高中物理生活中的圆周运动题20套(带答案)

高中物理生活中的圆周运动题20套(带答案)
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如图所示，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离
【答案】（1）160N （2）2 【解析】 【详解】
（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =
1
2
mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：
2B
v N mg m R
-=
联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N
由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：
2D
v mg m R
=
可得：v D =2m/s
设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，
2R =
12
gt 2
解得：x =0.8m
则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x =
=
2．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θ； ()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/2l 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
；()32?2
gl
；()938mgl 。

【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θ； (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2T mg = 对A 受力分析如图所示：
在竖直方向合力为零，故cos T mg θ= 代入数据解得：60θ=o
（2）A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：2
sin sin v T m l θθ
=代入数据解得：
32
gl
v =
（3）当B 上升
2l 时，拉A 的绳长为32
l
，此时对水平方向上有： 2
1sin 3sin 2
v T m
l θθ=
联立解得：1v =A 相对于原来的高度下降的距离：cos 24l l h V θ=
=B 物体重力势能的增加量：122
l
E mg mgl =⋅=V A 物体重力势能的减少量：244
l mgl
E mg =⋅
=V A 物体动能的增加量2231113
228
E mv mv mgl =
-=V 对系统运用功能关系可得手对系统做的功：1229
8
W E E E mgl =-+=V V V 【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。

3．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g ．求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1; (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ;
(3)已知地面欲睡面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ' 。

在90︒角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在
2
3
m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？
【答案】gR ；(2)3mgR ；(3)28.25R π 【解析】 【分析】 【详解】
(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则
2
1v mg m R
=
可以解得
1v gR =
(2)从弹簧释放到最高点C 的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有
2
1102F G W W mv +=
- 即
()2
12.502
F W mg R m gR
-=
-
得
3F W mgR =
故弹簧弹性势能为E p =3mgR
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，得
23h R t g g
=
=
离OO'的水平距离为x 1，鱼饵的质量为m 时
113x v t R ==
鱼饵的质量为
2
3
m 时，由动能定理 ()()2
1
2122.50323F W mg R m v ⎛⎫-=- '⎪⎝⎭
整理得：
1
4v gR '= 同理：
21
6x v t R ='= 114r x r R =+= 227r x r R =+=
鱼饵能够落到水面的最大面积S 是
()
222211
8.254
S r r R πππ=
-= 【点睛】
本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上
形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题．
4．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为
37θ=︒，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，
现将质量为13kg m =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21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =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0.5μ=，重力加速度
210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=．试求：
（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
21111
cos 2
m gR m v θ=
可得物块P 在B 点的速度大小
14m/s v ==
（2）因v B >v ，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
1111sin cos m g m g m a θμθ+=
可得物块P 的加速度大小
a 1=10m/s 2
减速至v 的时间
1
11
0.2v v t s a -=
=- 运动位移
22
111
0.62v v x m a -==-
因x 1<L ，摩擦力反向，又因sin cos mg mg θμθ>，物块P 继续向上减速，有
1112sin cos m g m g m a θμθ-=
可得物块P 的加速度大小
a 1=2m/s 2
减速至0的时间
22
1v
t s a =
= 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
2
22
12v x m a ==
对物体Q
2223sin cos m g m g m a θμθ-=
可得其加速度
a 3=2m/s 2
下滑的位移
2
331 1.442
x a t m =
= BC 的最小距离
L =x 1+x 2+x 3=3.04m
（3）碰撞前物体Q 的速度
v 2=a 3t =2.4m/s
物体P 和Q 碰撞
m 2v 2=（m 1+m 2）v 3
可得碰撞后速度
v 3=0.6m/s
碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有
()22
312432-a x x v v +＝
可得粘合体在B 点的速度
v 4=2.6m/s
在B 点由牛顿第二定律有
()()
124
12
2F m m gcos m R
v m θ-++＝
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。

5．如图所示，A 、B 两球质量均为m ，用一长为l 的轻绳相连，A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B 球水平向右的初速度v 0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l /2处．（忽略轻绳形变）求：
(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T ； (2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v 1；
(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W ．
【答案】（1）mg+m 20v l （2）2012
v gl v -=3）204mgl mv - 【解析】 【详解】
（1）B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动
对B 球：T-mg =m 2
v l
得：T =mg +m 20
v l
（2）B 球第一次到达最高点时，A 、B 速度大小、方向均相同，均为v 1
以A 、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，
2220111112222
l mv mgl mv mv mg -=+- 得：2
012
v gl v -= （3）从开始到B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理 W -mg
221011222
l mv mv =- 得：W =20
4
mgl mv -
6．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。

