高考物理生活中的圆周运动(一)解题方法和技巧及练习题

高考物理生活中的圆周运动(一)解题方法和技巧及练习题

一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动

1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：

(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；

(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；

(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．

【答案】(1)2038mv (2) 2

164mv mg R

+

(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】

本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111

422

Q mv mv =-? 代入数值解得：2038

Q mv =

(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式

得2

11(3)(3)m m v F m m g R

+-+=

以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2

木板对水平面的压力的大小20

2164mv F mg R

=+

(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：

①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R

由机械能守恒定律得：

()()211

332

m m v m m gR +≤+

②若小球能通过圆形轨道的最高点

小球能通过最高点有：2

2

(3)(3)m m v m m g R

++≤

由机械能守恒定律得：

221211(3)2(3)(3)22

m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥

要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤

在最高点有：2

3

3(3)(3)m m v F m m g R

+++=

由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22

m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤

综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是

042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤

2．如图所示，带有

1

4

光滑圆弧的小车A 的半径为R ，静止在光滑水平面上．滑块C 置于木板B 的右端，A 、B 、C 的质量均为m ，A 、B 底面厚度相同．现B 、C 以相同的速度向右匀速运动，B 与A 碰后即粘连在一起，C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高处．则：(已知重力加速度为g ) (1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？

(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少？

【答案】（1）023v gR =（2）123gR

v =253gR v =【解析】

本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．

(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由

02mv mu =，解得0

2

v u =

C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='

2220111

23222

mv mu mu mgR +?=+'?

(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有012

22

mv mu mv mv

+=+

2222

012

1111

22

2222

mv mu mv mv

+?=+?

解得：

1

23gR

v=，

2

53gR

v=

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0.32

R m

=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1

A

m kg

=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

μ=，物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取2

10/

g m s

=．求：

（1）当3

k=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）①()

21

W k J

=-+②

()

2215

21

k k

W

k

+-

=

+

【解析】

（1）设物块A在E的速度为

v，由牛顿第二定律得：

2

A A

v

m g m

R

=①，

设碰撞前A的速度为1v．由机械能守恒定律得：22

01

11

2

22

A A A

m gR m v m v

+=②，

联立并代入数据解得：14/

v m s

=③；

设碰撞后A、B速度为2v，且设向右为正方向，由动量守恒定律得

()

122

A A

m v m m v

=+④；

解得：21

1

41/

13

A

A B

m

v v m s

m m

==?=

++⑤；

由能量转化与守恒定律可得：()22121

122

A A

B Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （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：()()221

2

A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214

/1A A B m v v m s m m k

=

=++⑩；

（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2

21

2

A B A B m m v m m gL μ+>+，

解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 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 ≤<3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()()22211

22

A B A B W m m v m m v =

+-+， 解得()

2215

21k k W k +-=

+； 【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，水平传送带AB 长L=4m ，以v 0=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μ=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B 点时对轨道的压力；（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D 点的临界速度，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=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间

01v t s a =

= 运动的距离：21

1.52

x at m ==， 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：2

v F mg m R

-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时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 2D

v R

解得v D ； 由B 到D ，由动能定理：22

11222

B D mv mv mg R =+? 解得v B =5m/s>v 0

可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL 解得v A =7m/s

5．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g ．求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1; (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ;

(3)已知地面欲睡面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ' 。在90?角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在

2

3

m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？

【答案】gR ；(2)3mgR ；(3)28.25R π 【解析】 【分析】 【详解】

(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则

2

1v mg m R

=

可以解得

1v gR =

(2)从弹簧释放到最高点C 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有

2

1102F G W W mv +=

- 即

()2

12.502

F W mg R m gR

-=

-

得

3F W mgR =

故弹簧弹性势能为E p =3mgR

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得

23h R t g g

=

=

离OO'的水平距离为x 1，鱼饵的质量为m 时

113x v t R ==

鱼饵的质量为

2

3

m 时，由动能定理 ()()2

1

2122.50323F W mg R m v ??-=- '???

