最新高考物理生活中的圆周运动题20套(带答案)

最新高考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，带有1
4
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
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）023v gR =（2）123gR
v =253gR v =【解析】
本题考查动量守恒与机械能相结合的问题．
(1)设B 、C 的初速度为v 0，AB 相碰过程中动量守恒，设碰后AB 总体速度u ，由
02mv mu =，解得0
2
v u =
C 滑到最高点的过程： 023mv mu mu +='
2220111
23222
mv mu mu mgR +⋅=+'⋅ 解得023v gR =
(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01222mv mu mv mv +=+
22220121111222222
mv mu mv mv +⋅=+⋅ 解得：123gR
v =
253gR v =
2．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑1
4
竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑
1
4
竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =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μ=0.2，取g =10m/s 2．求： （1）小球在D 点的速度v D 大小；
（2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小； （3）A 、B 两点间的距离x ．
【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球恰好过最高点D ，有：
2D
v mg m r
=
解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：
22
11()22
D B mg R r mv mv -+=
- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：
2B
v N mg m R
-=
N B =N
联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：
2122
B x F
mgx mv μ-= 解得：2m x =
故本题答案是：(1)2/D v m 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PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，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ω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g ＝10m ／s 2，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ω； （3）小环着地点与O 点的距离D 。

【答案】（1）5N （2）53/rad s （3）1.6m 【解析】 【详解】
（1）杆静止时环受力平衡，有2T ＝mg 得：T ＝5N
（2）绳断裂前瞬间，环与Q 点间距离为r ，有r 2＋d 2＝（L －r ）2 环到两系点连线的夹角为θ，有d sin L r θ=-，r
cos L r
θ=- 绳的弹力为T 1，有T 1sinθ＝mg T 1cosθ＋T 1＝m ω2r 得53/rad s ω=
（3）绳断裂后，环做平抛运动，水平方向s ＝vt
竖直方向：2
12
H d gt -=
环做平抛的初速度：v ＝ωr
小环着地点与杆的距离：D 2＝r 2＋s 2 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，在竖直平面内有一半径为R 的
1
4
光滑圆弧轨道AB ，与水平地面相切于B 点。

现将AB 锁定，让质量为m 的小滑块P （视为质点）从A 点由静止释放沿轨道AB 滑下，最终停在地面上的C 点，C 、B 两点间的距离为2R ．已知轨道AB 的质量为2m ，P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数恒定，B 点左侧地面光滑，重力加速度大小为g ，空气阻力不计。

（1）求P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 以及P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数μ；
（2）若将AB 解锁，让P 从A 点正上方某处Q 由静止释放，P 从A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，求：
①当P 刚滑到地面时，轨道AB 的位移大小x 1；
②Q 与A 点的高度差h 以及P 离开轨道AB 后到达C 点所用的时间t 。

