高中物理生活中的圆周运动试题(有答案和解析)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，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g取10m/s2，求

（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB； （2）圆弧轨道的半径R；

（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有µ）．

【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3

11mAv12(mAM)v2 22【解析】 【分析】

时，

（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度； （2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；

（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】

（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB， 由动量守恒定律：

11220=mAvAmBvB 由能量关系：EP=mAvAmBvB

22解得vA=2m/s；vB=4m/s

2vd（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：mBgmB

R由机械能守恒定律：解得R=0.32m

1122mBvB=mBvdmBg2R 22（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：

mAvA=(mAM)v由能量关系：1mAgL解得μ1=0.2

112mAvAmAMv2 22讨论：

（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为

Q1mAgL10 （J）

（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为

Q111mAv12mAMv2，解得Q2=2J 22的细线悬挂一质量为

的小球，，物体绕轴

2．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为

因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知

，

重力加速度g取

若北小球运动的角速度

，求此时细线对小球的拉力大小。

【答案】【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出支持力为零时，小球的线速度的大小，从而确定小球有无离开圆锥体的斜面，若离开锥面，根据竖直方向上合力为零，水平方向合力提供向心力求出线对小球的拉力大小。 【详解】

若小球刚好离开圆锥面，则小球所受重力与细线拉力的合力提供向心力，有：

此时小球做圆周运动的半径为：

解得小球运动的角速度大小

为：代入数据得：

，则

若小球运动的角速度为：

小球对圆锥体有压力，设此时细线的拉力大小为F，小球受圆锥面的支持力为水平方向上有：竖直方向上有：联立方程求得：【点睛】

解决本题的关键知道小球圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，根据牛顿第二定律求出临界速度是解决本题的关键。

3．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8m．现将小球C拉至水平无初速度释放，

并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的速度为2m/s．已知A、B、C的质量分别为mA＝4kg、mB＝8kg和mC＝1kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10m/s2.

(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；

(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？ 【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m 【解析】 【详解】

（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl代入数据解得：v0＝4m/s，

2v0对小球，由牛顿第二定律得：F﹣m0g＝m0

l代入数据解得：F＝30N

1m0v02 2（2）小球C与A碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：所以：vC2gh2100.22m/s

12mvCmgh 2小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA 代入数据解得：vA＝1.5m/s

（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mvA＝（m+M）v 代入数据解得：v＝0.5m/s 由能量守恒定律得：μmgx11mvA2（m+M）v2 22代入数据解得：x＝0.375m；

4．如图所示，水平传送带AB长L=4m，以v0=3m/s的速度顺时针转动，半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD与传动带平滑相接于B点，将质量为m=1kg的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s2，求:

(1)滑块滑到B点时对半圆轨道的压力大小；

(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大． 【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】 【分析】

（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A点的初速度. 【详解】

（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s2；则加速到与传送带共速的时间

tv011s 运动的距离：xat21.5m， a22v0 以后物块随传送带匀速运动到B点，到达B点时，由牛顿第二定律：FmgmR解得F=28N，即滑块滑到B点时对半圆轨道的压力大小28N.

2vD（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m

R解得vD=5m/s； 由B到D，由动能定理：解得vB=5m/s>v0

可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s2，根据vB2=vA2-2aL 解得vA=7m/s

1212mvBmvDmg2R 22

5．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动(g＝10 m/s2)，求：

(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离； (2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；

(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远．如果不能，请说明理由．

【答案】(1)2 m (2)6 N (3)能落到斜面上，第一次落在斜面上的位置距离B点1.13 m 【解析】

①.小球离开B点后做平抛运动，

h12gt 2xvBt

解得：x2m

所以小球在CD轨道上的落地点到C的水平距离为2m ②.在圆弧轨道的最低点B，设轨道对其支持力为N

2vB由牛二定律可知：Nmgm

R代入数据，解得N3N

故球到达B点时对圆形轨道的压力为3N ③．由①可知，小球必然能落到斜面上

根据斜面的特点可知，小球平抛运动落到斜面的过程中，其下落竖直位移和水平位移相等

vBt12gt，解得：t0.4s 2则它第一次落在斜面上的位置距B点的距离为S2vBt0.82m．

6．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L=60cm的直轨道AB与半径R=10cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨道最低点，D点与圆心等高，E为圆轨道最高点；圆轨道在F点与水平轨道FG平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m=50g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放．已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．

（1） 求滑块到达E点时对轨道的压力大小FN；

（2）若要滑块能在水平轨道FG上停下，求FG长度的最小值x；

（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s． 【答案】（1）FN=0.1N（2）x=0.52m（3）s【解析】 【详解】