整理得：

1

4v gR '= 同理：

21

6x v t R ='= 114r x r R =+= 227r x r R =+=

鱼饵能够落到水面的最大面积S 是

()

222211

8.254

S r r R πππ=

-= 【点睛】

本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上

形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题．

6．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g 取102/m s ，不考虑空气阻力作用，求：

（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）23

R 【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】

（1）在B 点时，由牛顿第二定律：2B

B v N mg m R

-=，其中N B =3mg ；

解得2B v gR =；

从B 点向C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则(3)B mv m m v =+； 由能量关系可知：2211

(3)22

B mgL mv m m v μ=-+ 联立解得：L=2.5R ；

（2）从P 到A 点，由机械能守恒：mgh=

1

2

mv A 2； 在A 点：0

1sin 60A A v v =，

从A 点到B 点：202111(1cos60)22

A B mv mgR mv +-= 联立解得h=

23

R

7．如图，1111C D E F 和2222C D E F 是距离为L 的相同光滑导轨，11C D 和11E F 为两段四分之一圆弧，半径分别为18r r =和2.r r =在水平矩形1122D E E D 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12E E 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12E E 瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路

中产生热量的范围． 【答案】（1）2BL gr

方向逆时针（2）3gr （3）3mgr ≤Q ≤4mgr . 【解析】

（1）导体棒P 由12C C 下滑到12D D ，根据机械能守恒定律：2

11 42

D D mgr mv v gr ==， 求导体棒P 到达12D D 瞬间：

D E BLv = 回路中的电流：22BL gr

E I R =

=

（2）棒Q 到达12E E 瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：2

2

Q

Q mv mg v gr r =

=

设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为P v ，根据动量守恒定律：

D P Q mv mv mv =+ 代入数据得：3P v gr =．

（3）由()2若导体棒Q 恰能在到达12E E 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222

11113222

D P Q Q mv mv mv mgr =

--= 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，则根据动量守恒：()2D mv m m v v gr =+?= 回路中产生的热量()22211

422

D Q mv m m v mgr =

-+=； 【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒P 到达12D D 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．

8．如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切。质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2。求：

(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；

(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 。 【答案】(1)

(2)E P =0.2J (3) I =0.4N ?s

【解析】

（1）小球由静止释放到最低点B 的过程中，据动能定理得

小球在最低点B 时：

据题意可知

，联立可得

（2）小球a 与小球b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同， 此过程中由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得

弹簧的最大弹性势能E p =0.4J

小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为，b 求最终速度为，由动量守恒定律

由能量守恒定律：

根据动量定理有：

得小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小为

I =0.8N·s

9．如图所示，用两根长度均为l 的细线将质量为m 的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳与天花板的夹角为θ．将细线BO 剪断，小球由静止开始运动．不计空气阻力，重力加速度为g ．求：

（1）剪断细线前OB 对小球拉力的大小； （2）剪断细线后小球从开始运动到第一次 摆到最高点的位移大小；

（3）改变B 点位置，剪断BO 后小球运动到最低点时细线OA 的拉力F 2与未剪断前细线的

拉力F 1之比21

F F 的最大值．

【答案】（1）2sin mg F θ

= （2）2cos x l θ= （3）

21max 94F F = 【解析】 （1）1

sin 2

F mg θ=

得2sin mg

F θ

=

（2）小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为α mglsin α=mglsin θ 得α=θ X=2lcos θ

（3）小球运动到最低点时速度为v

2

1(1sin )2

mgl mv θ-=

2

2v F mg m l

-=

F 1=F

得： 22

1

6sin 4sin F F θθ=- 当3sin 4

θ=时可得

21max 9 =4F F

10．如图所示，质量m=0.2kg 小物块，放在半径R 1=2m 的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘的动摩擦因数μ1=0.8。圆心角为θ=37°.半径R 2=2.5m 的光滑圆弧轨道BC 与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ2=0.5。开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O 1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O 1与

A 连线垂直纸面），恰好沿切线进入圆弧轨道

B 处，经过圆弧B

C 进入水平轨道C

D ，在D 处

进入圆心为O 3.半径为R 3=0.5m 光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF 向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2，求： （1）圆盘对小物块m 做的功；

（2）小物块刚离开圆盘时A 、B 两点间的水平距离；

（3）假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端

D 与圆弧轨道底端C 之间的距离范围和小物块的最终位置。

【答案】（1）1.6J ；（2）1.2m ；（3）物块停离C 位置

处。

【解析】（1）小物块刚滑出圆盘时： ，得到：

由动能定理得：，得到：

（2）物块切入圆弧面，由平抛运动知识可得：

在B处的竖直方向速度为，运动时间AB间的水平距离

；

（3）物块刚好通过圆轨道最高点E处：由B到E点由动能定理得到：

，可得：

即DC之间距离不大于时物块可通过竖直圆，最后物块停止，由动能定理可得：

最后物块停离C位置处。

故本题答案是：（1）1.6J；（2）1.2m；（3）物块停离C位置处

点睛：把握题中的临界条件即摩擦力达到最大时物块即离开平台开始做平抛运动，然后结合题中给的条件求解待求量。