高考物理试卷分类汇编物理生活中的圆周运动(及答案)及解析

高考物理试卷分类汇编物理生活中的圆周运动( 及答案 ) 及分析
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．有一水平搁置的圆盘，上边放一劲度系数为k 的弹簧，如下图，弹簧的一端固定于轴
O 上，另一端系一质量为m 的物体 A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：
（1）盘的转速ω多大时，物体 A 开始滑动？
（2）当转速迟缓增大到 2 ω时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？
【答案】（ 1）g
3mgl （ 2）
4 mg
l kl
【分析】
【剖析】
（1）物体 A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力供给向心力；当圆盘转
速较大时，弹力与摩擦力的协力供给向心力．物体 A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力供给向心力，依据牛顿第二定律求解角速度ω0 ．（2）当角速度达到 2 ω0时，由弹力与摩擦力的协力供给向心力，由牛顿第二定律和胡克定
律求解弹簧的伸长量△x．
【详解】
若圆盘转速较小，则静摩擦力供给向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的协力供
给向心力．
（1）当圆盘转速为 n0时， A 马上开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力供给向心力，则
有：
μmg＝ mlω02，
解得：ω0=g ．
l
即当ω0
g
时物体 A 开始滑动．＝l
（2）当圆盘转速达到 2 ω0时，物体遇到的最大静摩擦力已不足以供给向心力，需要弹簧的弹力来增补，即：μmg +k△x＝ mrω12，
r=l+△x
解得： Vx＝
3 mgl
kl 4 mg
【点睛】
当物体相关于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是常常用到的临界条件．此题
重点是剖析物体的受力状况．
2．如下图，粗拙水平川面与半径为R=0.4m 的粗拙半圆轨道BCD相连结，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快直线运动，当小物块运动到 B 点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰巧能经过 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，重力加快度g 取10m/s 2．求：
（1）小物块运动到（2）小物块走开
B 点时对圆轨道 B 点的压力大小．
D 点后落到地面上的点与 D 点之间的距离
【答案】（ 1） 160N（ 2）0.8 2 m
【分析】
【详解】
（1）小物块在水平面上从 A 运动到 B 过程中，依据动能定理，有：
（F-μmg） x AB= 1
mv B2-0
2
在 B 点，以物块为研究对象，依据牛顿第二定律得：
Nmg m v
B
2
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）由于小物块恰能经过 D 点，因此在 D 点小物块所受的重力等于向心力，即：
mg m v
D
2
R
可得： v D=2m/s
设小物块落地址距 B 点之间的距离为x，着落时间为t，依据平抛运动的规律有：
x=v D t ，
1
2R= gt2
2
解得： x=0.8m
则小物块走开 D 点后落到地面上的点与D点之间的距离
l2x 0.8 2m
3．圆滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连结，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量
m＝ 2 kg 的小球在 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，如下图．松手后小球向右运动离开弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能
经过最高点 C， g 取 10 m/s 2．求：
(1)小球离开弹簧时的速度大小；
(2)小球从 B 到 C 战胜阻力做的功；
(3)小球走开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J 【分析】
【剖析】
【详解】
(1)依据机械能守恒定律
12
E p＝mv1 ?①
12Ep
＝7m/s ②
v ＝m
(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1
mv22
1
mv12③22
小球恰能经过最高点，故mg m v22④
R
由②③④得W f＝24 J
(3)依据动能定理：
mg 2R E k 1
mv22 2
解得： E k25J
故此题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J
【点睛】
(1)在小球离开弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,依据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理能够求出小球的离开弹簧时的速度v;
(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,依据小球恰巧能经过最高点的条件获得小球在最高点时的速度 ,进而依据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球战胜阻力做的功 ;
(3)小球走开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,依据动能定理求小球落地时的动能大小
4．如下图 ,半径为l
,质量为 m 的小球与两根不行伸长的轻绳a,b 连结 ,两轻绳的另一端分4
别固定在一根竖直圆滑杆的A,B 两点上 .已知 A,B 两点相距为 l,当两轻绳挺直后 A、B 两点到球心的距离均为l,重力加快度为 g．
（1）装置静止时,求小球遇到的绳索的拉力大小T；
（2）现以竖直杆为轴转动并达到稳固（轻绳
a,b 与杆在同一竖直平面内）．
①小球恰巧走开竖直杆时
,竖直杆的角速度
0 多大 ?
②轻绳 b 挺直时 ,竖直杆的角速度
多大？
【答案】 (1)
4 15
0 15g 2g
T
15 mg (2)①ω
=2
②
15l
l
【分析】
【详解】
(1)设轻绳 a 与竖直杆的夹角为
α
15 cos
4 对小球进行受力剖析得
mg T
cos
解得：
4 1
5 T
mg
15
(2)①小球恰巧走开竖直杆时，小球与竖直杆间的作使劲为零。

