高考物理生活中的圆周运动技巧和方法完整版及练习题

1、高考物理生活中的圆周运动技巧和方法完整版及练习题一、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. 。为圆心，OA和OB之间的夹角为 “sin “三，一质量为 m5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

2、水平轨道所用的时间.【答案】(1) 5gR (2) m,23gR (3) 3 画 225 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 F0,小球到达 C点时所受合力的大小为 F.由力的合成法则 mgF2 (mg)2 Fo2 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由式和题给数据得l 3_F0 一 mg 4v三2(2)设小球到达A点的速度大小为V1 ,作CD PA ,交PA于D点，由几何关系得DA Rsin (6CD R(1 cos )

3、 (7由动能定理有1212 _mg CD F0 DA mv -m% 22由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p mv1mggR(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1 2v t -gtCD 2v vsin if)由，式和题给数据得t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.如图，光滑轨道 abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在 b处与ab相切.在直轨道ab上放着质量分别为

4、mA=2kg、mB=1kg的物块A、B (均可视为质点)，用轻质细 绳将A、B连接在一起，且 A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)，其弹性势能 Ep=12J.轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高.现将细绳剪断，之后 A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高 点d处.已知A与小车之间的动摩擦因数W满足0.1 w科w 0.g取10m/s2,求(1) A、B离开弹簧瞬间的速率 va、vb；(2)圆弧轨道的半径 R;(3) A在小车上滑动过程中产生的热量Q (计算结果可含有 四).【答案】(1) 4m/s (2) 0.32m(3)

5、当满足 0.1 w 科 <002, Q1=10 科；当满足 0.2 w 科 w 0.31 212时，一 mAv1一(mA M )v2 2【解析】【分析】(1)弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度;(2)根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R;(3)根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解 热量Q.【详解】(1)设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为VA、VB,由动量守恒定律：1 2120= mAVA mBVB 由目匕里关系：EpEaVa mBVB2 2解得 VA=2m/s ; vB=4m/s2(2)设B经

6、过d点时速度为vd,在d点：mBg mB 1 o 1 o由机械能寸恒th律：mBvB二 mBvd mBg 2R2 2解得 R=0.32m(3)设科=i时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：1 212mAVA=(mA M)v 由能量关系：1miAgL -mAVA 二 m M v2 2解得因=0.2讨论：(i)当满足0.1<0时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为Q1mAgL 10(J)(ii)当满足0.2时,0.A和小车能共速，产生的热量为-1212.Q1 -mAV1 - mA M v ,解得 Q2=2J 223.如图所示，半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道

7、在 B点与水平面平滑连接，一个质量m=0.50kg的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从 A点开始 运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点 C,并从C点水平飞出，落在水平面上的 D点.经测量，D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数 K = °30 ,重力加速度.求：(1)滑块通过C点时的速度大小；(2)滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.【答案】(1)J°m川(2) 45N(3)1 跖【解析】【详解】(1)设滑块从C点飞出时的速度为 Vc,从C点运动到D点

8、时间为t 1滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R3gt2水平方向：Si=vct 解得：Vc=10m/s(2)设滑块通过B点时的速度为vb,根据机械能守恒定律1 mmvB2= mvc2+2mgR解得：vb=10 m/s巴设在B点滑块受轨道的压力为 N,根据牛顿第二定律：N-mg=m*va,根据动能定理一科.2mvA2解得：N=45N(3)设滑块从A点开始运动时的速度为解得：VA=16.1m/s 设滑块在A点受到的冲量大小为I,根据动量定理I=mvA 解得：I=8.1kg?m/s;【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物 体运动的过程，选择正确

9、的物理规律求解.1 .一4.如图所不，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑竖直圆轨道BC相切于B, BC1 .一与半径为r=0.4m的光滑竖直圆轨道CD相切于C,质量m=1kg的小球静止在 A点，现用F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过 D点.已知小球与水平面的动摩擦因数后0.2,取g=10m/s2.求：(1)小球在D点的速度vd大小；(2)小球在B点对圆轨道的压力 Nb大小；0【答案】vd 2m/s(3) A、B两点间的距离x.(2) 45N(3)2m【解析】【分析】 【详解】(1)小球恰好过最高点 D,有：vD mg m r解得：Vd 2m/s(2)

10、从B到D,由动能定理：1 一 21 一 2mg(R r) mvD mvB 22设小球在B点受到轨道支持力为 N,由牛顿定律有：2 Vb N mg m Nb=N联解得：N=45N(3)小球从A到B,由动能定理：x12F mgx- mvB22解得：x 2m故本题答案是：Vd 2m/ S(2) 45N(3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，5.如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON,其中ON水平，OM竖直，两个小物块A和B分别套在 OM和ON杆上，连接 AB的轻绳长为L=0.5m,.现将直角杆 MON绕过OM的轴O1O2缓慢地转动起来.已知 A的质量为m1

