高中物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题(含答案).docx

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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μ=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5m/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： vAvBcos3750.84m/s小球在水平面上做加速运动时：Fmgma1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；vAvma2t2又：xvmtvmvAt222联立可得：t0.6s2．如图所示，一根长为0.1m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40N．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0.8m，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=mω2R， 设原来的角速度为ω0,线上的拉力是F0,加快后的角速度为ω,线断时的拉力是F1，则有：1022F:F=ω: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=mv2，R代入数据得：v=5m/s.(3)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=5×0.4=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，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k3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）①W2k1J②Wk22k152k1【解析】（1）设物块A在E的速度为v0，由牛顿第二定律得：mAgmAv02①，R设碰撞前A的速度为v1．由机械能守恒定律得：2mAgR1mAv021mAv12②，22联立并代入数据解得：v14m/s③；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 mAv1mAm2v2④；解得：v2mAv1141m/s⑤；13mAmB由能量转化与守恒定律可得：Q1mAv121mAmBv22⑥，代入数据解得Q=6J⑦；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：mAmBgs1mAmBv22⑧，代入数据解得s0.25m⑨；2（3）由④式可知：v2mAv141m/s⑩；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：WmAmBgL2k1J；（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0k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W1mAmBv21mAmBv22，22k22k15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定（轻绳a,b与杆在同一竖直平面内）．①小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0多大?②轻绳b伸直时,竖直杆的角速度多大？ 415mg(2)①ω0=215g2g【答案】(1)T15②15ll【解析】【详解】(1)设轻绳a与竖直杆的夹角为α15cos4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T415mg15(2)①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=4mgtanm02r解得:ω0=215g15l②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rlsin60mgtan60m2r解得: 2gω=l轻绳b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μ（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＝1gt2，落到水平面时落点到N点的距离x＝2vMt≥gR2R＝2R＝0.2m；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-μmgx-2mgR＝2mvM2-1mv02；2物体从M点落回水平面做平抛运动，故有：2R＝1gt2，2y＝vMt＝vM24R(v022gx4gR)4R0.480.8x；gg由图可得：y2=0.48-0.16x，所以，μ＝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＜h≤R或物体能通过M点；物体能到达的最大高度0＜h≤R时，由动能定理可得：-μmgx-mgh＝0-1mv02，21mv02mgh2所以，x＝2mg＝v0gh，2所以，3.5m≤x＜4m；物体能通过M点时，由（1）可知vM≥gR＝1m/s，由动能定理可得：-μmgx-2mgR＝1mvM2-1mv02；221212所以x＝2mv02mvM2mgRv02vM24gR，mg2g所以，0≤x≤2.75m；【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、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；39mgl。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θ；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：22Tsinv12m3lsin2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：VhlcoslB物体重力势能的增加量：VE12mglmgl242 A物体重力势能的减少量：VE2lmglmgA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：WVE1VE2VE29mgl8【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m＝2kg的小球P和质量为M＝1kg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M＝1kg的橡皮泥球S，在B处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＝0.2m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2m，重力加速度为g＝10m/s2，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)2m/s(3)3J【解析】【详解】（1）小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有2mg＝mvCR解得vC＝gR对于小球P，从B→C，由动能定理有－2mgR＝1mvC2－1mvB222 解得vB＝5gR在B点有2NB－mg＝mvBR解得NB＝6mg＝120N由牛顿第三定律有NB′＝NB＝120N（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＝1gt2，得2t＝0.2s根据公式x＝vt，得v＝1m/s碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有MvQ＝2Mv解得vQ＝2m/s（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvP＝MvQ解得vP＝1m/s对P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有Ep＝1mvP2＋1MvQ222解得Ep＝3J8．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间的动摩擦因数μ的范围．【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤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μ＝0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C点解得μ＝0.5所以0.5≤μ≤0.7小滑块恰能沿着轨道运动D点解得μ＝0.2所以μ≤0.2综上μ≤0.2或0.5≤μ≤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，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2，不考虑空气阻力作用，求：g取10m/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）2R3【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：NBmgmvB，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(m3m)v；由能量关系可知：mgL1mvB21(m3m)v222联立解得：L=2.5R；（2）从P到A点，由机械能守恒：1mvA2；mgh=2在A点：vA1vAsin600，从A点到B点：1mvA21mgR(1cos600)1mvB222联立解得2h=R310．如图，半径R=0.4m的部分光滑圆轨道与水平面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平面上距B点s=5m处的A点放一质量m=3kg的小物块，小物块与水平面间动摩 擦因数为1θ=37o斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运=．小物块在与水平面夹角3动，运动到B点撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C．（g取10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）求：（1）小物块在B点的最小速度vB大小；（2）在（1）情况下小物块在水平面上运动的加速度大小；（3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．【答案】(1)vB25m/s(2)a2m/s2(3)16NF50N(或16NF50N)【解析】【详解】(1)小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力．设最高点物块速度为vC，则mgmvC2R解得：vC2gR物块从B到C运动，只有重力做功，所以其机械能守恒：1mvB21mvC2mg2R22解得：vB5gR25m/s(2)根据运动学规律vB22as，解得avB22m/s22s(3)小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，有两种临界情况：①在F的作用下，小物块刚好过C点：物块在水平面上做匀加速运动，对物块在水平面上受力分析如图：则FcosNma FsinNmg联立解得：mgmaF16Ncossin②在F的作用下，小物块受水平地面的支持力恰好为零Fsinmg，解得：F50N综上可知，拉力F的范围为：16NF50N(或16NF50N)