可知小球做圆周运动的半径为
l r=
4
mg tan
m 02 r
解得 :
ω0= 2
15g
15l
②轻绳 b 刚挺直时，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 l sin60
mg tan 60m2r
解得 :
2g
ω=
l
轻绳 b 挺直时，竖直杆的角速度
2g
l
5．如下图，一半径r ＝ 0.2 m 的 1/4 圆滑圆弧形槽底端 B 与水平传递带相接，传递带的运
行速度为 v0＝ 4 m/s ，长为 L＝1.25 m，滑块与传递带间的动摩擦因数μ＝ 0.2， DEF为固定
于竖直平面内的一段内壁圆滑的中空方形细管，EF 段被弯成以 O 为圆心、半径 R＝ 0.25 m 的一小段圆弧，管的 D 端弯成与水平传带 C 端光滑相接， O 点位于地面， OF 连线竖直．一质量为 M＝ 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下，滑到传递带上后做匀加快运动，
事后滑块被传递带送入管DEF，已知 a 物块可视为质点， a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加快度g 取 10 m/s 2．求：
(1)滑块 a 抵达底端 B 时的速度大小 v ；
B
(2)滑块 a 刚抵达管顶 F 点时对管壁的压力．
【答案】（ 1）v B2m / s（2）F N 1.2N
【分析】
试题剖析：（ 1）设滑块抵达 B 点的速度为 v B，由机械能守恒定律，有M gr 1
Mv B2 2
解得： v B=2m/s
（2）滑块在传递带上做匀加快运动，遇到传递带对它的滑动摩擦力，
由牛顿第二定律μMg =Ma
滑块对地位移为 L，末速度为 v C，设滑块在传递带上向来加快由
速度位移关系式 2Al=v C2-v B2
得 v C=3m/s<4m/s，可知滑块与传递带未达共速,滑块从 C 至 F，由机械能守恒定律，有
1
Mv C2MgR 1
Mv F2
22得 v F=2m/s
v F 2
在 F 处由牛顿第二定律 M g F N M
R
得 F
N =1． 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为 1． 2N, 压力方向竖直向上
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律
【名师点睛】物块下滑和上滑机遇械能守恒，物块在传递带上运动时，受摩擦力作用，依据运动学公式剖析滑块经过传递带时的速度，注意物块在传递带上的速度剖析．
6． 如下图，长为 3l 的不行伸长的轻绳，穿过一长为 l 的竖直轻质细管，两头分别拴着质
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川面上。

保持细管竖
直用手轻轻摇动细管，稳固后
A 在水平面内做匀速圆周运动而
B 保持静止状态。

某时辰 B
静止在地面上且对地面的压力恰巧为零。

已知重力加快度为 g ，不计全部阻力。

求：
1 该时辰连结 A 的轻绳与竖直方向的夹角 ；
2 该时辰 A 的线速度大小 v ；
3 从该时辰起轻摇细管使
A 、
B 系统做的功。

B 高升到离地高度为
l / 2处保持静止，
求
B 上涨过程中手对
【答案】
1 ?60o ；
2 ?
3gl
；
3 9 mgl。

2
8
【分析】
【剖析】 (1)对
B 依据均衡求绳索的拉力；对
A 球剖析，由力的均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)由力的均衡条件和牛顿第二定律并联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 对地面恰巧无压力，故此时绳索的拉力为 T 2mg 对 A 受力剖析如下图：
在竖直方向协力为零，故
Tcos mg
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：
Tsin
m
v 2 代入数据解得：
lsin
v
3gl
2
（3） 当 B 上涨 l 时，拉 A 的绳长为
3l
，此时对水平方向上有：
2 2
Tsin v 12
m
3l
sin
2
联立解得： v 1
3 gl 由几何关系可得 A 相关于本来的高度降落的距
2
离： Vh
l
cos
l B 物体重力势能的增添量 ： VE 1 2mg l
mgl
2
4
2
A 物体重力势能的减少许
： VE 2 mg l
mgl
A 物体动能的增添量
4
4
VE 3
1
mv 12
1 mv
2 3
mgl
2
2
8
对系统运用功能关系可到手对系统做的功
：W VE 1 VE 2 VE 2
9
mgl
8
【点睛】
此题综合考察共点力均衡、牛顿第二定律和功能关系，关于圆锥摆问题，重点剖析小球的受力状况，确立其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识联合解答。

