高中物理生活中圓周運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)高中物理生活中圓周運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)高中物理生活中圓周運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含)高中物理生活中的圓周運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)一、高中物理精講專題測試生活中的圓周運(yùn)動1．已知某半徑與地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的

1

倍．地球表面的重力加速度2為g．在這個星球上用細(xì)線把小球懸掛在墻壁上的釘子O上，小球繞懸點O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動．小球質(zhì)量為m，繩長為L，懸點距地面高度為H．小球運(yùn)動至最低點時，繩恰被拉斷，小球著地時水平位移為S求：(1)星球表面的重力加速度？(2)細(xì)線剛被拉斷時，小球拋出的速度多大？(3)細(xì)線所能承受的最大拉力？【答案】(1)1(2)s2g0(3)T1s2g星=gv0[1]mg04HL4042(HL)L【解析】【解析】【詳解】（1）由萬有引力等于向心力可知GMmmv2R2RGMmmgR2v2可得gRg星＝1g04（2）由平拋運(yùn)動的規(guī)律：HL1g星t22sv0t解得vs2g004HL2（3）由牛頓定律，在最低點時：Tmg星＝mvL解得：T11s2mg042(HL)L【點睛】本題觀察了萬有引力定律、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動的綜合，聯(lián)系三個問題的物理量是重力加速度g0；知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律和圓周運(yùn)動向心力的本源是解決本題的要點．2．有一水平放置的圓盤，上面放一勁度系數(shù)為k的彈簧，以下列圖，彈簧的一端固定于軸O上，另一端系一質(zhì)量為m的物體A，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時彈簧未發(fā)生形變，長度為l．設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力．求：（1）盤的轉(zhuǎn)速ω0多大時，物體A開始滑動？（2）當(dāng)轉(zhuǎn)速緩慢增大到2ω0時，A仍隨圓盤做勻速圓周運(yùn)動，彈簧的伸長量

△x是多少？【答案】（1）g3mgl（2）4mglkl【解析】【解析】（1）物體A隨圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，若圓盤轉(zhuǎn)速較小，由靜摩擦力供應(yīng)向心力；當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速較大時，彈力與摩擦力的合力供應(yīng)向心力．物體A剛開始滑動時，彈簧的彈力為零，靜摩擦力達(dá)到最大值，由靜摩擦力供應(yīng)向心力，依照牛頓第二定律求解角速度ω0．2）當(dāng)角速度達(dá)到2ω0時，由彈力與摩擦力的合力供應(yīng)向心力，由牛頓第二定律和胡克定律求解彈簧的伸長量△x．【詳解】若圓盤轉(zhuǎn)速較小，則靜摩擦力供應(yīng)向心力，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速較大時，彈力與靜摩擦力的合力供應(yīng)向心力．1）當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速為n0時，A立刻開始滑動，此時它所受的最大靜摩擦力供應(yīng)向心力，則有：μmg＝mlω02，解得：ω0g．=l即當(dāng)ω0g時物體A開始滑動．＝l2）當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速達(dá)到2ω0時，物體碰到的最大靜摩擦力已不足以供應(yīng)向心力，需要彈簧的彈力來補(bǔ)充，即：μmg+k△x＝mrω12，r=l+△x解得：Vx＝

