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1、高考物理生活中的圆周运动专项训练100( 附答案 ) 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，带有1 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4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） v023gR（ 2） v12 3gR ， v253gR33【解析】本题考查动量
2、守恒与机械能相结合的问题(1)设 B、 C 的初速度为 v ， AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度 u，由0mv02mu ，解得 uv02C 滑到最高点的过程：mv02mu3mu1mv0212mu213mu 2mgR222解得 v02 3gR(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 mv02mumv12mv21 mv0212mu21 mv1212mv222222解得 ： v123gR53gR， v2332 如图所示，光滑轨道“”D 处入、出口不重合，CDEF 是一 过山车的简化模型，最低点E 点是半径为 R0.32m 的竖直圆轨道的最高点
3、，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 k 3 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
4、W 的表达式【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k1 J Wk 22k152 k1【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA gmAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2mA gR1mAv021mAv12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；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mAv1 mA m2 v2 ；mAv1141m / s ；解得： v2mBmA1 3由能量转化与守恒定律可得：Q1 mAv12 1 mAmBv22 ，代入数据解得 Q=6J ；22（2）设物块 AB
5、在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mAmBgs1mA mBv22 ，代入数据解得s0.25m ；2（3）由式可知： v2mAv14 m / s ；mA mB1k（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv22mAmB gL ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为：WmAmBgL2 k1 J；（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 0 k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
6、送带的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1mA mB v21mA mB v22 ，22k 22k15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
7、传送带所做的功3如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3s 后又恰好与倾角为450 的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为R1m ，小球可看作质点且其质量为m1kg ， g10m / s2 ，求：（ 1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离；（ 2）小球通过管道上 B 点时对管道的压力大小和方向【答案】（ 1） 0.9m ；（ 2） 1N【解析】【分析】（1）根据平抛运动时间求得在C 点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；（2）对小球在
8、B 点应用牛顿第二定律求得支持力NB 的大小和方向【详解】（1）根据平抛运动的规律，小球在C 点竖直方向的分速度vy=gt=10m/s水平分速度vx=vytan450=10m/s则 B 点与 C 点的水平距离为： x=vxt=10m（ 2）根据牛顿运动定律，在 B 点Bv2N +mg=mR解得 NB=50N根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N方向竖直向上【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义要注意小球经过B 点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析4 如
9、图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为L，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷 q不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重的9倍。(1)求小球在最低点时的速度大小；(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。【答案】（ 1） v18gL3mg3mg（ 2）E5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：Fmg解得： v18gLmv12L（ 2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最
10、高点。则小球不能通过最高点，由动能定理得：mg 2L Eq2L1mv121mv2222且2Eqmgm v2L3mg则 E5q也不可以低于O 水平面mgLEqL3mg则 Eqmv1223mg3mg所以电场强度可能的大小范围为E5qq5 如图， AB 为倾角37 的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143 、半径 R0.4m ，两轨道相切于 B 点， P 、 O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量 m 0.2 kg 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知CD 0.2m 、
11、 sin37 0.6、 cos370.8 ， g 取 10 m/s2 求：（ 1）物块经过 P 点时的速度大小 v p ；（ 2）若 BC 1.0m ，弹簧在 D 点时的弹性势能 EP ；（ 3）为保证物块沿原轨道返回， BC 的长度至少多大【答案】 （1） 2m/s (2)32.8J (3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：v2pmg=mR解得：vPgR100.42m/s（2）物块从D 到 P 的过程，由机械能守恒定律得：12Ep=mg（ sDC+sCB）sin37 +mgR（ 1+cos37 ）+mvP2代入数据解得：Ep=
12、32.8J（ 3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：Ep =mg（ sDC+sCB） sin37 +mgR（ 1+cos37 ）解得：sCB=2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力6 如图所示，将一质量 m 0.1 kg 的小球自水平平台顶端 O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为 53的光滑斜面顶端 A 并沿斜面下滑，斜面底端 B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动已知
