高中物理生活中的圆周运动题20套(带答案)

高中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，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相

切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35

，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：

（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；

（2）小球到达A 点时动量的大小；

（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间．

【答案】（15gR （223m gR （3355R g 【解析】

试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．

解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有

0tan F mg α=① 2220()F mg F =+② 设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得

2

v F m R

=③ 由①②③式和题给数据得

034

F mg =④ 5gR v = （2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥

(1cos CD R α=+）⑦

由动能定理有

22011122mg CD F DA mv mv -?-?=-⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为

1232

m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有 212

v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=

由⑤⑦⑩

式和题给数据得 355R

t g =

点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．

2．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12

倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：

(1)星球表面的重力加速度？

(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？

(3)细线所能承受的最大拉力？

【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024

g s v H L =-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】

【分析】

【详解】

（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R = 2Mm G mg R

= 可得2

v g R

= 则014g g 星＝

（2）由平抛运动的规律：212

H L g t -=星 0s v t =

解得0024g s

v H L

=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L

-星＝ 解得：2

01142()s T mg H L L ??=+??-??

【点睛】

本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．

3．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中ON 水平，OM 竖直，两个小物块A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L =0.5m ，．现将直角杆MON 绕过OM 的轴O 1O 2缓慢地转动起来．已知A 的质量为m 1=2kg ，重力加速度g 取10m/s 2。

（1）当轻绳与OM 的夹角θ=37°时，求轻绳上张力F 。

（2）当轻绳与OM 的夹角θ=37°时，求物块B 的动能E kB 。

（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与OM 的夹角θ由37°缓慢增加到53°，求这个过程中直角杆对A 和B 做的功W A 、W B 。

【答案】（1）25N F =（2） 2.25J kB E = （3）0A W = ，B 61J 12W =

【解析】

【详解】

（1）因A 始终处于平衡状态，所以对A 有

1cos F m g θ=

得25N F =

（2）设B 质量为2m 、速度为v 、做圆周运动的半径为r ，对B 有

22sin v F m r

θ= sin r L θ=

2212

kB E m v = 得21sin 2cos kB m gL E θθ= 2.25J kB E =

（3）因杆对A 的作用力垂直于A 的位移，所以0A W =

由（2）中的21sin 2cos kB m gL E θθ

=知，当53θ=?时，B 的动能为kB 16J 3E '= 杆对B 做的功等于A 、B 组成的系统机械能的增量，故B kB kB 1W E E m gh '=-+ ①

其中cos37cos53h L L ??=- ②

得B 61J 12

W =

4．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L ．现将该弹簧水平放置，如图乙所示．一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5L 的水平轨道，B 端与半径为L 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P

开始沿轨道运动，重力加速度为g ．

（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；

（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离；

（3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．

【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)553

2

m M m ＃ 【解析】

【详解】 （1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为

（2）设P 到达B 点时的速度大小为，由能量守恒定律得：

设P 到达D 点时的速度大小为

，由机械能守恒定律得：

物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为

θ θ 22S L =

（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 52

M m < 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C ，得212

B Mv MgL '≤ 2142p B E Mv MgL μ='+

5．某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆心为O 的光滑圆弧轨道AB 与足够长倾斜传送带BC 在B 处相切且平滑连接，OA 连线水平、OB 连线与竖直线的夹角为37θ=?，圆弧的半径为 1.0m R =，在某次调试中传送带以速度2m/s v =顺时针转动，现将质量为13kg m =的物块P （可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为21kg m =的物块Q 在传送带上，经时间 1.2s t =后与物块P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体A ．已知物块P 、Q 、粘合体S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5μ=，重力加速度210m/s g =，sin370.6?=，cos370.8?=．试求：

（1）物块P 在B 点的速度大小；

（2）传送带BC 两端距离的最小值；

（3）粘合体回到圆弧轨道上B 点时对轨道的压力．

【答案】（1）4m/s （2）3.04m （3）59.04N ，方向沿OB 向下。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由A 到B ，对物块P 由动能定理有

21111cos 2

m gR m v θ=

可得物块P 在B 点的速度大小 12cos 4m/s v gR θ==

（2）因v B >v ，物块P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有

1111sin cos m g m g m a θμθ+=

可得物块P 的加速度大小

a 1=10m/s 2

减速至v 的时间

111

0.2v v t s a -=

=- 运动位移 221110.62v v x m a -==-

因x 1，物块P 继续向上减速，有

1112sin cos m g m g m a θμθ-=

可得物块P 的加速度大小

a 1=2m/s 2

减速至0的时间

22

1v t s a == 因t 2=t-t 1，说明物块P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞 物块P 第二段减速的位移大小