7． 如下图， A 、 B 两球质量均为
m ，用一长为 l 的轻绳相连， A 球中间有孔套在圆滑的足
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
球第一次抵达最高点，此时小球位于水平横杆下方
l/2 处．（忽视轻绳形变）求：
(1)B 球刚开始运动时，绳索对小球 B 的拉力大小T；
(2)B 球第一次抵达最高点时， A 球的速度大小v1；
(3)从开始到 B 球第一次抵达最高点的过程中，轻绳对 B 球做的功W．
v02v02gl
（ 3）mgl mv02
【答案】（ 1） mg+m（ 2）v1
4
l2
【分析】
【详解】
（1） B 球刚开始运动时， A 球静止，因此 B 球做圆周运动
对 B 球： T-mg=m v 02
l
2
v
（2） B 球第一次抵达最高点时，A、 B 速度大小、方向均同样，均为v1
以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参照平面，从开始到 B 球第一次抵达最高点，依据机械能守恒定律，
1
mv02mgl 1
mv12
1
mv12mg
l
2222
得：
v1v02gl
2
（3）从开始到 B 球第一次抵达最高点的过程，对 B 球应用动能定理
W-mg l1
mv12
1
mv02 222
得： W= mgl
mv02
4
8．如下图，竖直平面内固定有一半径R＝1m的1 圆滑圆轨道
AB 和一倾角为45°且高4
为 H＝ 5m的斜面CD，两者间经过一水平圆滑平台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）由静止开释，巳知重力加快度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，使得不论h 为多大，小球不是越可是挡板，就是落在水平川面上，则挡板的最小长度 l为多少 ?
【答案】（1）25m / s （2）61m （3）1.25m
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）从开释小球至 A 点依据速度与位移关系有
v A2＝2gh
在 A 点，依据牛顿第二定律
F
N1m v A2
R
在 B 点，依据牛顿第二定律
F
N 2mg m v B 2
R
依据题意有
F N 2 F N13mg
故
v B 2 g(R h)
若 h 0 ，则小球在 B 点的速度
v12gR 2 5m/s ；
（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
x
v0t
竖直方向
y H1gt 2
2
又由于斜面倾角为45°，则
x＝ y
解得
v0＝5m/s
对应的高度
h00.25m
若 h 0.8m 0.25m ，小球将落在水平川面上，而小球在 B 点的速度
v2＝ 2g( R h)6m/s
小球做平抛运动竖直方向
H 1
gt 2 2
得
t 1s
则水平方向
x1 v2 t 6m
故小球落地址距 C 点的距离
s x12H 261m ；
（3）若要求不论h 为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平川面上，临界状况是小球
擦着挡板落在 D 点，经前方剖析可知，此时在 B 点的临界速度：v35m/s则从 C
点至挡板最高点过程中水平方向
x 'v3t '
竖直方向
y H l1gt '2
22
又
x 解得H
2
l1.25m ．
点睛：此题研究平抛运动与圆周运动想联合的问题，注意剖析题意，找出相应的运动过
程，注意方程式与数学知识向联合即可求解．
9．如下图，质量 m=0.2kg 小物块，放在半径R1=2m的水平圆盘边沿A处，小物块与圆盘的动摩擦因数μ 1=0.8。

圆心角为θ=37°.半径R2=2.5m 的圆滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连结于 C点，小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ 2=0.5。

开始圆盘静止，在电动机的带
动下绕过圆心 O 的竖直轴迟缓加快转动，某时辰小物块沿纸面水平方向飞出（此时O 与A 11
连线垂直纸面），恰巧沿切线进入圆弧轨道
B 处，经过圆弧进入水平轨道，在
D
处
BC CD
进入圆心为 O3. 半径为 R3=0.5m 圆滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin37 °=0.6 ，cos37°=0.8 ，g 取 10m/s 2，求：
（1）圆盘对小物块 m做的功；
（2）小物块刚走开圆盘时A、B两点间的水平距离；
（3）假定竖直圆轨道能够左右挪动，要使小物块能够经过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最后地点。

【答案】（ 1） 1.6J ；（ 2） 1.2m；（ 3）物块停离 C 地点处。

【分析】（ 1）小物块刚滑出圆盘时：，获得：
由动能定理得：，获得：
（2）物块切入圆弧面，由平抛运动知识可得：
在 B 处的竖直方向速度为，运动时间AB间的水平距离
；
（3）物块恰巧经过圆轨道最高点 E 处：由B到E点由动能定理获得：
即DC之间距离不大于
，可得：
时物块可经过竖直圆，最后物块停止，由动能定理可得：
最后物块停离 C 地点处。

故此题答案是：（1） 1.6J；（ 2） 1.2m；（ 3）物块停离 C 地点处
点睛：掌握题中的临界条件即摩擦力达到最大时物块即走开平台开始做平抛运动，而后联
合题中给的条件求解待求量。

10．如下图，一段粗拙的倾斜轨道，在 B 点与半径R=0.5m 的圆滑圆弧轨道BCD相切并
光滑连结．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 点由静止开释，AB=S，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数
2
μ=0.5． sin53 =0°.8， cos53 =0.6°， g=10m/s ．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）若物块能沿轨道抵达 D 点，求 AB 的最小值 S’．
【答案】 （1） 2 6m/s （ 2） 58N （ 3） S=2.1m
【分析】 【剖析】 【详解】
（1）对小滑块从
A 到 C 的过程应用动能定理
mgS sinmgR(1
cos )
mgS cos
1
mv c 2 0
2
代入数据得
v c
2 6m/s
（2） C 点时对滑块应用向心力公式
2
F N mg
m v C
R
代入数据得
F N 58N
依据牛顿第三定律得
F 压 F N
58N
（3）小滑块恰能经过最高点 D 时，只有重力供给向心力
2 mg
m
v D
R
代入数据得
v D 5m/s
对小滑块从静止开释到
D 点全过程应用动能定理
mgS '
sinmgR(1 cos )
mgS '
cos
1
mv D 2 0
2
代入数据得
S
2.1m
【点睛】
此题剖析清楚物体运动过程是解题的前提与重点，应用动能定理与牛顿第二定律能够解
题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用．。