（1）滑块从A到E，由动能定理得：

93m 160mgLsinR1cos2R1mgLcos代入数据得：vE12mvE 230m/s 52vE 滑块到达E点：mgFNmR代入已知得：FN=0.1N

（2）滑块从A下滑到停在水平轨道FG上，有

mgLsinR1cos1mgLcos2mgx0

代入已知得：x=0.52m

（3）若从距B点L0处释放，则从释放到刚好运动到D点过程有：

mg[L0sin+R(1cos)R]1mgL0cos0

代入数据解得：L0=0.2m

从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB上上滑距离为L1，则：

mgL0L1sin1mgL0L1cos0

解得：L1sin1cos1L0L0

sin1cos22同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：

sin1cos11L2L1L1L0

sin1cos221故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有： L5L0

2所以第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程

5sL02L12L22L32L4L593m 160

7．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N；(2)6J；(3)距离B 0.2m或距离C端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力 故小球受到的向心力为

F向2.5mgmg3.5mg3.511035N

(2)在C点，由

vc2F向=

r代入数据得

12mvc3.5J 2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0 则有

kx0mg

解得

x0mg0.1m k设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

1mg(rx0)mvc2EkmEp

2得

1Ekmmg(rx0)mvc2Ep33.50.56J

2(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得

mg3rmgs解得BC间距离

12mvc 2s0.5m

小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有

12mgsmvc

2解得

s0.7m

故最终小滑动距离B为0.70.5m0.2m处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

8．三维弹球（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】(1) 44.1m/s，(2) 6.2m；(3) 0.8m 【解析】 【详解】

2vA(1)弹珠恰好通过最高点A时，由牛顿第二定律有：mg＝m

r从A点到B点由机械能守恒律有：mg×2R＝

1212mvBmvA 222vB在B点时再由于牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m

R联立以上几式可得：FN＝5.5N，vB＝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′Bt 竖直方向：y＝H＝又：x＝y 解得：v′B＝4m/s

而vB＞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＝则水平方向：x＝vBt＝12gt 212gt，得t＝0.8s 24210m 25故小球落地点距c点的距离：s＝x2H2 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′Bt' 竖直方向：y′＝又：x'＝

H12﹣d＝gt 22H 2解得：d＝0.8m

9．如图所示为某款弹射游戏示意图,光滑水平台面上固定发射器、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面AB,竖直面BC和竖直靶板MN．通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放,滑块从O点弹出并从E点进人圆轨道,绕转一周后继续在平直轨道上前进,从A点沿斜面

AB向上运动,滑块从B点射向靶板目标(滑块从水平面滑上斜面时不计能量损失)．已知滑块质量m5g,斜面倾角37,斜面长L25cm,滑块与斜面AB之间的动摩擦因数0.5,竖直面BC与靶板MN间距离为d,B点离靶板上10环中心点P的竖直距离

h20cm,忽略空气阻力,滑块可视为质点．已知sin370.6,cos370.8,取g10m/s2,

求:

(1)若要使滑块恰好能够到达B点,则圆轨道允许的最大半径为多大?

(2)在另一次弹射中发现滑块恰能水平击中靶板上的P点,则此次滑块被弹射前弹簧被压缩到最短时的弹性势能为多大? (结果保留三位有效数字)

(3)若MN板可沿水平方向左右移动靠近或远高斜面,以保证滑块从B点出射后均能水平击中靶板．以B点为坐标原点,建立水平竖直坐标系(如图) ,则滑块水平击中靶板位置坐标

x,y应满足什么条件?

【答案】(1)R0.1m (2) Ep4.0310J (3)【解析】 【详解】

（1）设圆轨道允许的半径最大值为R 在圆轨道最高点：

238y3，或yx，或xy x883mv2 mgR要使滑块恰好能到达B点，即：

vB0

从圆轨道最高点至B点的过程：

1mgLsin2mgRmgLcos0mv2

2代入数据可得

R0.1m

（2）滑块恰能水平击中靶板上的P点，B到P运动的逆过程为平抛运动 从P到B：

t2h gvygt

v3sinvy

代入数据可得：

vB从弹射至点的过程：

10m/s 3EpmgLsinmgLcos代入数据可得：

12mvB0 2Ep4.03102J

（3）同理根据平抛规律可知：

y1tan37 x2即

y3 x83x 88或xy

3或y

10．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） 【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 cosθ-mg=0，

2

解得：cosmg0.5101 ，故θ=60° T102333mm 22那么球做圆周运动的半径为：rLsin6003OO′间的距离为：OO′=Lcos60°=1.5m， 则O′O″间的距离为O′O″=H-OO=H-1.5m．

2vA 根据牛顿第二定律： Tsinmr 联立以上并代入数据解得：vA35m/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：v2=vA2+（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：h1所以屋的高度为H=h1+1.5m=3.3m

小球在水平方向上的位移为：xBCvAt350.6m由图可知，圆柱形屋的半径为R2=r2+(xBC)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．

121gt100.621.8m 2295m 5