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1、高中物理生活中的圆周运动模拟试题及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，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v0 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3
2、2mv024 2gR 或 45gR v0 8 2gR【答案】 (1)mv0(2) 16mg(3) v084R【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：mv0 (m3m)v1由能量守恒定律得：Q1 mv021 4mv1222代入数值解得： Q3mv028(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(m3m)v12得 F1(m3m) gR以木板为对象受力分析得F212mgF1根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F2木板对水平面的压力的大小F216mgmv024R(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性
3、： 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：1m 3m v12m 3m gR2解得： v042gR 若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：(m 3m)v(m 3m) gR22由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v2222代入数值解得：v04 5gR要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：F312mg(m3m)v在最高点有：F3(m3m)gR23由机械能守恒定律得：1 (m 3m)v122(m 3m)gR1 ( m 3m)v3222解得： v082gR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
4、范围是v04 2gR 或 4 5gRv08 2gR2 如图所示，一根长为0.1 m 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40 N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 0.8 m，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
5、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=m 2R，设原来的角速度为00,线断时的拉力是1,线上的拉力是F ,加快后的角速度为F ，则有：1022F :F = :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= m v2，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：t=2h2 0.8 s =0.4s，g10则落地点离桌面的水平距离为：x=vt=50.4=2m.3 光
6、滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得
7、W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知， S= 4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.4 如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，物体在A 的上方 O点用细线悬
8、挂一小球 C(可视为质点 )，线长 L 0.8m 现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体 A 发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为 2m/s已知 A、 B、 C的质量分别为 mA 4kg、 mB 8kg 和 mC1kg， A、 B 间的动摩擦因数 0.2， A、 C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g 10m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求A、 C 碰撞后瞬间A 的速度大小；(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？【答案】(1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【详解】（1）小球下
9、摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：12m0 glm0v02代入数据解得： v0 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：Fmv020gm0l代入数据解得： F30N（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：1 mvC2mgh2所以： vC2gh2 100.22m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0 m0vc+mvA代入数据解得： vA1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA（ m+M ）v代入数据解得： v 0.5m/s由能量守恒定律得：m
10、gx 1mv A21（m+M ） v222代入数据解得：x0.375m；5 如图所示，ABCD是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达 B 点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s 2
11、，求：(1)水平推力 F 的大小；(2)滑块到达 D 点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（ 1） 1N（ 2）（ 3） t 1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C 点，则有：m1g m1从 A 到 C 由动能定理得：Fx m1g2R m1 vC2 0代入数据联立解得：F 1 N(2)从 A 到 D 由动能定理得：Fx m1vD2代入数据解得：vD 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1g m1a1，解得：a1 1g 3 m/s 2对木板有：1m1g 2(m1 m2)gm2a2，
12、代入数据解得：a2 2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v 共 vD a1 tv 共 a2t，代入数据解得：t 1 s此时滑块的位移为：x1 vDta1t2 ，木板的位移为：x2 a2t2， Lx1 x2，代入数据解得：L 2.5 mv 共 2 m/sx2 1 m达到共同速度后木板又滑行x，则有：v 共 2 22gx，代入数据解得：x 1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木 x2 x2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解6 某
