高考物理生活中的圆周运动解析版汇编含解析

一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动

1．如图所示，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/s2．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）0.82m 【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）xAB=

1mvB2-0 2在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2vBN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：

2vDmgm

R可得：vD=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=vDt，

12

gt 2解得：x=0.8m

2R=

则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离l2x0.82m

2．光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，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，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2．求：

(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B到C克服阻力做的功；

(3)小球离开C点后落回水平面时的动能大小． 【答案】（1）7m/s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据机械能守恒定律 Ep＝v1＝12mv1? ① 22Ep＝7m/s ② m(2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝

1212mv2mv1 ③ 222v2 ④ 小球恰能通过最高点，故mgmR由②③④得Wf＝24 J

(3)根据动能定理：

12mg2REkmv2

2解得：Ek25J

故本题答案是：（1）7m/s （2）24J （3）25J 【点睛】

(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;

(2)小球从B到C的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B至C过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小

3．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上，从距B点x=5.75R处以某初速v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、CD间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为

g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）若小球初速度v0=4gR，则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v0满足什么条件可以运动过C点；

（3）若小球初速度v=4gR，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．

【答案】（1）5.5mg（2）v04gR（3）44R 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加速到B点：-1mgxqEx1212mvmv0 22v2在B点：Nmgm

R解得N=5.5mg

（2）在物理最高点F：tanqE mg12mv0 2解得α=370；过F点的临界条件：vF=0

从开始到F点：-1mgxqE(xRsin)mg(RRcos)0解得v04gR

可见要过C点的条件为：v04gR

（3）由于x=4R<5.75R，从开始到F点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F点时速度不为零，假设过C点后前进x1速度变为零，在CD杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：

12-1mgx2mgx1-qE(x-x1)mg2R0mv0

2sxRx1

解得：s(44)R

4．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数重力加速度

.求:

,

(1)滑块通过C点时的速度大小;

(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力; (3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小. 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）设滑块从C点飞出时的速度为vc，从C点运动到D点时间为t 滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=gt2 水平方向：s1=vct 解得：vc=10m/s

（2）设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律 mvB2=mvc2+2mgR 解得：vB=10

m/s

（2）45N（3）

设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m解得：N=45N

（3）设滑块从A点开始运动时的速度为vA，根据动能定理；-μmgs2=mvB2-mvA2 解得：vA=16.1m/s

设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mvA 解得：I=8.1kg•m/s； 【点睛】

本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．

5．如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑与半径为r=0.4m的光滑

1竖直圆轨道BC相切于B，BC41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μ=0.2，取g=10m/s2．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)vD2m/s （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球恰好过最高点D，有：

2vDmgm

r解得：vD2m/s （2）从B到D，由动能定理：

mg(Rr)1212mvDmvB 22设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：

2vBNmgm

RNB=N

联解③④⑤得：N=45N （3）小球从A到B，由动能定理：

Fx12mgxmvB 22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，

6．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R1m，小球可看作质点且其质量为

0m1kg，g10m/s2，求：

（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离； （2）小球通过管道上B点时对管道的压力大小和方向． 【答案】（1）0.9m；（2）1N 【解析】 【分析】

（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；

（2）对小球在B点应用牛顿第二定律求得支持力NB的大小和方向． 【详解】

（1）根据平抛运动的规律，小球在C点竖直方向的分速度 vy=gt=10m/s

水平分速度vx=vytan450=10m/s

则B点与C点的水平距离为：x=vxt=10m （2）根据牛顿运动定律，在B点

v2NB+mg=m

R解得 NB=50N

根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N 方向竖直向上 【点睛】

该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．

7．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=0.2．取g=10m/s2，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）25m/s；（2）62J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题知，物体刚好能经过D点，则有：

2vDmgm

R解得：vDgR25m/s

（2）物体从弹射到D点，由动能定理得：

12WmgL2mgRmvD0

2WEp

解得：Ep62J

8．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θ=60°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g取10m/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）【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】

2vB（1）在B点时，由牛顿第二定律：NBmgm，其中NB=3mg；

R2R 3解得vB2gR；

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：mgL联立解得：L=2.5R；

（2）从P到A点，由机械能守恒：mgh=

0在A点：vA1vAsin60，

121mvB(m3m)v2 221mvA2； 2从A点到B点：联立解得h=

1212mvA1mgR(1cos600)mvB 222R 3的速度顺时针运转．今

9．如图所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以

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/s2，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）70-10【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

， N

物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律

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

得a=2m/s2

故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于加速度运动，设又历时t2到达B点 vB= 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

＜，物体将和传送带以共同的

（2）从B到C的水平距离sBC=vBt3=2R=1.6m 所以A到C的水平距离sAC=s+sBC=8.6m (3) 对CP段由动能定理对P点应牛顿第二定律：解得：N=70-10

N

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．

10．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够长的曲线轨道，

BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段圆弧轨道，圆弧半径r=1m，三段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，

(1)若h=2.8m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的取值范围. 【答案】（1）

（2）

【解析】(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点,设到B点时的速度为vB，根据动能定理：

工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：

由①②两式可解得：N=40N

由牛顿第三定律知,工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为N′=N=40N (2)①由于BC轨道足够长,要使工件能到达CD轨道,工件与小车必须能达共速,设工件刚滑上小车时的速度为v0,工件与小车达共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得： mv0=(m+M)v1 由能量守恒定律得：

对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：

代入数据解得：h1=3m.

②要使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3m为其从AB轨道滑下的最大高度,设其最小高度为

h′,刚滑上小车的速度为v′0,与小车达共速时的速度为v′1,刚滑上CD轨道的速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： mv′0=(m+M)v′1…⑥

由能量守恒定律得：

工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：

工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：

联立。⑥⑦⑧⑨,代入数据解得：h′=m

m综上所述,要使工件能到达CD轨道最高点,应使h满足：

【名师点睛】（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度．在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，从而得到工件对轨道的压力．

（2）由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围．