13、斜面顶端与平台的高度差h 3.2 m，斜面高H15 m，竖直圆轨道半径R 5m取 sin 53 0.8， cos 53 0.6， g 10 m/s 2，求：(1)小球水平抛出的初速度v0 及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力【答案】 (1)6 m/s4.8 m(2)2.05 s(3)3 N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可得：v0vytan由平抛运动规律得：vy2 2gh12hgt1x v0t1联立解得：v0 6 m/
14、s ， x 4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t12h0.8 sg小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小；vAv0 10 m/s ；cos从 A 点到 B 点；由动能定理得mgH1 mvB21 mvA2 ；22解得vB20 m/s ；小球沿斜面下滑的加速度a gsin 8 m/s2；由 vB vA at2，解得t2 1.25 s；小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；t t 1 t2 2.05 s；(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到 D 点，由动能定理可得-2mgR1 mvD2 1 mvB2；22在 D 点由牛顿第二
15、定律可得：N mg m v2DR联立解得：N 3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力N 3 N，方向竖直向上7 如图所示，光滑轨道槽 ABCD与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量EF平滑连接 (D、 G 处在m=1kg 的小球从AB 段距地面高h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点知 CD、GH 与水平面的夹角为=37，GH 段的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径E 点。已R0.4m ， E 点离水平面的竖直高度为3R（ E 点为轨道的最高点），（g=10m/s 2， sin37 =0.6
16、，cos37 =0.8）求：（ 1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（ 2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mg h03R1 mvE22解得： vE 4m/s（2） D、G 离地面的高度 h1 2R 2Rcos37o0.48m设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得 mgh0hmmg
17、cos37hmh10sin37由以上各式并代入数据h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点， mg m vE2R此情况对应小球在CH斜面上升的高度为h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得： mghhmgcos37hh10sin37小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：mg h 3Rmgcos37h h11 mvE2sin372由以上各式得 h=2.32m故小球沿原路径返回的条件为h0.8m或 h2.32m8 如图所示倾角45o 的粗糙直导轨与半径R 0.4m 的光滑圆
18、( 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) VE 62 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：
19、1 mvE2mg2R1 mvC222在 E 点有：mvE2F mgR解得： F60N2 滑块从 B 点到 E 点过程，由机械能守恒可知：1mvB2mgR 1cos45o1mvE222滑块从 D 点到 B 点过程有： vB22ax根据牛顿第二定律知 mgsin45 omgcos45oma由功能关系可知，损失的机械能VEmgcos45ox解得： VE6 2 2 J 【点睛】该题的突破口是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，由重力提供向心力要分析清楚滑块的运动情况，抓住每个过程的物理规律9 如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为，
20、上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（ 3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】 （1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3mR0.42m或 0R0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定
21、理得 ： - mgl+W 弹 0-mv0 2由功能关系： W 弹 =-Ep =-Ep解得 Ep=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 mgl Ek-mv02解得 Ek=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgR mv22- Ek小物块能够经过最高点的条件mmg，解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgR，解得 R 0.3m；设第一次自A 点经过圆形轨道最高
22、点时，速度为v1，由动能定理得：-2 mgR mv12- mv02且需要满足mmg，解得 R0.72m，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3mR0.42m或 0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。10 如图所示为某种弹射小球的游戏装置，由内置弹簧发射器的光滑直管道PA 和光滑圆管道 ABC 平滑相接，粗糙斜面 CD上端与管道 ABC末端相切于 C 点，下端通过一段极小圆弧（图中未画出）与粗糙水平面 DE平滑连接，半径 R=2.0m 的光滑半圆轨道竖直固定，其最低点 E 与水平面 DE相接， F 为其最
23、高点每次将弹簧压缩到同一位置后释放，小球即被弹簧弹出，经过一系列运动后从F 点水平射出己知斜面 CD 与水平面 DE 的长度均为L=5m，小球与斜面及水平面间的动摩擦因数均为=0.2，其余阻力忽略不计，角=37，弹簧的长度、小球大小、管道直径均可忽略不计，若小球质量时恰好与管口无挤压求：（ 1）弹簧的弹性势能大小 Ep；（ 2）改变小球的质量，小球通过管口F 时，管壁对小球的弹力小球质量m 的变化关系式并说明的FN 方向m=0.1kg，则小球到达管FFN 也相应变化，写出FN 随【答案】（ 1） 6.8J；（ 2） a)当 m=0.1kg 时， FN 为零；b)当 0m0.1kg 时， FN6
24、.868m ，向下；c)当0.1kgm0.12kg， FN68m6.8，向上；d) 当 m 0.12kg 时 , FN 为零【解析】【详解】（1）恰好与管口无挤压，则2mgm v1RP-F，由动能定理得W弹 2mgR mg(LcosL)1mv122初始弹性势能EP=W 弹联立以上各式解得EP=6.8J（2）在 F 点FN mgv2mRP-F，由能量守恒得：EP mg(LcosL) 2mgR1 mv22由得FN6.868m a)由可知当m=0.1kg 时， FN 为零；b)当 0m0.1kg 时， FN6.868m 小球经过F 点时外管壁对它有向下的弹力c)当小球到达F 点速度恰好为零时由可得17mkg0.12kg则 0.1kgm0.12kgFN68m6.8小球经过F 点时内管壁对它向上弹力d) 当 m0.12kg 时 , FN 为零