3mglkl4mg【點睛】當(dāng)物體相對于接觸物體剛要滑動時，靜摩擦力達(dá)到最大，這是經(jīng)常用到的臨界條件．本題要點是解析物體的受力狀況．3．以下列圖，帶有1圓滑圓弧的小車A的半徑為R，靜止在圓滑水平面上．滑塊C置于4木板B的右端，A、B、C的質(zhì)量均為m，A、B底面厚度相同．現(xiàn)B、C以相同的速度向右勻速運(yùn)動，B與A碰后即粘連在一起，C恰好能沿A的圓弧軌道滑到與圓心等高處．則：(已知重力加速度為g)(1)B、C一起勻速運(yùn)動的速度為多少？(2)滑塊C返回到A的底端時AB整體和C的速度為多少？【答案】（1）v023gR（2）v123gR，v253gR33【解析】本題觀察動量守恒與機(jī)械能相結(jié)合的問題．(1)設(shè)B、C的初速度為v，AB相碰過程中動量守恒，設(shè)碰后AB整體速度u，由0mv02mu，解得uv02C滑到最高點的過程：mv02mu3mu1mv0212mu213mu2mgR222解得v023gR(2)C從底端滑到頂端再從頂端滑終究部的過程中，滿足水平方向動量守恒、機(jī)械能守恒，有mv02mumv12mv21mv0212mu21mv1212mv222222解得：v123gR，v253gR334．以下列圖，半徑為R的四分之三圓周軌道固定在豎直平面內(nèi)，O為圓軌道的圓心，D為圓軌道的最高點，圓軌道內(nèi)壁圓滑，圓軌道右側(cè)的水平面BC與圓心等高．質(zhì)量為m的小球從離B點高度為h處（3Rh3R）的A點由靜止開始下落，從B點進(jìn)入圓軌道，2重力加速度為g）．1）小球能否到達(dá)D點？試經(jīng)過計算說明；2）求小球在最高點對軌道的壓力范圍；（3）經(jīng)過計算說明小球從D點飛出后能否落在水平面BC上，若能，求落點與B點水平距離d的范圍．【答案】（1）小球能到達(dá)D點；（2）0F3mg；（3）21Rd221R【解析】【解析】【詳解】（1）當(dāng)小球恰好經(jīng)過最高點時應(yīng)有：mvD2mgR由機(jī)械能守恒可得：mghRmvD22聯(lián)立解得h3R，由于h的取值范圍為3Rh3R，小球能到達(dá)D點；22（2）設(shè)小球在D點碰到的壓力為F，則FmgmvD2RmghRmvD22聯(lián)立并結(jié)合h的取值范圍3Rh3R解得：0F3mg2據(jù)牛頓第三定律得小球在最高點對軌道的壓力范圍為：0F3mg（3）由（1）知在最高點D速度最少為vDmingR此時小球飛離D后平拋，有：R1gt22xminvDmint聯(lián)立解得xmin2RR，故能落在水平面BC上，當(dāng)小球在最高點對軌道的壓力為3mg時，有：mg3mgmvD2maxR解得vDmax2gR小球飛離D后平拋R1gt2，2xmaxvDmaxt聯(lián)立解得xmax22R故落點與B點水平距離d的范圍為：21Rd221R5．以下列圖，在圓滑的圓錐體頂部用長為的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為的小球，因錐體固定在水平面上，其軸線沿豎直方向，母線與軸線之間的夾角為，物體繞軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，小球靜止時細(xì)線與母線給好平行，已知，重力加速度g取若北小球運(yùn)動的角速度，求此時細(xì)線對小球的拉力大小?！敬鸢浮俊窘馕觥俊窘馕觥恳勒张ｎD第二定律求出支持力為零時，小球的線速度的大小，從而確定小球有無走開圓錐體的斜面，若走開錐面，依照豎直方向上合力為零，水平方向合力供應(yīng)向心力求出線對小球的拉力大小?！