高考物理生活中的圆周运动真题汇编(含答案)及解析

1、高考物理生活中的圆周运动真题汇编( 含答案 ) 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=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

2、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vd；(2)若铁球以 vc=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fc；（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vb；(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 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vc=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

3、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：mvd2mgr可得： vd5m / s(2)小球在 c 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：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：fc=f=6.3nfmgmvc2r(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：2ghvy2得： vy=3m/svy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：vb5m/ssin370.6(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：va vbcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：fmg ma1

4、可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； va vm a2t2又： xvm tvmva t222联立可得： t0.6s2 如图所示， bc为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， o 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 c 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 o 点正上方某处a 点以 v0 水平抛出，恰好能垂直 ob 从 b 点进入细圆管，小球过c 点时速度大小不变，小球冲出c 点后经过9s 再次回到 c点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从o 点的正上方某

5、处a 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过c 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 bc段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从a 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5n 的恒力，试判断小球在bc段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9n（ 3） 52 n【解析】【详解】（1）小球从a 运动到 b 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 b 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向

6、上滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 22a ta t2又因为： t1+t 29s8解得： t133s， t 2s84小球从 c 点冲出的速度：vc a1t1 32 m/s在 c 点由牛顿第二定律得：n mg m vc2r解得： n 20.9n（3）在 b 点由运动的合成与分解有： vbv02 m/s2sin45因为恒力为 5n 与重力恰好平衡，

7、小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 f由牛顿第二定律得：fm vb2r解得： f 52 n由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 n，3 如图所示，在竖直平面内有一半径为r的 1 光滑圆弧轨道 ab，与水平地面相切于b4点。现将 ab锁定，让质量为 m的小滑块 p（视为质点）从a点由静止释放沿轨道ab滑下，最终停在地面上的c点， 、b两点间的距离为 2 已知轨道的质量为2 ，与bcrabm p点右侧地面间的动摩擦因数恒定，b点左侧地面光滑，重力加速度大小为g，空气阻力不计。（1）求 p刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n以及p与b点右侧地面间的动摩擦因数；

8、（ 2）若将 ab解锁，让 p 从 a 点正上方某处 q由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在 c点，求：当p 刚滑到地面时，轨道ab的位移大小x1；q与 a 点的高度差h 以及 p 离开轨道 ab后到达 c点所用的时间t 。【答案】（ 1） p 刚滑到圆弧轨道的底端b 点时所受轨道的支持力大小n 为 3mg ， p 与 b 点右侧地面间的动摩擦因数为 0.5；（ 2）若将 ab 解锁，让p 从 a 点正上方某处q 由静止释放， p 从 a 点竖直向下落入轨道，最后恰好停在c 点，当 p 刚滑到地面时，轨道ab的位移大小 x1 为 r ； q 与 a 点的高度差h 为 r

9、， p 离开轨道 ab 后到达 c 点所用的时间32t 为132r 。6g【解析】【详解】（1）滑块从 a 到 b 过程机械能守恒，应用机械能守恒定律得：mgr= 1 mvb2 ，2在 b 点，由牛顿第二定律得： n-mg =m vb2，r解得： vb=2gr ， n=3mg，滑块在 bc 上滑行过程，由动能定理得：-mg ?2r=0- 1 mv2b ，2代入数据解得：=0.5；（ 2）滑块与轨道组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-2mv2=0m r x1-2mx1 =0，tt解得： x1= r ；3滑块 p 离开轨道 ab 时的速度大小为vb， p 与轨道

10、 ab 组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvb-2mv=0，由机械能守恒定律得：mg（r+h） = 1 mvb2 1 2mv2，22解得： h= r ；2x1p 向右运动运动的时间：t 1= vb ，p 减速运动的时间为t2，对滑片，由动量定理得：-mgt 2=0-mvb，运动时间： t=t1+t 2，解得： t= 132r ；6g4 如图所示，一质量m =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道bc和水平粗糙轨道cd组成， bc与 cd相切于 c，圆弧bc 所对圆心角 37，圆弧半径r=2.25m，滑动摩擦因数

11、=0.48。质量m=1kg 的小物块从某一高度处的a 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自b 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求:（ 1） a、b 间的水平距离；（ 2）物块通过 c 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） fn25.1n （ 3） 13.6j【解析】【详解】（1）物块从 a到 b由平抛运动的规律得 :gttan=v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 b 点时，由平抛运动的规律得：v0vbcos物块在小车上 bc段滑动过程中，由动

12、能定理得：mgr(1 cos) 1mvc2 1mvb222在 c 点对滑块由牛顿第二定律得fn mgm vc2r联立以上各式解得：fn25.1n（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vc a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134 m / s51212物块在 cd段滑动过程中由能量守恒定律得：mvc（ m m） v + q22解得： q=13.6j5 如图所示，用绝缘细绳系带正电小球在竖直平面内运动，已知绳长为l，重力加速度g，小球半径不计，质量为m，电荷 q不加电场时，小球在