11、=2kg,重力加速度g取10m/s2。|Oiif)*5(1)当轻绳与 OM的夹角0=37°时，求轻绳上张力 F。(2)当轻绳与 OM的夹角0=37°时，求物块B的动能EkB。(3)若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与 OM的夹角。由37°缓慢增加到53°,求这个过程 中直角杆对A和B做的功Wa、Wb。61【答案】(1) F 25N (2) EkB 2.25J W 0 , WB J12【解析】【详解】(1)因A始终处于平衡状态，所以对 A有F cosm1g得 F 25N (2)设B质量为mt、速度为v、做圆周运动的半径为F sin2 v m2 rr Lsin1

12、E 2EkB- m2v22m1gL sin2cos得EkB(3)因杆对 A的作用力垂直于 A的位移，所以 WA 0mg| sin2由(2)中的EkB kBm1g一知，当 53时，B的动能为EkB杆对B做的功等于A、B组成的系统机械能的增量，故Wb EkB EkB mgh 2cos其中 h Lcos37 Lcos53 得Wb6 .如图所示，粗糙水平地面与半径 R 1.6m的光滑半圆轨道 BCD在B点平滑连接，。点 是半圆轨道BCD的圆心，B、O、D三点在同一竖直线上，质量m 2kg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

13、过B点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知Xab 10m ,小物块与水平地面间的 动摩擦因数=0.2，重力加速度大小g I0m/s2.求：口 号JW/Mf 'AMAMI 3(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Ep,从A到B根据能量守恒，有Ep 1mvBmgXAB代入数据得EP 140J(2)从B到D,根据机械能守恒定律有1mv2 1mvD mg 2R 222在D点，根据牛顿运动定

14、律有 F mg m 代入数据解得F 25N由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为 25N _12(3)由D点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2R gt22落地点与B点之间的距离为x vDt代入数据解得x 4.8m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。的光滑圆弧轨道 AB与足够长倾斜彳送带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37 ,圆弧的半径为 R 1.0m ,在某次调试中传送带以速度 v 2m/s顺时针转动，

15、 现将质量为m1 3 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m2 1kg的物块Q在传送带上，经时间t 1.2s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g 10m/§, sin37 0.6, cos37 0.8 .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

16、 OB 向下。【解析】【分析】【详解】(1)由A到B,对物块P由动能定理有migRcos1 miVi2可得物块P在B点的速度大小v12gRcos 4m/s(2)因VB>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m1 g sinm1g cosm1al可得物块P的加速度大小2a1=10m/s减速至v的时间0.2sV V1t11a1运动位移22-0.6m2al因x1<L,摩擦力反向，又因 mg sinmg cos ,物块P继续向上减速，有m1g sinm1g cosm1a2可得物块P的加速度大小2 a1=2m/s减速至0的时间v ,t2 - 1sa2因t2=t-t1 ,

17、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丫2x2 1m2a2对物体Q可得其加速度下滑的位移BC的最小距离(3)碰撞前物体Q的速度物体P和Q碰撞可得碰撞后速度m2g sinm2 g cosa3=2m/s212X32 a3t1.44mL=xi+X2+X3=3.04mv2=a3t =2.4m/sm2v2= (mi+m2) v3v3=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点的过程，有2a3 X122X2 = v4 - v3可得粘合体在B点的速度在B点由牛顿第二定律有F可得轨道对粘合体的支持力v4=2.6m/s2 v4 mi m2 gcos =

18、mi m2 RF=59.04N由牛顿第三定律得：粘合体S对轨道白压力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科=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.。为圆心，半径 R= 0.5m, O/C与O/B之间夹角为0= 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.

19、6, cos37°=0.8, g取10m/s2)(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处L1 = 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L2=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？* l 'JU【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-jimgLmgR (1-cos解得:W 弹=1

20、.8J.根据能量守恒定律得:£产亚弹=1.84(2)从B到C由动能定理：mgR(1cos370)一mvB 2在B点由牛顿第二定律:mg mvi带入数据联立解得：Fnb=2.8N(3)小球从C处飞出后,由动能定理得:12 一W 弹-pmgL2-mgR (1-cos © = mvcr-0,2解得:vc=2、2 m/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,vcx=vccos37 = -m/s56 2,vCy=vCsin37 =m/s ,5由vcy=gt解得t=0.12、2 s则D点的坐标:x=vc丈1y= VCyt,2解得:

21、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.m 1kg的小滑块从9.如图所示倾角45o的粗糙直导轨与半径 R 0.4m的光滑圆（部分）导轨相切，切点 为B,。为圆心，CE为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内.一质量C水平直导轨上的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飞出.已知滑块与直导轨间的动摩擦因数0.5 ,重力加速度g 10m/s2,不计空气阻力.求:1滑块在圆导

22、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】F 60N （2） VE 6 2.2 J【解析】【详解】21滑块在C点时由重力提供向心力，有： mg 若1 212滑块从E点至U C点的运动过程中，由机械能寸恒可知：mvE mg 2R 一 mvC2 22在E点有：f mg m、E解得：F 60N12 o 122滑块从B点到E点过程，由机械能守恒可知：一 mvB mgR 1 cos45 - mvE22滑块从D点到B点过程有：vB 2ax根据牛顿第二定律知 mgsin45omgcos45o ma由功能关系可知，损失的机械能 VEmgcos45o x解得：VE 6 242 J .【点睛】C水平飞出，由重力提该题的突破口是小滑块滑上