驹斀狻咳粜∏蚯『米唛_圓錐面，則小球所受重力與細(xì)線拉力的合力供應(yīng)向心力，有：此時小球做圓周運(yùn)動的半徑為：解得小球運(yùn)動的角速度大小為：代入數(shù)據(jù)得：若小球運(yùn)動的角速度為：小球?qū)A錐體有壓力，設(shè)此時細(xì)線的拉力大小為F，小球受圓錐面的支持力為，則水平方向上有：豎直方向上有：聯(lián)立方程求得：【點睛】解決本題的要點知道小球圓周運(yùn)動向心力的本源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，依照牛頓第二定律求出臨界速度是解決本題的要點。6．圖示為一過山車的簡單模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的圓滑圓形軌道組成，BC分別是圓形軌道的最低點和最高點，其半徑R=1m，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊（視為質(zhì)點）從左側(cè)水平軌道上的A點以大小v0＝12m／s的初速度出發(fā)，經(jīng)過豎直平面的圓形軌道后，停在右側(cè)水平軌道上的D點．已知A、B兩點間的距離L1＝5．75m，物塊與水平軌道寫的動摩擦因數(shù)0．2，取g＝10m／s2，圓形軌道間不相互重疊，求：1）物塊經(jīng)過B點時的速度大小vB；2）物塊到達(dá)C點時的速度大小vC；3）BD兩點之間的距離L2，以及整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q【答案】(1)11m/s(2)9m/s(3)72J【解析】【解析】【詳解】（1）物塊從A到B運(yùn)動過程中，依照動能定理得：mgL11mvB21mv0222解得：vB11m/s（2）物塊從B到C運(yùn)動過程中，依照機(jī)械能守恒得：1mvB21mvC2mg·2R22解得：vC9m/s（3）物塊從B到D運(yùn)動過程中，依照動能定理得：mgL201mvB22解得：L2對整個過程，由能量守恒定律有：Q1mv0202解得：Q=72J【點睛】采用研究過程，運(yùn)用動能定理解題．動能定理的優(yōu)點在于適用任何運(yùn)動包括曲線運(yùn)動．知道小滑塊能經(jīng)過圓形軌道的含義以及要使小滑塊不能夠走開軌道的含義．7．如圖1所示是某游樂場的過山車，現(xiàn)將其簡化為如圖2所示的模型：傾角θ=37°、L=60cm的直軌道AB與半徑R=10cm的圓滑圓弧軌道BCDEF在B處圓滑連接，C、F為圓軌道最低點，D點與圓心等高，E為圓軌道最高點；圓軌道在F點與水平軌道FG圓滑連接，整條軌道寬度不計，其正視圖如圖3所示．現(xiàn)將一質(zhì)量m=50g的滑塊(可視為質(zhì)點)從A端由靜止釋放．已知滑塊與AB段的動摩擦因數(shù)μ1，與FG段的動摩擦因數(shù)μ2，sin37=0°.6，°，重力加速度g=10m/s2．1）求滑塊到達(dá)E點時對軌道的壓力大小FN；2）若要滑塊能在水平軌道FG上停下，求FG長度的最小值x；（3）若改變釋放滑塊的地址，使滑塊第一次運(yùn)動到D點時速度恰好為零，求滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點最遠(yuǎn)時，它在AB軌道上運(yùn)動的總行程s．93m【答案】（1）FN（2）x=0.52m（3）s160【解析】【詳解】（1）滑塊從A到E，由動能定理得：mgLsinR1cos2R1mgLcos1mvE22代入數(shù)據(jù)得：vE30m/s5滑塊到達(dá)E點：mgFNmvE2R代入已知得：FN（2）滑塊從A下滑到停在水平軌道FG上，有mgLsin

