高中物理高考必备物理生活中的圆周运动技巧全解及练习题(含答案)

1、高中物理高考必备物理生活中的圆周运动技巧全解及练习题( 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， bc为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， o 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 c 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 o 点正上方某处a 点以 v0水平抛出，恰好能垂直 ob 从 b 点进入细圆管，小球过c 点时速度大小不变，小球冲出c 点后经过9s 再次回到 c点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从o 点的正上方某处a 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过c 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（

2、3）若将 bc段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从a 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5n 的恒力，试判断小球在bc段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9n（ 3） 52 n【解析】【详解】（1）小球从a 运动到 b 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 b 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m

3、小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 2a ta t2 29又因为： t1+t 2s8解得： t133s， t 2s84小球从 c 点冲出的速度：vc a1t1 32 m/s在 c 点由牛顿第二定律得：n mg m vc2r解得： n 20.9n（3）在 b 点由运动的合成与分解有： vbv022 m/ssin45因为恒力为 5n 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 f由牛顿第二定律得：fm vb2r解得：

4、 f 52 n由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 n，2 如图所示，在竖直平面内有一半径为r的 1 光滑圆弧轨道ab，与水平地面相切于b4点。现将 ab锁定，让质量为 m的小滑块 p（视为质点）从 a点由静止释放沿轨道 ab滑下，最终停在地面上的 c点， c、 b 两点间的距离为 2r已知轨道 ab的质量为 2m， p与 b点右侧地面间的动摩擦因数恒定，b点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求 p刚滑到圆弧轨道的底端 b 点时所受轨道的支持力大小 n以及 p与 b点右侧地面间的动摩擦因数 ；（ 2）若将 ab解锁，让 p 从 a 点正上方某处 q由静止释放， p

5、从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 c点，求：当 p 刚滑到地面时，轨道 ab的位移大小 x1；q与 a 点的高度差h 以及 p 离开轨道 ab后到达 c点所用的时间t 。【答案】（ 1） p 刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n 为 3mg ， p 与 b 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（ 2）若将 ab 解锁，让p 从 a 点正上方某处q 由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在c 点，当 p 刚滑到地面时，轨道ab的位移大小x1 为 r ； q 与 a 点的高度差h 为 r ， p 离开轨道ab 后到达 c 点所用的时间32t 为132r 。6

6、g【解析】【详解】（1）滑块从 a 到 b 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgr= 1 mvb2，2在 b 点，由牛顿第二定律得：n-mg =m vb2，r解得： vb= 2gr ， n=3mg，滑块在 bc 上滑行过程，由动能定理得： -mg ?2r=0- 1 mvb2，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv -2mv2=01m rx1-2mx1 =0，tt解得： x1= r ；3滑块 p 离开轨道 ab 时的速度大小为vb， p 与轨道 ab 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m

7、vb-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（r+h） = 1 mvb2 1 2mv2 ，22解得： h= r ；2x1p 向右运动运动的时间：t 1=，p 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvb，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132r ；6g3如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从b 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为450 的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为r1m ，小球可看作质点且其质量为m1kg ， g10m / s2 ，求：（ 1）小球在斜面上的相碰点

8、 c 与 b 点的水平距离；（ 2）小球通过管道上 b 点时对管道的压力大小和方向【答案】（ 1） 0.9m ；（ 2） 1n【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在c 点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在b 点应用牛顿第二定律求得支持力nb 的大小和方向【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在c 点竖直方向的分速度vy=gt=10m/s水平分速度vx=vytan450=10m/s则 b 点与 c 点的水平距离为： x=vxt=10m（ 2）根据牛顿运动定律，在 b 点v2nb+mg=mr解得nb=50n根据牛顿第三定律得小球对

9、轨道的作用力大小n, =nb=50n方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义要注意小球经过b 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析4 如图所示，竖直平面内的光滑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 =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 处由静止释放，自由下落至a 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道到达 b 点，且到达 b 处时小球对圆轨道的压力

10、大小为mg，重力加速度为 g，求：(1)小球到 b 点时的速度大小vb(2)小球第一次落到斜面上c 点时的速度大小v(3)改变h，为了保证小球通过b 点后落到斜面上，h 应满足的条件【答案】(1)2gr(2)10gr(3)3rh3r2【解析】【分析】【详解】(1)小球经过 b 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有2mgmgm vbr解得vb2gr(2)设小球离开 b 点做平抛运动，经时间t ，下落高度 y，落到 c 点，则y1 gt 22y cotvb t两式联立，得y2vb24grgg4r对小球下落由机械能守恒定律，有1 mvb2mgy1 mv222解得vv22gy2gr8gr 10grb(

11、3)设小球恰好能通过b 点，过 b 点时速度为 v ，由牛顿第二定律及向心力公式，有1mgm又v12rmg (h r)1 mv122得h 3 r2可以证明小球经过b 点后一定能落到斜面上设小球恰好落到d 点，小球通过b 点时速度为v2，飞行时间为t ，(72r2r)sin1 gt 22(72r2r)cosv2t解得v22 gr又mg (h r)1 mv222可得h3r故 h 应满足的条件为3 r h 3r2【点睛】小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可5 如图所示，长为3l 的不可