2

22

12v x m a == 对物体Q

2223sin cos m g m g m a θμθ-=

可得其加速度

a 3=2m/s 2

下滑的位移

2331 1.442

x a t m =

= BC 的最小距离 L =x 1+x 2+x 3=3.04m

（3）碰撞前物体Q 的速度

v 2=a 3t =2.4m/s

物体P 和Q 碰撞

m 2v 2=（m 1+m 2）v 3

可得碰撞后速度

v 3=0.6m/s

碰撞后粘合体以加速度a 3向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有

()22312432-a x x v v +＝

可得粘合体在B 点的速度

v 4=2.6m/s

在B 点由牛顿第二定律有

()()

124122F m m gcos m R v m θ-++＝

可得轨道对粘合体的支持力

F =59.04N 由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F ′=59.04N ，方向沿OB 向下。

6．如图所示，AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的

直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点．现使质量为m的小滑块从D点以速度v0＝进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小F N；

（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；

（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围．

【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）

解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C点

解得μ＝0.5

所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D点

解得μ＝0.2

所以μ≤0.2

综上μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

7．如图所示，竖直平面内固定有一半径R ＝1m 的14

光滑圆轨道AB 和一倾角为45°且高为H ＝5m 的斜面CD ，二者间通过一水平光滑平台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）由静止释放，巳知重力加速度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，使得无论h 为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度l 为多少?

【答案】（1）25/m s （261m （3）1.25m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）从释放小球至A 点根据速度与位移关系有

22A v gh ＝

在A 点，根据牛顿第二定律

21A N v F m R

= 在B 点，根据牛顿第二定律

22B N v F mg m R

-= 根据题意有

213N N F F mg -=

故

2()B v g R h =+若0h =，则小球在B 点的速度

1225m/s v gR ==；

（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

0x t v =

竖直方向

212

y H gt ==

又因为斜面倾角为45°，则 x y ＝

解得

05m/s v ＝

对应的高度

00.25m h =

若0.80.25h m m =>，小球将落在水平地面上，而小球在B 点的速度

26m/s v =

小球做平抛运动竖直方向

212

H gt =

得 1t s =

则水平方向

126m x v t ==

故小球落地点距C 点的距离

s ==；

（3）若要求无论h 为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，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：35m/s v =

则从C 点至挡板最高点过程中水平方向

3''x v t =

竖直方向

'2122

H y l gt =

-=' 又 2H x '=

解得

1.25m l =．

点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解．

8．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F N =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E p =0.5J 。取重力加速度g =10m/s 2。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E km ；

(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 2.5F mg =的相互作用力

故小球受到的向心力为

2.5

3.5 3.511035N F mg mg mg =+==??=向

(2)在C 点，由

2=c v F r

向 代入数据得

21 3.5J 2

c mv = 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0x

则有

0kx mg =

解得

00.1m mg x k

== 设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

201()2

c km p mg r x mv E E ++=+ 得

201()3 3.50.56J 2

km c p E mg r x mv E =++-=+-= (3)滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得

2132

c mg r mgs mv μ?-=

解得BC 间距离 0.5m s =

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

212

c mgs mv μ-=-' 解得

0.7m s '=

故最终小滑动距离B 为0.70.5m 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。

9．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 2）

【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 cos θ-mg =0，

解得：0.5101cos 102mg T θ?=== ，故θ=60° 那么球做圆周运动的半径为：0333sin 603r L m m ==?

= OO ′间的距离为：OO ′=Lcos 60°=1.5m ， 则O′O ″间的距离为O′O″=H -OO =H -1.5m ．

根据牛顿第二定律： 2sin A v T m r

θ= 联立以上并代入数据解得：35/A v m 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：v 2=v A 2+（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：22111100.6 1.822h gt m =

=??= 所以屋的高度为H =h 1+1.5m=3.3m

小球在水平方向上的位移为：95350.6BC A x v t m ===

由图可知，圆柱形屋的半径为R 2=r 2+(x BC )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．

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

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

''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．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/58nq.html