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1、高考物理试卷物理生活中的圆周运动题分类汇编含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点 D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离为R， P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2
2、t 2，物块从 D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2 的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （ 3） 2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度
3、，则mgm v2 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x 4t - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数 :0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，
4、由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC 2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.2 如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R=0.8m 的光滑 1 竖直圆轨道BC 相切于 B， BC4与半径
5、为r=0.4m 的光滑 1 竖直圆轨道CD相切于 C，质量 m=1kg 的小球静止在A 点，现用4F=18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点 已知小球与水平面的动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s 2求：（ 1）小球在 D 点的速度 vD 大小 ；（ 2）小球在 B 点对圆轨道的压力 NB 大小；（ 3） A、B 两点间的距离 x【答案】 (1) vD2m / s （ 2）45N (3)2m【解析】【分析】【详解】（1）小球恰好过最高点D，有：2mgm vDr解得： vD2m/s（2）从 B 到 D，由动能定理：mg(R r )1 mvD21 mvB22
6、2设小球在 B 点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：NmgmNB=Nv2BR联解得：N=45N（3）小球从A 到 B，由动能定理：F xmgx1 mvB222解得： x 2m故本题答案是：(1) vD 2m / s （ 2） 45N (3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，3 水平面上有一竖直放置长H 1.3m的杆POL 0.9m的轻细绳两端系在杆上P、 Q，一长两点， PQ 间距离为 d0.3m，一质量为m 1.0kg 的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度旋转时，如图所示，小环与Q 点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度
7、g10m s2，忽略一切摩擦。求：（ 1）杆静止时细绳受到的拉力大小T；（ 2）细绳断裂时杆旋转的角速度大小；（ 3）小环着地点与 O 点的距离 D。【答案】 （1） 5N（ 2） 5 3rad / s（ 3） 1.6m【解析】【详解】（1）杆静止时环受力平衡，有2T mg 得： T5N（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为r，有 r2 d2 （ L r） 2dr环到两系点连线的夹角为 ，有 sin， cosL rL r绳的弹力为 T1，有 T1 sin mg2T cos T m r11得 5 3rad / s（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s vt竖直方向 ： H d1gt 22环做平
8、抛的初速度： v r小环着地点与杆的距离： D2 r2 s2得 D 1.6m【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能清楚向心力的来源即可。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
9、 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：v02Fm0gm0l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： vC2gh210 0.22m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，
10、以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0 00 cAv m v +mv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： mgx12122mv A2（m+M ） v代入数据解得：x0.375m；,l,质量为 m 的小球与两根不可伸长的轻绳a,b 连接 ,两轻绳的另一端分5 如图所示 半径为4别固定在一根竖直光滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳伸直后A、B 两点到球心的距离均为l,重力加速度为g（1）装置静止时
11、 ,求小球受到的绳子的拉力大小T；（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳定（轻绳a,b 与杆在同一竖直平面内）小球恰好离开竖直杆时,竖直杆的角速度0 多大 ?轻绳 b 伸直时 ,竖直杆的角速度多大？【答案】 (1)415015g2gT15mg (2)=215ll【解析】【详解】(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为15cos4对小球进行受力分析得mgTcos解得：T 4 15 mg15(2)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零。可知小球做圆周运动的半径为lr=4mg tanm 02 r解得 :0= 215g15l轻绳 b 刚伸直时，轻绳a 与竖直杆的夹角为60，可知小球做圆周运动的半径为r
12、l sin60mg tan 60m 2r解得 :2g=l轻绳 b 伸直时，竖直杆的角速度2gl6 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
13、g10 m/s 2，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：2Fx m1g2R m1 vC 0代入数据联立解得：F 1 N(2)从 A 到 D 由动能定理得：2Fx m1vD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
14、m2)gm2a2，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
15、规律进行求解7 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；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；3 9 mgl。28【解析】【分析】
16、(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 T 2mg 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：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
17、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对系统运用功能关系可得手对系统做的功： W VE1VE2 VE29 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，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。8 如图所示 ，一质量为m=1kg 的小球从A 点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B 点时的能量损失 ，然后依次滑
18、入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点 ，小球离开圆形轨道后可继续向 E 点运动 ， E 点右侧有一壕沟， E、F 两点的竖直高度 d=0.8m，水平距离 x=1.2m，水平轨道 CD 长为 L1=1m ， DE长为L2=3m 轨道除 CD 和 DE 部分粗糙外 ，其余均光滑 ，小球与 CD 和 DE 间的动摩擦因数2（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟 ，求小球从 A 点释放时的高度的范围是多少 ？【答案】 (1)1m/s （ 2）
19、40N (3) 0.45mh0.8m 或 h1.25m【解析】小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：mgm v22R求得：gR =1m/s 2=在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有：1mv2212- mgL1=-2mv 12求得： 1=22gL1 =5 m/s22在最高点时，合力提供向心力，即FN+mg= m 1R2求得： FN = m(1- g)= 40NR根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：FNN =F=40N若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动12能定理有： mgh1 - mgL1 - mg 2R = mv222
20、求得： h1=2R+L1+2 =0.45m2g若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有：mgh2 - mg(L1+L 2)=0- 0求得： h2= (L1+L 2)=0.8m使小球停在 BC 段，应有 h1 hh2，即： 0.45m h 0.8m 若小球能通过 E 点，并恰好越过壕沟时，则有12d= 0.4sd =gt2 t =2gEtExx=v=3m/st设小球释放高度为h3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有：mgh3- mg(L1+L 2)=1 mvE2- 0 22求得： h3= (L1+L 2)+E =1.25m2g即小球要越过壕沟释放的高
21、度应满足：h1.25m综上可知，释放小球的高度应满足：0.45mh0.8m或 h1.25m 9 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 =60，小物块与水平轨道间的动摩擦因
22、数为=0.3，重力加速度g 取 10 m / s2 ，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） 2 R3【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】2（1）在 B 点时，由牛顿第二定律：N Bmgm vB ，其中 NB=
23、3mg；R解得 vB2gR ；从 B 点向 C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则mvB ( m 3m)v ；由能量关系可知：mgL1 mvB21 (m3m)v222联立解得： L=2.5R；（2）从 P 到 A 点，由机械能守恒：1mvA2；mgh=2在 A 点： vA1vA sin 600 ，从 A 点到 B 点： 1mvA21mgR(1cos60 0 )1mvB222联立解得 h= 2R310 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，之后与静止于直轨道上 Q 处的物块 B
24、 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/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=4.5m