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1、高考物理生活中的圆周运动真题汇编( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在 A点相切 BC 为圆弧轨道的直径O 为圆心，OA和OB 之间的夹角为3， sin = ，一质量为m5的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为g求：（ 1 ）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；（ 2 ）小球到达 A 点时动量的大小；
2、（ 3 ）小球从 C 点落至水平轨道所用的时间【答案】（ 1）5gR （ 2） m23gR （ 3） 35R225g【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析 、动量 、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力解析 （ 1）设水平恒力的大小为F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为F由力的合成法则有F0tanmgF 2(mg )2F02 设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得v2FmR由式和题给数据得F03 mg 4v 5gR 2（2）设小球到达A 点的速度大小为v1 ，作 CDPA ，交 PA 于 D 点，由几何关系得DAR sin
3、CDR(1cos）由动能定理有mg CDF0DA1 mv21 mv12 22由式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为pmv1m23gR 2（3）小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g设小球在竖直方向的初速度为v ，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t 由运动学公式有v t1gt 2CD 2vvsin由式和题给数据得35Rtg5点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析 、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新 2 光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R 0.5 m，一个质量m 2 kg 的小球在
4、A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep 49 J，如图所示放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点 C， g 取 10 m/s 2求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功；(3)小球离开 C 点后落回水平面时的动能大小【答案】 （1） 7m / s （ 2） 24J （ 3） 25J【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律12Epmv1 ?v12Ep 7m/s m(2)由动能定理得 mg2R Wf 1mv221mv12 22小球恰能通过最高点，故 mgm v22R由得 Wf 24 J(3)根
5、据动能定理：mg 2R Ek1 mv222解得： Ek25J故本题答案是： （ 1） 7m / s （ 2） 24J（ 3） 25J【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度 ,从而根据动能定理求解从B 至 C 过程中小球克服阻力做的功 ;(3)小球离开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小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、
6、出口不重合，E 点是半径为 R 0.32m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 mA 1kg 的物块 A 从轨道上某点由静止释放，恰好A B通过竖直圆轨道最高点E，然后与发生碰撞并粘在一起若的质量是A的k倍，BB、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 g 10m / 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
7、；（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k 22k 15【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k 1 J W12 k【解析】（1）设物块 A 在 E 的速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA g mAv02，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： v1 4m / 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 mAm2 v2 ；解得： v2mAv1141m / s ；mA mB1 3由能量转化与守恒定律可得：Q1 m
8、Av121 mAmB v22 ，代入数据解得Q=6J ；22（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：mAmBgs1 mAmBv22，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mAv14mAmB1m / s ；k（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv22mAmBgL ，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
9、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 W1 mAmBv21 mAmBv22 ，22k 22k15；解得 Wk12【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
10、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 如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切， M 为圈环的最高点，圆环半径为 R=0.1m ，现有一质量 m=1kg 的物体以 v0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取 g=10m/s2，求：（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值Xm（2）设出发点到N 点的距离为S，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为 X，作出 X2 随 S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到
11、 M 点的中间离开半固轨道，求出发点到 N 点的距离S 应满足的条件【答案】（ 1） 0.2m；（ 2） 0.2；（ 3） 0 x 2.75m 或 3.5m x 4m【解析】【分析】（ 1）由牛顿第二定律求得在 M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和 M 点速度的关系，即可得到y 和 x 的关系，结合图象求解；（ 3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解【详解】（1）物体能从 M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mvM2mg，所R以， vM gR 1m/s；物体能
12、从 M 点飞出做平抛运动，故有：2R 1gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离 x2vMt gR 2R 2R0.2m；g故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m；（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：- mgx-2 mgR12-12；2mvMmv02物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：1gt2 ，2R2y vM t vM 24R(v022 gx4gR)4R0.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.16 0.2；0.8（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到 M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能
13、到达的最大高度0 hR或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0 hR时，由动能定理可得：1- mgx- mgh 0-21 mv02mgh2所以， x 2mg v0gh ，2mv02，所以， 3.5mx 4m；物体能通过M 点时，由（ 1）可知 vM gR 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgR 1mvM2 -1mv02；221 mv021 mvM22mgR22所以 x 22v0vMg4gR ，mg2所以， 0x2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解5 如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆
