在n 到 m 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0 hr或物体能通过m 点；物体能到

15、达的最大高度0 hr时，由动能定理可得：- mgx- mgh 0-1mv02，21 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2所以， 3.5mx 4m；物体能通过 m 点时，由（ 1）可知 vm gr 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgr 1mvm2 -1mv02；221212所以 x 2mv02 mvm2mgrv02vm24gr ，mg2g所以， 0x2.75m；【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6 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、

16、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；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l / 2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 ； 2 ?3gl；3 9 mgl。28【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(2)对 a 水平方向

17、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对 a 受力分析如图所示：t2mg在竖直方向合力为零，故tcosmg代入数据解得：60o（2） a 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：tsinmv2代入数据解得：lsin3glv2（3）当 b 上升 l时，拉 a 的绳长为 3l，此时对水平方向上有：22tsinv12m3l sin2联立解得： v13gl由几何关系可得a 相对于原来的高度下降的距2离： vhl coslb 物体重力势能的增加量 ：

18、ve12mglmgl242a 物体重力势能的减少量： ve2lmglmga 物体动能的增加量44ve3 1mv121mv23mgl228对系统运用功能关系可得手对系统做的功： w ve1 ve2 ve29 mgl8【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。7 如图所示，在光滑水平桌面 eab上有质量为 m2 kg 的小球 p 和质量为 m 1 kg 的小球 q， p、 q 之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小球不拴接 )，桌面边缘 e 处放置一质量也为 m1 kg 的橡皮泥球s，在 b 处

19、固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧， p、 q 两小球被轻弹簧弹出，小球p 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点c；小球 q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球s 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的 d 点。已知水平桌面高为 h 0.2 m， d 点到桌面边缘的水平距离为 x 0.2 m，重力加速度为 g 10 m/s 2，求：(1)小球 p 经过半圆形轨道最低点b 时对轨道的压力大小nb；(2)小球 q 与橡皮泥球s 碰撞前瞬间的速度大小vq；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能ep。【答案】 (1)120n(2)2 m/s(3)3 j【解析】【详解

20、】（1）小球 p 恰好能通过半圆形轨道的最高点c，则有2mg m vcr解得vcgr对于小球p，从 bc，由动能定理有 2mgr 1 mvc2 1 mvb222解得vb5gr在 b 点有2nb mg m vbr解得nb 6mg120 n由牛顿第三定律有nb nb 120 n（2）设q 与s 做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，根据公式h 1gt 2，得2t 0.2 s根据公式x vt，得v1 m/s碰撞前后q 和 s组成的系统动量守恒，则有mv q2mv解得vq 2 m/s（ 3） p、 q 和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvp mv q解得vp 1 m/s对 p、 q 和弹簧组成的系统

21、，由能量守恒定律有ep 1 mvp2 1 mvq222解得ep 3 j8 如图所示， ab 是光滑的水平轨道，b 端与半径为l 的光滑半圆轨道bcd 相切，半圆的直径 bd 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在 a 点现使质量为 m 的小滑块从 d 点以速度v0 进入轨道 dcb，然后沿着 ba 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于 p 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 d 点时轨道对小滑块的作用力大小fn；（ 2）弹簧压缩到最短时的弹性势能ep；（ 3）若水平轨道 ab 粗糙，小滑块从 p 点静止释放，且 pb 5l，要使得小滑块能沿着轨道bcd运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与ab

22、 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到b 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到c 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动d 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.79 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

23、，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=60，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度2，不考虑空气阻力作用，求：g 取 10 m / s（ 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） 2 r3【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】2（1）在b 点时，由牛顿第二定律：n bmgmvb，其中nb=3mg；r解得 vb2gr ；从 b 点向 c 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则mvb( m 3m)v ；由能量关系可知：mgl1 mvb21 (m3m)v222联立解得： l=2.5r；（2）从 p 到 a 点，由机械