R1cos

1mgLcos

2mgx

0代入已知得：

（3）若從距

B點

L0處釋放，則從釋放到恰好運(yùn)動到

D點過程有：mg[L0sin+R(1

cos

)

R]

1mgL0

cos

0代入數(shù)據(jù)解得：L0從釋放到第一次返回最高點過程，若在軌道AB上上滑距離為L1，則：mgL0L1sin1mgL0L1cos0解得：L1sin1cosL01L0sin1cos2同理，第二次返回最高點過程，若在斜軌上上滑距離為L2，有：1L12L2sin1cosL11L0sin1cos2215故第5次返回最高點過程，若在斜軌上上滑距離為L5，有：L0L52所以第5次返回軌道AB上離B點最遠(yuǎn)時，它在AB軌道上運(yùn)動的總行程sL02L12L22L32L4L593m1608．以下列圖，半徑為

0.5m

的圓滑細(xì)圓管軌道豎直固定，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切．物塊A以v0=6m/s的速度進(jìn)入圓軌道，滑過最高點P再沿圓軌道滑出，此后與靜止于直軌道上Q處的物塊B碰撞；A、B碰撞時間極短，碰撞后二者粘在一起．已知Q點左側(cè)軌道均圓滑，Q點右側(cè)軌道與兩物塊間的動摩擦因數(shù)均為μ．物塊AB的質(zhì)量均為1kg,且均可視為質(zhì)點．取g=10m/s2．求：(1)物塊A經(jīng)過P點時的速度大??；(2)物塊A經(jīng)過P點時碰到的彈力大小和方向；(3)在碰撞后，物塊A、B最后停止運(yùn)動處距Q點的距離．【答案】(1)4m/s(2)22N；方向豎直向下【解析】【詳解】(1)物塊A進(jìn)入圓軌道到達(dá)P點的過程中，依照動能定理1212-2mgR=2mvp-2mv0代入數(shù)據(jù)解得vp=4m/s(2)物塊A經(jīng)過P點時，依照牛頓第二定律v2pFN+mg=mR代入數(shù)據(jù)解得彈力大小FN=22N方向豎直向下(3)物塊A與物塊B碰撞前，物塊A的速度大小vA=v0=6m/s兩物塊在碰撞過程中，依照動量守恒定律mAv0=(mA+mB)v兩物塊碰撞后一起向右滑動由動能定理-μ(mA+mB)gs=0-1(mA+mB)v22解得9．某工地某一傳輸工件的裝置可簡化為以下列圖的狀況，AB為一段足夠長的曲線軌道，BC為一段足夠長的水平軌道，CD為一段圓弧軌道，圓弧半徑r=1m，三段軌道均圓滑。一長為L=2m、質(zhì)量為M=1kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面恰好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點處于同一水平面。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m=2kg的工件從距AB軌道最低點h高處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動小車也向右運(yùn)動，小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時間極短)后即被粘在C處。工件只有從CD軌道最高點飛出，才能被站在臺面DE上的工人接住。工件與小車的動摩擦因數(shù)為μ，取g=10m/s2，(1)若，則工件滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力為多大？(2)要使工件能被站在臺面DE上的工人接住，求h的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】(1)工件從起點滑到圓弧軌道底端B點,設(shè)到B點時的速度為vB，依照動能定理：工件做圓周運(yùn)動，在B點，由牛頓第二定律得：由①②兩式可解得：N=40N由牛第三定律知,工件滑到弧底端B點道的力N′=N=40N①由于BC道足,要使工件能到達(dá)CD道,工件與小必能達(dá)共速,工件滑上小的速度v0,工件與小達(dá)共速的速度v1，假工件到達(dá)小最右端才與其共速，定向右正方向，于工件與小成的系，由量守恒定律得：mv0=(m+M)v1由能量守恒定律得：于工件從AB道滑下的程，由機(jī)械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：h1=3m.②要使工件能從CD道最高點出,h1=3m其從AB道滑下的最大高度,其最小高度h′,滑上小的速度v′0,與小達(dá)共速的速度v′1,滑上CD道的速度v′2，定向右正方向，由量守恒定律得：mv′0=(m+M)v′1?⑥由能量守恒定律得：工件恰好滑到CD道最高點，由機(jī)械能守恒定律得：工件在AB道滑的程，由機(jī)械能守恒定律得：立。⑥⑦⑧⑨,代入數(shù)據(jù)解得：h′=m上所述,要使工件能到達(dá)CD道最高點,使h足：m<h?3m.【名點睛】（1）工件在圓滑弧上下滑的程，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律或能定理求出工件滑到弧底端B點的速度．在B點，由合力供應(yīng)向心力，由牛第二定律求出道工件的支持力，從而獲取工件道的力．2）由于BC道足，要使工件能到達(dá)CD道，工件與小必能達(dá)共速，依照量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小的初速度大小，依照機(jī)械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能從CD道最高點出，h=3m其從AB道滑下的最大高度，合量守恒定律和能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律求出最小高度，從而得出高度的范．10．如甲所示，陀螺可在道外旋而不零散，憂如道它施加了魔法一，被稱“魔力陀螺”．它可等效一點在道外運(yùn)模型，如乙所示．在直平面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點．質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完滿的圓周運(yùn)動，受圓軌道的強(qiáng)磁性引力向來指向