14、形导轨在B 点相接，导轨半径为R一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7 倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点试求：（ 1）弹簧开始时的弹性势能（ 2）物体从 B 点运动至 C 点克服阻力做的功（ 3）物体离开 C 点后落回水平面时的速度大小【答案】 (1)3mgR (2)0.5mgR (3)5 mgR2【解析】试题分析：（ 1）物块到达B 点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C 点，重力提供向心力，根据向心力公式有
15、：所以：物块从 B 运动到 C，根据动能定理有：解得：（3）从 C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在关问题B 点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相6 如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为 m、2m 的小球A 和小物块B，开始时B 静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖直用手轻轻摇动细管，稳定后A 在水平面内做匀速圆周运动而B 保持静止状态。某时刻B静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，不计一切阻力。求：1 该时刻连接A 的轻绳与竖直方向的夹角；
16、2 该时刻 A 的线速度大小 v；3 从该时刻起轻摇细管使B 升高到离地高度为l / 2处保持静止，求B 上升过程中手对A、 B 系统做的功。【答案】 1 ?60o ； 2 ? 3gl；39mgl 。28【解析】【分析】(1)对 B 根据平衡求绳子的拉力；对A 球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角；(2)对 A 水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A、 B 系统做的功。【详解】（1） B 对地面刚好无压力，故此时绳子的拉力为T2mg对 A 受力分析如图所示：在竖直方向合力为零，故Tcosmg代入数据解得：
17、60o（2） A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：Tsinmv2代入数据解得：lsinv3gl2（3）当 B 上升 l 时，拉 A 的绳长为 3l，此时对水平方向上有：22Tsinv12m3l sin2联立解得： v13gl由几何关系可得A 相对于原来的高度下降的距2离： Vhl coslB 物体重力势能的增加量 ： VE12mglmgl242A 物体重力势能的减少量： VE2mglmgl A 物体动能的增加量44VE31 mv121 mv23 mgl228： W VE1VE2 VE29对系统运用功能关系可得手对系统做的功mgl8【点睛】本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，
18、对于圆锥摆问题，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。7 三维弹球（ DPmb1D是 Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小明同学受此启发，在学校组织的趣味班会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏如图所示，将一质量为0.1kg的小弹珠（可视为质点）放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动， BC段为一段长为L 5m的粗糙水平面，与一倾角为45的斜面CD相连，圆弧OA和 AB的半径分别为r 0.49m， R 0.98m，滑块与 BC段的动摩擦因数为 0.4 ，C点离地的高度为H 3.2m ，g 取 10m/s2，
19、求(1) 要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B 点，在 B 位置小滑块受到半圆轨道的支持力的大小；(2) 在 (1) 问的情况下，求小弹珠落点到C点的距离？(3) 若在斜面中点竖直立一挡板，在不脱离圆轨道的前提下，使得无论弹射速度多大，小弹珠不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度d 为多少？【答案】 (1)44.1 m/s ，(2) 6.2m ； (3) 0.8m【解析】【详解】(1)弹珠恰好通过最高点 A 时，由牛顿第二定律有：vA2mg mr从 A 点到 B 点由机械能守恒律有：mg2R 1mvB21mvA222在 B 点时再由于牛顿第二定律有：FN mg mvB2R联立以上
20、几式可得： FN 5.5N， vB44.1 m/s ，(2)弹珠从 B 至 C 做匀速直线运动，从C 点滑出后做平抛运动，若恰能落在D 点则水平方向： x vBt竖直方向： yH 1 gt 22又： x y解得： vB 4m/s而 vB vB 4m/s，弹珠将落在水平地面上，弹珠做平抛运动竖直方向：H 1gt 2，得 t 0.8s2则水平方向： x vBt 4210 m25故小球落地点距 c 点的距离： sx2H 2解得： s 6.2m(3)临界情况是小球擦着挡板落在D 点，经前面分析可知，此时在B 点的临界速度：vB4m/s则从 C 点至挡板最高点过程中水平方向：x vBt竖直方向： y H
21、 d 1 gt 2又： x22H2解得： d 0.8m8 如图所示为某款弹射游戏示意图,光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面 AB ,竖直面 BC 和竖直靶板 MN 通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放,滑块从 O 点弹出并从 E 点进人圆轨道 ,绕转一周后继续在平直轨道上前进,从 A 点沿斜面,(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)已知滑AB 向上运动 滑块从 B 点射向靶板目标块质量 m 5g ,斜面倾角37 ,斜面长 L 25cm ,滑块与斜面 AB 之间的动摩擦因数0.5 ,竖直面 BC 与靶板 MN 间距离为 d , B 点离靶板上 10 环中心点 P 的竖直距
22、离h 20cm ,忽略空气阻力 ,滑块可视为质点已知 sin37 0.6,cos370.8 ,取 g10m / s2 ,求:(1)若要使滑块恰好能够到达B 点 ,则圆轨道允许的最大半径为多大?(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P 点 ,则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大 ? (结果保留三位有效数字 )(3)若 MN 板可沿水平方向左右移动靠近或远高斜面,以保证滑块从 B 点出射后均能水平击中靶板以 B 点为坐标原点 ,建立水平竖直坐标系(如图 ) ,则滑块水平击中靶板位置坐标x, y 应满足什么条件 ?【答案】 (1) R 0.1m (2) Ep4.03 10
23、2 J(3)y3，或 y3 x ，或 x8 yx883【解析】【详解】（1）设圆轨道允许的半径最大值为R在圆轨道最高点：mg要使滑块恰好能到达B 点，即：mv2RvB0从圆轨道最高点至B 点的过程：mgL sin2mgR mgL cos01mv22代入数据可得R0.1m（2）滑块恰能水平击中靶板上的P 点， B 到 P 运动的逆过程为平抛运动从 P 到 B ：t2hgv ygtv3 sinvy代入数据可得：vB10 m/s3从弹射至点的过程：Ep mgL sinmgL cos1 mvB202代入数据可得：Ep4.0310 2 J（3）同理根据平抛规律可知：y 1 tan37 x 2即 y 3
24、x 83或 yx8或 x 8 y 39 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，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
25、.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，
26、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，半径R=1m 的光滑半圆轨道AC 与高 h=8R 的粗糙斜面轨道BD 放在同一竖直平面内， BD 部分水平长度为x=6R两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨
27、道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被a、 b 两小球挤压（不连接），处于静止状态同时释放两个小球，a 球恰好能通过半圆轨道最高点A， b 球恰好能到达斜面轨道最高点 B已知 a 球质量为m1=2kg， b 球质量为m2 =1kg，小球与斜面间动摩擦因素为=1 ，重力力加速度为g=10m/s 2（ sin37 =0.6， cos37=0.8）求：3（ 1） a 球经过 C 点时对轨道的作用力（ 2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep【答案】 （1） 120N，方向竖直向下（2） 150J【解析】试题分析：（1） a 球恰好通过最高点A 时有：得vARg10m/sa 球从C 到A 过程由动能定理有：解得：在 C 点，对a 球受力分析有：解得轨道对（2） b 球从a 球的作用力大小为D 点恰好到达最高点:B 过程中，位移由动能定理 :求得所以小球释放前弹性势能为考点：动能定理；牛顿第二定律的应用