高考物理生活中的圆周运动技巧(很有用)及练习题及解析

1、高考物理生活中的圆周运动技巧( 很有用 ) 及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示， 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？（3）

2、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小球

3、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： f

4、 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，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着a 、 b 两个物块，转盘中心o 处固定一力传感器，它们之间用细线连接已知ma mb1kg 两组线长均为l0.25m 细线能承受的最大拉力均为f8 n a与转盘间的动摩擦因数为m10.5 ， b 与转盘间的动摩擦因数为20.1 ，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数f ， g 取 10 m/s2 求：（1）当 ab 间细线的拉力为零时，物块b 能随转盘做匀速转动

5、的最大角速度；（2）随着转盘角速度增加，oa 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数f 随转盘角速度变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出 f2 图象【答案】（ 1）12rad / s （ 2）22 2rad / s （ 3）m252rad / s2【解析】对于 b ，由 b 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2 mb g2mb 12 l代入数据计算得出：12rad / s（2）随着转盘角速度增加，oa 间细线中刚好产生张力时，设ab 间细线产生的张力为t ，有：1 ma g t ma22 lt2 mb g2mb2 2 l代入数据计算得出：222r

6、ad / s（3） 当28rad/ s2时， f02当28rad 2/ s2 ，且 ab 细线未拉断时，有：f1ma gtma2lt2 mb g2mb2 lt8n所以： f326 ； 8rad 2 / s2218rad 2 / s24当218 时，细线 ab 断了，此时 a 受到的静摩擦力提供a 所需的向心力，则有：1 ma g ma w2 l所以： 18rad 2 / s2220rad 2/ s2 时， f0当220 rad 2 / s2 时，有 f1ma gma2 lf8n所以： f125 ； 20rad 2 / s2252rad 2 / s24若 f252rad2/ s2fm 8n 时，

7、角速度为： m做出 f2 的图象如图所示 ；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解3 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，bc分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径r=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的a 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的d 点已知 a、b 两点间的距离 l1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取 g 10m s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过

8、b 点时的速度大小 vb；（ 2）物块到达 c 点时的速度大小 vc；（ 3） bd 两点之间的距离 l2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量q【答案】 (1)11m / s (2) 9m / s (3) 72j【解析】【分析】【详解】（1）物块从 a 到 b 运动过程中，根据动能定理得：mgl11 mvb21 mv0222解得： vb11m / s（2）物块从 b 到 c 运动过程中，根据机械能守恒得：1mvb21mvc2mg2r22解得： vc 9m / s（3）物块从 b 到 d 运动过程中，根据动能定理得：mgl201 mvb22解得： l2 30.25m对整个过程，由能量守恒定律有：q

9、1 mv0202解得： q=72j【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义4 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 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 ，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 1 为多大时，细绳开始有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；g（3）转台从静止开始加速到角速度3的过程中，转台对物块做

10、的功l【答案】 （1）g3g（ 3）11（2）23 mgll3l2【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：mgm 12 2 l sin代入数据得g1l（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d 点的临界速b 点时对轨道的压mg tanm 22 2l sin代入数据得3g23l（3） 32 ， 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，有mg tanm 32 2l sin代入数据得60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w1m(3 2l sin 60o )2mg (2 l cos30o2l

11、 cos60 o )2代入数据得：1w(3) 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5 如图所示，水平传送带 ab 长 l=4m，以 v0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为 r=0.5m 的光滑半圆轨道 bcd 与传动带平滑相接于 b 点，将质量为 m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为=0.3，取 g=10m/s 2，求 :(1)滑块滑到 b 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到

12、半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大【答案】 （1） 28n.（ 2） 7m/s【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在力；（ 2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达度，根据机械能守恒定律求解在b 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解a 点的初速度 .【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=g=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间tv01s 运动的距离： x1 at 21.5m ，a2以后物块随传送带匀速运动到b 点，到达 b 点时，由牛顿第二定律：fmg m v02r解得 f=28n，即滑块滑到b 点时

13、对半圆轨道的压力大小28n.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m vd2r解得 vd=5 m/s ；由 b 到 d，由动能定理：1mvb2 1mvd2mg 2r22解得 vb=5m/sv0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2 ，根据 vb2=va2-2al解得 va=7m/s6 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，然后沿着力加速度大小为g，求：ba 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处

14、于p 点，重（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 0.77 如图所示，半径为 0. 5m 的光滑细圆管

15、轨道竖直固定，底端分别与两侧的直轨道相切物块 a 以 v0=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=0.1物块 ab 的质量均为 1kg,且均可视为质点取 g=10m/s 2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

16、 a 进入圆轨道到达 p 点的过程中，根据动能定理1212-2mgr=m vp -2m v02代入数据解得vp=4m/s(2)物块 a 经过 p 点时，根据牛顿第二定律fn+mg =m代入数据解得弹力大小v2prfn=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 va=v0=6m/s 两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律mav0=(ma+mb)v两物块碰撞后一起向右滑动由动能定理-(ma+mb)gs=0- 1 (ma+mb)v22解得s=4.5m8 如图， c1 d1e1f1 和c2 d2 e2 f2 是距离为 l 的相同光滑导轨， c1d1 和 e1f1 为两段

17、四分之一圆弧，半径分别为 r18r 和 r2 r. 在水平矩形 d1e1e2d 2 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 b. 导体棒 p、 q 的长度均为 l，质量均为 m，电阻均为 r，其余电阻不计，q 停在图中位置，现将 p 从轨道最高点无初速释放，则1 求导体棒 p 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向( 顺时针或逆时针) ；2 若 p、q 不会在轨道上发生碰撞，棒q 到达 e1e2 瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒p 离开轨道瞬间的速度；3 若 p、 q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达e1e2 瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围【答案】 （1） 2blgr 方向逆时针

18、 （ 2） 3gr （ 3）3mgr q4mgr .r【解析】（1）导体棒 p 由 c1c2 下滑到 d1 d2 ，根据机械能守恒定律：mgr11 mvd2， vd 4 gr2求导体棒 p 到达 d1d 2 瞬间： eblvde2blgr回路中的电流： ir2r（2）棒 q 到达 e1e2 瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对q： mgmvq2vqgrr2设导体棒 p 离开轨道瞬间的速度为vmvdmvpmvqp ，根据动量守恒定律：代入数据得：vp3 gr （3）由2 若导体棒 q 恰能在到达 e1e2 瞬间飞离轨道， p 也必能在该处飞离轨道根据能量守恒，回路中产生的热量q11mvd21mvp21

19、mvq23mgr222若导体棒 q 与 p 能达到共速 v，则根据动量守恒：mvdm m v v 2 gr回路中产生的热量 q2 1 mvd21 mm v24mgr ；22【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒p 到达 d1d2 的速度大小，然后根据法拉第电磁感应定律即可求解；恰好脱了轨道的条件是重力提供向心力，两棒作用过程中动量守恒，由此可正确解答；根据题意求出临界条件结合动量守恒和功能关系即可正确求解；本题是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考查了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题9 如图所示倾角45o 的粗糙直导轨与半径r

20、 0.4m 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m 1kg 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0.5 ，重力加速度 g10 m / s2 ，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) f 60n(2) ve6 2 2 j【解析】【详解】1 滑块在 c 点时由重力提供向心力，有：mgmvc2r滑块从 e 点到 c 点的运动过程中，由机械能守恒可知