高中物理生活中的圆周运动题20套(带答案)及解析

高中物理生活中的圆周运动题20套(带答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；
(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】
(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D
mv mg R
=
可得：D 5m /s v =
(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C
mv F mg R
-=
代入数据可得：F =6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N
(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2
y 2gh v = 得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：3
5m/s 370.6
y B v v sin =
=
=︒
(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=
小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=
可得：2
18/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：2
22/a m s =-
由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222
m m A v v v
x t t +=
⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =
2．如图所示，一质量为m 的小球C 用轻绳悬挂在O 点，小球下方有一质量为2m 的平板车B 静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m 的物块A 以大小为v 0的初速度向左滑上平板车，此时A 、C 间的距离为d ，一段时间后，物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g ，若A 碰C 之前物块与平板车已达共同速度，求： （1）A 、C 间的距离d 与v 0之间满足的关系式；
（2）要使碰后小球C 能绕O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度l 应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）A 碰C 前与平板车速度达到相等，设整个过程A 的位移是x ，由动量守恒定
律得
由动能定理得：
解得
满足的条件是
（2）物块A 与小球C 发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C 以速度v 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得
小球经过最高点时，有
解得
【名师点睛】
A 碰C 前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A 减速的最大距离为d ，由动能定理列出等式，联立求解。

A 碰C 后交换速度，C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C 通过最高点时的最小向心力为mg ，联立求解。

3．如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接(D 、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。

现将一质量m =1kg 的小球从AB 段距地面高h 0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。

已知CD 、GH 与水平面的夹角为θ=37°，GH 段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R ＝0.4m ，E 点离水平面的竖直高度为3R （E 点为轨道的最高点），（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球第一次通过E 点时的速度大小；
（2）小球沿GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；
（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。

【答案】（1）4m/s （2）1.62m ；（3）h≤0.8m 或h≥2.32m 【解析】 【详解】
（1）小球从A 点到E 点由机械能守恒定律可得：()20132
E mg h R mv -= 解得：4m/s E v =
（2）D 、G 离地面的高度122cos370.48o
h R R m =-=
设小球在CH 斜面上滑的最大高度为h m ，则小球从A 点滑至最高点的过程， 由动能定理得()1
0cos370sin37m m h h mg h h mg μ︒
︒
---= 由以上各式并代入数据 1.62m h m =
（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则20.8h R m ≤=
②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E ，在E 点，2m E
v mg R
=
此情况对应小球在CH 斜面上升的高度为h '，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得：()1
cos370sin37
h h mg h h mg μ︒
---︒
=' 小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：
()2
113cos37sin372
E h h mg h R mg mv μ︒
'---︒⋅
=' 由以上各式得h =2.32m
故小球沿原路径返回的条件为h ≤0.8m 或h ≥2.32m
4．如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道BC 在B 点相切连接，半圆轨道半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C .已知物块在到达B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g .求：
(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点到B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能． 【答案】（1）2R （2）6mg （3）5
2
mgR 【解析】 【分析】 【详解】
（1）因为物块恰好能通过C 点，有：
2
C
v mg m R
=
物块由C 点做平抛运动，有：
c x v t =，2122
R gt =
解得：
2x R =
即物块在水平轨道的落点到B 点的距离为2R （2）物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：
2211222
B C mv mgR mv =+
设物块在C 点时受到轨道的支持力为F ，有：
2B
v F mg m R
-=
解得：
6F mg =
由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力：
6F F mg '==
（3）由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：
2
122
p C E mgR mv =+
解得：
5
2
p E mgR =
【点睛】
本题的关键要知道物块恰好过最高点所代表的含义，并会求临界速度，也要学会用功能关
系求弹性势能的大小．
5．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．
6．如图所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。

质量m2＝0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。

求：
(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功W f；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I。

【答案】(1) (2)E P=0.2J (3) I=0.4N⋅s
【解析】
（1）小球由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得
小球在最低点B时：
据题意可知，联立可得
（2）小球a与小球b把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同，
此过程中由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得
弹簧的最大弹性势能E p=0.4J
小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a球最终速度为，b求最终速度为，由动量守恒定律
由能量守恒定律：
根据动量定理有：
得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为
I=0.8N·s
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μ＝0.4，C点离地的高度为H＝3.2m，g取10m/s2，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】44.1，(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：mg ＝m 2A
v r
从A 点到B 点由机械能守恒律有：mg×2R ＝
221122
B A mv mv - 在B 点时再由于牛顿第二定律有：F N ﹣mg ＝m 2
B
v R
联立以上几式可得：F N ＝5.5N ，v B ＝44.1m/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 ＝v′B t 竖直方向：y ＝H ＝212
gt 又：x ＝y 解得：v′B ＝4m/s
而v B ＞v′B ＝4m/s ，弹珠将落在水平地面上， 弹珠做平抛运动竖直方向：H ＝2
12
gt ，得t ＝0.8s 则水平方向：x ＝v B t ＝
42
1025
m 故小球落地点距c 点的距离：s ＝22x H + 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：v′B ＝4m/s
则从C 点至挡板最高点过程中水平方向：x'＝v′B t' 竖直方向：y′＝2H ﹣d ＝2
12
gt ' 又：x'＝
2
H 解得：d ＝0.8m
8．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）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m
【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：−μmgl+W弹＝0−m v02
由功能关系：W弹=-△E p=-E p
解得 E p=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
−2μmgl＝E k−m v02
解得 E k=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：
①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
−2mgR＝m v22−E k
小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，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m v12≤mgR，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：
−2mgR＝m v12-m v02
且需要满足m≥mg，解得R≤0.72m，
综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。

【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。

9．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/s2．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 1
sin (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
5m/s D v =
对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理
''2
D 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．
10．如图所示,一个可视为质点,质量2m kg =的木块从P 点以初速度05/v m s =向右运动,木块与水平面间的动摩擦因数为0.2,木块运动到M 点后水平抛出,恰好沿竖直的粗糙圆弧AB 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)。

已知圆弧的半径0.5R m =,半径OA 与竖直半径OB 间的夹角53θ︒=,木块到达A 点时的速度大小5/A v m s =。

已知
sin 530.8cos530.6︒︒==
,210/.g m s =求：
（1）P 到M 的距离L ；
（2）M 、A 间的距离s ；
（3）若木块到达圆弧底端B 点时速度大小5/B v m s =,求此时木块对轨道的压力。

【答案】（1）4m ；（2213；（3）120N 、方向竖直向下； 【解析】
【详解】 （1）平抛的初速度，即为木块在M 点的速度为：
v x =v A cosθ=5×0.6=3m/s
P 到M 由牛顿第二定律：
μmg=ma ，
a=μg =2m/s 2
由运动学公式知：
2203355m 4m 22
2x v v L a -⨯-⨯==-⨯-＝ （2）物体到达A 点时竖直方向上的速度为
v y =v •sinθ=5×0.8=4m/s
则下落时间为
40.4s 10
y v t g ＝
＝＝ 则水平位移为 x =v x t =3×0.4=1.2m
竖直方向上的距离为
244 0.8m 220
m y v y g ⨯=
＝＝ M 、A 间的距离
m 5
s （3）由牛顿第二定律： 2B v N mg m
R -＝
得 2252102N=120N 0.5
B v N mg m R =+=⨯+⨯ 根据牛顿第三定律可知，此时木块对轨道的压力为120N 、方向竖直向下；。