【答案】（1）P 刚滑到圆弧轨道的底端B 点时所受轨道的支持力大小N 为3mg ，P 与B 点右侧地面间的动摩擦因数μ为0.5；（2）若将AB 解锁，让P 从A 点正上方某处Q 由静止释放，P 从A 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在C 点，①当P 刚滑到地面时，轨道AB 的位移大小x 1为3R ；②Q 与A 点的高度差h 为2
R
，P 离开轨道AB 后到达C 点所用的时间t 1326R g
【解析】 【详解】
（1）滑块从A 到B 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgR =
2
12
B mv ， 在B 点，由牛顿第二定律得：N -mg =m 2B
v R
，
解得：v B 2gR N =3mg ，
滑块在BC 上滑行过程，由动能定理得：-μmg •2R =0-2
12
B mv ， 代入数据解得：μ=0.5；
（2）①滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv 1-2mv 2=0 m
1R x t --2m 1x
t
=0， 解得：x 1=
3
R
； ②滑块P 离开轨道AB 时的速度大小为v B ，P 与轨道AB 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv B -2mv =0， 由机械能守恒定律得：mg （R +h ）=
2211
222
B mv mv +⋅，
解得：h =
2
R
； P 向右运动运动的时间：t 1=
1
B
x v ， P 减速运动的时间为t 2，对滑片，由动量定理得：-μmgt 2=0-mv B ， 运动时间：t =t 1+t 2， 解得：t =
1326R
g
；
5．如图所示，P 为弹射器，PA 、BC 为光滑水平面分别与传送带AB 水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R =2m ，传送带AB 长为L =6m ，并沿逆时针方向匀速转动．现有一质量m =1kg 的物体（可视为质点）由弹射器P 弹出后滑向传送带经BC 紧贴圆弧面到达D 点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为μ=0.2．取g =10m/s 2，现要使物体刚好能经过D 点，求： （1）物体到达D 点速度大小；
（2）则弹射器初始时具有的弹性势能至少为多少．
【答案】（1）5；（2）62J 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题知，物体刚好能经过D 点，则有：
2D
v mg m R
=
解得：25D v gR =
=m/s
（2）物体从弹射到D 点，由动能定理得：
2
1202
D W mgL mgR mv μ--=-
p W E =
解得：p E =62J
6．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L 1=1m ，DE 长为L 2=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μ=0.2，重力加速度g =10m/s 2．求：
（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）40N (3)0.450.8m h m ≤≤或 1.25h m ≥ 【解析】
⑴小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，有：
22
v mg m R
=
求得：υ2gR ①
⑵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： −μmgL 1=
12mv 22−1
2
mv 12 ② 求得：υ12
212gL υμ+5
在最高点时，合力提供向心力，即F N +mg=2
1m R
υ ③ 求得：F N = m(
2
1R
υ−g)= 40N
根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为：F N ′=F N =40N ④
⑵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能定理有：mgh 1 −μmgL 1 −mg 2R =
1
2
mv 22 ⑤ 求得：h 1=2R+μL 1+2
22g
υ=0.45m 若小球恰好能运动到E 点，小球从斜面上释放的高度为h 1，在这一过程中应用动能定理有：
mgh 2−μmg(L 1+L 2)=0−0 ⑥
求得： h 2=μ(L 1+L 2)=0.8m
使小球停在BC 段，应有h 1≤h≤h 2，即：0.45m≤h≤0.8m 若小球能通过E 点，并恰好越过壕沟时，则有 d =
12gt 2 →t =2d g
= 0.4s ⑦ x=v E t →υE =
x
t
=3m/s ⑧ 设小球释放高度为h 3，从释放到运动E 点过程中应用动能定理有： mgh 3 −μmg(L 1+L 2)=
2
12
E mv −0 ⑨ 求得：h 3=μ(L 1+L 2)+22E
g
=1.25m 即小球要越过壕沟释放的高度应满足：h≥1.25m
综上可知，释放小球的高度应满足：0.45m≤h≤0.8m 或 h≥1.25m ⑩
7．如图所示，在光滑水平桌面EAB 上有质量为m ＝2 kg 的小球P 和质量为M ＝1 kg 的小球Q ，P 、Q 之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E 处放置一质量也为M ＝1 kg 的橡皮泥球S ，在B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。

释放被压缩的轻弹簧，P 、Q 两小球被轻弹簧弹出，小球P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C ；小球Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D 点。

已知水平桌面高为h ＝0.2 m ，D 点到桌面边缘的水平距离为x ＝0.2 m ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：
(1)小球P 经过半圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小N B ′； (2)小球Q 与橡皮泥球S 碰撞前瞬间的速度大小v Q ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能E p 。