直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。

两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。

圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。

一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。

设
012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。

求：
（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）
53
4
m
【解析】 【详解】
(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：
20
v N mg m R
-=
可得：20
106N v N mg m R
=+=
由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下 (2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α
α
===
= 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22
mgl mv mv μα-=
-
可得：2/s v ==
(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：
0230J E E mgR >==
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：
cos 16J f E W mgl μα∆===
设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：
2
0012
mv n E E -∆>， ()2
001-12
mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：
()2
01cos 1cos 02
mgs mgR mv μαα---=-
可得：s=
694
m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =
534
m
7．如图所示，竖直平面内固定有一半径R ＝1m 的
1
4
光滑圆轨道AB 和一倾角为45°且高为H ＝5m 的斜面CD ，二者间通过一水平光滑平台BC 相连，B 点为圆轨道最低点与平台的切点．现将质量为m 的一小球从圆轨道A 点正上方h 处（h 大小可调）由静止释放，巳知重力加速度g ＝10m/s 2，且小球在点A 时对圆轨道的压力总比在最低点B 时对圆轨道的压力小3mg ．
（1）若h ＝0，求小球在B 点的速度大小；
（2）若h ＝0.8m ，求小球落点到C 点的距离；（结果可用根式表示）
（3）若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论h 为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度l 为多少? 【答案】（1）25/m s （261m （3）1.25m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从释放小球至A 点根据速度与位移关系有
22A v gh ＝
在A 点，根据牛顿第二定律
21A
N v F m R
=
在B 点，根据牛顿第二定律
22B
N v F mg m R
-=
根据题意有
213N N F F mg -=
故
2()B v g R h =+若0h =，则小球在B 点的速度
1225m/s v gR ==；
（2）小球从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
0x t v =
竖直方向
2
12
y H gt ==
又因为斜面倾角为45°，则
x y ＝
解得
05m/s v ＝
对应的高度
00.25m h =
若0.80.25h m m =>，小球将落在水平地面上，而小球在B 点的速度
22()6m/s v g R h +=＝
小球做平抛运动竖直方向
212
H gt =
得
1t s =
则水平方向
126m x v t ==
故小球落地点距C 点的距离
22161m s x H =+=；
（3）若要求无论h 为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，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：35m/s v = 则从C 点至挡板最高点过程中水平方向
3''x v t =
竖直方向
'2122
H y l gt =
-=' 又
2
H
x '=
解得
1.25m l =．
点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解．
8．如图所示，A 、B 是水平传送带的两个端点，起初以
的速度顺时针运转．今
将一质量为1kg 的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A 处，同时传送带以
的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平桌面右侧有一
竖直放置的光滑轨道CPN ，其形状为半径R=0.8m 的圆环剪去了左上角1350的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与B 点的竖直距离为R ，物体在B 点水平离开传送带后由C 点恰好无碰撞落入轨道．取g=10m/s 2，求：
（1）物块由A端运动到B端所经历的时间．
（2）AC间的水平距离
（3）小物块在P点对轨道的压力．
【答案】（1）3s（2）8.6m（3）70-10N
【解析】
试题分析：（1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C点物体的速度方向与C点相切，与竖直方向成45º，有，
物体从B点到C作平抛运动，竖直方向：
水平方向：
得出
物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得a=2m/s2
物体历时t1后与传送带共速，则a t1=v0+ a0t1，t1=1s
得v1="2" m/s＜4 m/s
故物体此时速度还没有达到v B，且此后的过程中由于＜，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点 v B= v1+ a0t2
得t2=2s
所以从A运动倒B的时间t= t1+t2=3s
AB间的距离s==7m
（2）从B到C的水平距离s BC=v B t3=2R=1.6m
所以A到C的水平距离s AC=s+s BC=8.6m
(3) 对CP段由动能定理
对P点应牛顿第二定律：
解得：N=70-10N
考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动
【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源．有一定难度．
9．如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板O点，挂一根L=3 m的细绳，绳的下端挂一个质量
m 为0.5 kg 的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 N.小球在水平面内做圆周运动，当速
度逐渐增大到绳断裂后，小球以v =9m/s 的速度落在墙边.
求这个圆柱形房屋的高度H 和半径R .（g 取10 m/s 2
） 【答案】3.3m 4.8m 【解析】
整体分析：设绳与竖直方向夹角为θ，则通过重力与拉力的关系求出夹角θ，小球在绳子断开后做平抛运动，根据竖直方向做自由落体运动求出下落的高度，根据几何关系即可求得H ，根据向心力公式求出绳断时的速度，进而求出水平位移，再根据几何关系可求R ． （1）如图所示，选小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为T ，绳 与竖直方向夹角为θ，则在竖直方向有：T cos θ-mg =0，
解得：0.5101
cos 102
mg T θ⨯=
== ，故θ=60° 那么球做圆周运动的半径为：0333
sin 60322
r L m m ==⨯= OO ′间的距离为：OO ′=Lcos 60°=1.5m ， 则O′O ″间的距离为O′O″=H -OO =H -1.5m ．
根据牛顿第二定律： 2
sin A
v T m r
θ= 联立以上并代入数据解得：35/A v m s =
设在A 点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边C 处． 设A 点在地面上的投影为B ，如图所示．
由速度运动的合成可知落地速度为：v 2=v A 2+（gt ）2， 代入数据可得小球平抛运动的时间：t =0.6s
由平抛运动的规律可知小球在竖直方向上的位移为：22111
100.6 1.822
h gt m ==⨯⨯= 所以屋的高度为H =h 1+1.5m=3.3m
小球在水平方向上的位移为：95
350.65
BC A x v t m m ==⨯= 由图可知，圆柱形屋的半径为R 2=r 2+(x BC )2 代入数据解得：R =4.8m
点睛：本题主要考查了平抛运动的基本公式及向心力公式的应用，同学们要理清运动过程，并能画出小球运动的轨迹，尤其是落地时水平位移与两个半径间的关系，在结合几何关系即可解题．
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m 1=2kg ，b 球质量为m 2=1kg ，小球与斜面间动摩擦因素为μ=
1
3
，重力力加速度为g=10m/s 2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（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
10m/s A v Rg ==
a 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a 球的作用力大小为:
（2）b球从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。