12、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；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

13、 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 t 2mg 对 a 受力分析如图所示：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：22v12tsinm 3l sin2联立解得： v13gl由几何关系可得a 相对

14、于原来的高度下降的距2离： vhl coslb 物体重力势能的增加量 ： ve12mglmgl242a 物体重力势能的减少量： ve2mglmgl a 物体动能的增加量44ve31mv121mv23mgl228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。6 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

15、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=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 与小球第一次碰前的速度为95m/s，碰后的速度为02b；（）滑块与小球第一

16、次碰后瞬间绳子对小球的拉力次。【解析】【详解】（ 1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为根据能量守恒定律，得：48n；（ 3）小球做完整圆周运动的次数为10v1 ，碰撞后速度为v1，小球速度为v2mgh=1 mv12mg s22解得：v1=95 m/sa、b 发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:mv1=mv1 +mv2由能量守恒定律，得到：1 mv121 mv121 mv22222解得：v1 =0，v2 =95 m/s即滑块 b 与小球第一次碰前的速度为95 m/s ，碰后的速度为0（2）碰后瞬间，有：t-mg=m v22l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）

17、小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：mg=m v02l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：1mv22mgl1mv0222解得：v= 5 m/s滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=5m/s，滑块通过的路程为s:，根据能量守恒有mgh=1 mv2mgs2解得：s =19m小球做完整圆周圆周运动的次数：ss2= 10 次n=s1即小球做完整圆周运动的次数为10 次。7 某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为长倾斜传送带 bc 在 b 处相切且平滑连接， oa 连线水平、o 的光滑圆弧轨道ab 与足够ob 连线与竖直线

18、的夹角为37，圆弧的半径为r1.0m，在某次调试中传送带以速度v2 m/s顺时针转动，现将质量为 m13 kg 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m21kg 的物块 q 在传送带上，经时间t1.2s 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0.5 ，重力加速度20.6 ， cos37 0.8 试求：g 10m/s ， sin37（ 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

19、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m1gr cos1 m1v122可得物块 p 在 b 点的速度大小v12grcos4m/s（2）因 vbv，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m1 g sinm1g cosm1a1可得物块p 的加速度大小a 1=10m/s2减速至 v 的时间t1vv10.2sa1运动位移v2v2x110.6m2a1因 x1l，摩擦力反向，又因 mg sinmg cos，物块 p 继续向上减速，有

20、m1 g sinm1g cosm1a2可得物块p 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2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v2x21m2a2对物体 qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31a3t 21.44m2bc 的最小距离l=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体q 的速度v2=a3t =2.4m/s物体 p 和 q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3 向下加速运动，到圆弧上的b 点

21、的过程，有2a3 x1x2 v42 - v32可得粘合体在b 点的速度v4=2.6m/s在 b 点由牛顿第二定律有v42fm1m2 gcos m1m2r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 如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板o点，挂一根m为 0.5 kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 n.l=3 m 的细绳，绳的下端挂一个质量小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球以v=9m/s 的速度落在墙边.求这个圆柱形房屋的高度h和半径 r. （g 取 10 m/s 2）【答案】 3.3m4.8m【解析

22、】整体分析：设绳与竖直方向夹角为，则通过重力与拉力的关系求出夹角，小球在绳子断开后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动求出下落的高度，根据几何关系即可求得 h，根据向心力公式求出绳断时的速度，进而求出水平位移，再根据几何关系可求r（1）如图所示，选小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为t，绳与竖直方向夹角为，则在竖直方向有：t cos-mg=0，mg0.5 101解得： cos10，故 =60 t2那么球做圆周运动的半径为：r l sin 60033 m3 3 m22oo间的距离为：oo=lcos60=1.5m ，则 oo间的距离为 oo=h-oo=h-1.5m 根据牛顿第二定律：

23、t sinm va2r联立以上并代入数据解得：va 3 5m / s设在 a 点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边c 处设 a 点在地面上的投影为 b，如图所示由速度运动的合成可知落地速度为：222v =va+（gt ） ，代入数据可得小球平抛运动的时间：t=0.6s由平抛运动的规律可知小球在竖直方向上的位移为：h11gt 2110 0.621.8m22所以屋的高度为 h=h1+1.5m=3.3m小球在水平方向上的位移为：xbc vat 3 50.6m95m5由图可知，圆柱形屋的半径为r2=r 2+(xbc)2代入数据解得：r=4.8m点睛：本题主要考查了平抛运动的基本公式及向心力公式的

24、应用，同学们要理清运动过程，并能画出小球运动的轨迹，尤其是落地时水平位移与两个半径间的关系，在结合几何关系即可解题9如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为r一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过 5mg（ g 为重力加速度）求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围【答案】 2.5rh5r【解析】试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时， h 最小；当压力最大时，h 最大由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得：mgh2mgr1mv22物块在最高点受的力为重力mg，轨道的压力fn , 重力与压力的合力提供向心力，有mg fn m v 2r物块能通过最高点