【答案】(1)120N (2)2 m/s (3)3 J 【解析】 【详解】
（1）小球P 恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，则有
mg ＝m 2C
v R
解得
v C 对于小球P ，从B →C ，由动能定理有
22
11222
C B mgR mv mv －＝－
解得
v B 在B 点有
N B －mg ＝m 2
B
v R
解得
N B ＝6mg ＝120 N
由牛顿第三定律有
N B ′＝N B ＝120 N
（2）设Q 与S 做平抛运动的初速度大小为v ，所用时间为t ，根据公式h ＝
12
gt 2
，得 t ＝0.2 s
根据公式x ＝vt ，得
v ＝1 m/s
碰撞前后Q 和S 组成的系统动量守恒， 则有
Mv Q ＝2Mv
解得
v Q ＝2 m/s
（3）P 、Q 和弹簧组成的系统动量守恒， 则有
mv P ＝Mv Q
解得
v P ＝1 m/s
对P 、Q 和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
22
1122
p P Q E mv Mv ＝＋
解得
E p ＝3 J
8．如图所示的水平地面上有a 、b 、O 三点．将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b 处，A 的质量是B 的2倍．某时刻炸药爆炸,两
物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动．B 到最高点d 时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：
（1）物块B 在d 点的速度大小； （2）物块A 滑行的距离s ；
（3）试确定物块B 脱离轨道时离地面的高度； （4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间． 【答案】（12
Rg
2）516R μ（3）56R （415(8311)66R g
【解析】
（1）设物块A 和B 的质量分别为m A 和m B
23
4d B B B
v m g m g m R
-= 解得2
d Rg
v =
（2）设A 、B 分开时的速度分别为v 1、v 2， 系统动量守恒 120A B m v m v -= B 由位置b 运动到d 的过程中， 机械能守恒
2
221122
B B B d m v m gR m v =+ 225
2
v gR =
A 在滑行过程中，由动能定理211
02
A A m v m gs μ-=- 联立得516R
s μ
=
（3）设物块脱离轨道时速度为v ，F N =0
向心力公式 2
cos v mg m R
θ= 而
()2211
1cos 22
d mv mgR mv θ+-= 解得 5cos 6θ=
， 5
6
v gR = 脱离轨道时离地面的高度5
cos 6
h R R θ==
（4）离轨道时后做向下斜抛运动
竖直方向：21cos sin 2
h R v t gt θθ==⋅+ 解得：(
)
15831166R t g
=
-
点睛：本题考查牛顿第二定律、动能定理以及动量守恒定律的应用，解题时关键是认真分析物理过程，挖掘问题的隐含条件，例如物体脱离轨道时F N =0；能选择合适的物理规律列出方程即可解答．
9．如图所示倾角45θ=o 的粗糙直导轨与半径0.4R m =的光滑圆(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1m kg =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0.5μ=，重力加速度2
10/g m s =，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) 60N F = (2)(
622J E =+V 【解析】 【详解】
()1滑块在C 点时由重力提供向心力，有：2
c mv mg R
= 滑块从E 点到C 点的运动过程中，由机械能守恒可知：
2211222
E C mv mg R mv =⨯+ 在E 点有：2E
mv F mg R
-=
解得：60F N =
()2滑块从B 点到E 点过程，由机械能守恒可知：()2
2111cos452
2
B
E mv mgR mv +-=o 滑块从D 点到B 点过程有：2
2B v ax =
根据牛顿第二定律知sin45cos45mg mg ma o o μ-=
由功能关系可知，损失的机械能cos45E mg x o V μ=⋅ 解得：()622E J =+V ． 【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．
10．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θ=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
μ=0.5．sin53°=0.8，cos53°=0.6，g =10m/s 2．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）26m/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
2c 1sin (1cos )cos 02
mgS mgR mgS mv θθμθ+--=- 代入数据得
c 26m/s v =
（2）C 点时对滑块应用向心力公式
2C N v F mg m R
-= 代入数据得
58N N F =
根据牛顿第三定律得
58N N F F ==压
（3）小滑块恰能通过最高点D 时，只有重力提供向心力
2D v mg m R
= 代入数据得
D v =
对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理
''2D 1sin (1cos )cos 02
mgS mgR mgS mv θθμθ-+-=
- 代入数据得 2.1m S '=
【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．。