13、工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为长倾斜传送带 BC 在 B 处相切且平滑连接， OA 连线水平、O 的光滑圆弧轨道AB 与足够OB 连线与竖直线的夹角为37，圆弧的半径为R1.0m，在某次调试中传送带以速度v2 m/s顺时针转动，现将质量为 m13 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m21kg 的物块 Q 在传送带上，经时间t1.2s 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2
14、0.6 ， cos37 0.8 试求：g 10m/s ， sin37（ 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OB 向下。【解析】【分析】【详解】（1）由 A 到 B，对物块 P 由动能定理有m1gR cos1 m1v122可得物块 P 在 B 点的速度大小v12gRcos4m/s（2）因 vBv，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 cosm1a1可得物块P 的加速度大小a 1=10m
15、/s2减速至 v 的时间t1vv10.2sa1运动位移v2v2x110.6m2a1因 x1L，摩擦力反向，又因 mg sinmg cos，物块 P 继续向上减速，有m1 g sinm1g cosm1a2可得物块P 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2因 t 2=t-t 1 ，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x2v21m2a2对物体 Qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31a3t 21.44m2BC 的最小距离L=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体Q 的速度v2=
16、a3t =2.4m/s物体 P 和 Q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=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 x1x2 v42 - v32可得粘合体在B 点的速度v4=2.6m/s在 B 点由牛顿第二定律有v42Fm1m2 gcos m1m2R可得轨道对粘合体的支持力F=59.04N由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F=59.04N，方向沿OB 向下。7 如图所示，半径为0. 5m 的光滑细圆管轨道竖直固定，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
17、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 A 进入圆轨道到达P 点的过程中，根据动能定理-2mgR= 1 m v2p - 1 m v0222代入数据解得vp=4m/
18、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 如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道R，轨道 AB、 BC 在同一竖直平面内一质量为mBC在 B 点相切连接，半圆轨道半径为的物块在 A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B 点之前已经
19、与弹簧分离，重力加速度为g.求：(1)物块由 C 点平抛出去后在水平轨道的落点到B 点的距离；(2)物块在 B 点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在 A 点时弹簧的弹性势能【答案】 （1） 2R（2） 6mg（ 3） 5 mgR2【解析】【分析】【详解】（1）因为物块恰好能通过C 点，有：mgm vC2R物块由 C 点做平抛运动，有：xvct ， 2 R1 gt 22解得：x2R即物块在水平轨道的落点到B 点的距离为 2R（2）物块由 B 到 C 过程中机械能守恒，有：1 mvB22mgR1 mvC222设物块在 C 点时受到轨道的支持力为F，有：Fmgm vB2R解得：F6mg由牛顿第三定
20、律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力：FF6mg（3）由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：Ep 2mgR1 mvC22解得：Ep5 mgR2【点睛】本题的关键要知道物块恰好过最高点所代表的含义，并会求临界速度，也要学会用功能关系求弹性势能的大小9 如图所示，光滑圆弧的圈心为O ，半径 R3m ，圆心角53 ， C 为圆弧的最低点， C 处切线方向水平，与一足够长的水平面相连从A 点水平抛出一个质量为0.3kg 的小球，恰好从光滑圆弧的B 点的切线方向进人圆弧，进人圆弧时无机械能损失小球到达圆弧的最低点 C 时对轨道的压力为7.9 N ，小球离开 C 点进人水平面，小球与水平
21、面间的动摩擦因数为 0.2 （ 不计空气阻力，g 取 10m/s 2 ， sin530.8 ， cos530.6 ），求：（ 1）小球到达圆弧 B 点速度的大小 ；（ 2）小球做平抛运动的初速度 v0 ；（ 3）小球在水平面上还能滑行多远【答案】 (1) vB5m/s ；(2) v03m/s ； (3)x 12.25m【解析】【详解】(1)对 C 点小球受力分析，由牛顿第二定律可得：Fmgm vC2R解得vc7m / s从 B 到 C 由动能定理可得：mgR(1 cos )1mvc21mvB222解得：vB5m / s(2)分解 B 点速度v0vB cos3m / s(3)由 C 至最后静止，
22、由动能定理可得：mgx 01mvc22解得x12.25m10 如图所示，一段粗糙的倾斜轨道，在B 点与半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道BCD相切并平滑连接 CD 是圆轨道的竖直直径，OB 与 OC夹角 =53 将质量为m=1kg 的小滑块从倾斜轨道上的A 点由静止释放，AB=S，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数2=0.5 sin53 =0.8， cos53 =0.6， g=10m/s 求 ：（ 1）若 S=2m，小物块第一次经过 C 点时的速度大小 ；（ 2）若 S=2m，小物块第一次经过 C 点时对轨道的压力大小 ；（ 3）若物块能沿轨道到达 D 点，求 AB 的最小值 S【答案】 （1） 2
23、6m/s （ 2） 58N（ 3） S=2.1m【解析】【分析】【详解】（1）对小滑块从A 到 C的过程应用动能定理mgS sinmgR(1cos)mgS cos1 mvc202代入数据得vc26m/s（2） C 点时对滑块应用向心力公式2FN mgm vCR代入数据得FN58N根据牛顿第三定律得F压FN58N（3）小滑块恰能通过最高点D 时，只有重力提供向心力mgmvD2R代入数据得vD5m/s对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理mgSsinmgR(1 cos )mgS cos1mvD202代入数据得S2.1m【点睛】本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用