13、最低点绳的拉力是球重的9倍。(1)求小球在最低点时的速度大小；(2)如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小。【答案】（ 1） v18gl3mg3mg（ 2）e5qq【解析】【详解】（1）在最低点，由向心力公式得：fmgmv12l解得： v18gl（ 2）果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，说明小球能通过与圆心等的水平面，但不能通过最高点。则小球不能通过最高点，由动能定理得：mg 2l eq2l1 mv121 mv2222且2eqmgm v2l3mg则 e5

14、q也不可以低于o 水平面mgleql3mg则 eqmv1223mg3mg所以电场强度可能的大小范围为e5qq6 如图所示， abcd是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在a 处的滑块施加一个水平向右的推力f，使它从a 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m 时到达 b 点，此时撤去推力f、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点c，当滑块滑过水平bd 部分后，又滑上静止在d 处，且与abd 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均

15、等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s 2，求：(1)水平推力 f 的大小；(2)滑块到达 d 点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（ 1） 1n（ 2）（ 3） t 1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过c 点，则有：m1g m1从 a 到 c 由动能定理得：fx m1g2r m1 vc2 0代入数据联立解得：f 1 n(2)从 a 到 d 由动能定理得：fx m1vd2代入数据解得：vd 5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1g m1a1，解得：a1 1g 3 m/s 2对木板有

16、：1m1g 2(m1 m2)gm2a2，代入数据解得：a2 2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v 共 vd a1 tv 共 a2t，代入数据解得：t 1 s此时滑块的位移为：x1 vdta1t2 ，木板的位移为：x2 a2t2， lx1 x2，代入数据解得：l 2.5 mv 共 2 m/sx2 1 m达到共同速度后木板又滑行x，则有：v 共 2 22gx，代入数据解得：x 1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木 x2 x2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中

17、的运动规律，选择合适的规律进行求解7 三维弹球3dpinball是 window里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏如图所示，将一质量为m0.1kg 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 进入水平桌面bc，从c点水平抛出已知半圆型轨道oa 和ab 的半径分别为r0.2m ，r0.4m ， bc 为一段长为l2.0m 的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4 ，放在水平地面的矩形垫子defg的de边与bc垂直， c点离垫子的高度为h0.8m ， c 点离d

18、e 的水平距离为x0.6m ，垫子的长度ef为1m， g10m / s2 . 求：1 若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在b 位置小弹珠对半圆轨道的压力；2 若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从c 点水平抛出后落入垫子时距左边缘de的距离；3 若小弹珠从 c 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度【答案】（ 1） 6n（ 2） 0.2m（3） 26m / s【解析】【分析】(1)由牛顿第二定律求得在a 点的速度，然后通过机械能守恒求得在b 点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；(2)通过动能定理求得在c 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；(

19、3)求得不飞出垫子弹珠在 c 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度【详解】（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在a 点应用牛顿第二定律有2mgmva ，r所以， vagr2m / s ；那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：1mvb21mva22mgr ，所以， vbva24gr 25m / s ；22那么对弹珠在 b 点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力fn mgmvb26n ，方向竖直向上；r故由牛顿第三定律可得：在b 位置小弹珠对半圆轨道的压力n fn 6n ，方向竖直向下； （ 2）弹珠在 bc 上运动只有摩擦力做功，故

20、由动能定理可得：mgl1 mvc21 mvb2 ，22所以， vcvb22 gl 2m / s；设小弹珠从c 点水平抛出后落入垫子时距左边缘de的距离为 d，那么由平抛运动的位移公式可得： h1 gt 2 ，2x d vc t vc2h0.8m ，g所以， d0.2m；（3）若小弹珠从c 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离0.6ms1.6m ；ssvc 2h ，故平抛运动的初速度tg所以， 1.5m / s vc 4m / s；又有弹珠从 o 到 c 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：mg2r 2rmgl1 mvc2 1 mv02 ；22所以， v0vc 2

21、2g2r 2r2 glvc 2 8m / s ，故41 m / sv0 26m / s ，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为2 6m / s ；2【点睛】经典力学问题一般先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 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37 ，圆弧的半径为 r 1.0m ，在某次调试中传送带以速度v 2 m/s顺时针转动，现将质量为 m13 kg 的物块 p（可视为质点）从a 点位置静止

22、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m21kg 的物块 q 在传送带上，经时间t1.2s 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0.5 ，重力加速度20.6 ， cos37 0.8 试求：g 10m/s ， sin37（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

23、）由 a 到 b，对物块 p 由动能定理有m1gr cos1m1v122可得物块 p 在 b 点的速度大小v12grcos4m/s（2）因 vbv，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m1 g sinm1g cosm1a1可得物块p 的加速度大小a 1=10m/s2减速至 v 的时间t1vv10.2sa1运动位移x1v2v120.6m2a1因 x1l，摩擦力反向，又因 mg sinmg cos，物块 p 继续向上减速，有m1 g sinm1g cosm1a2可得物块p 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2因 t 2=t-t 1 ，说明物块 p

24、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x2v21m2a2对物体 qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31a3t 21.44m2bc 的最小距离l=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体q 的速度v2=a3t =2.4m/s物体 p 和 q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3 向下加速运动，到圆弧上的b 点的过程，有2a3 x1x2 v42 - v32可得粘合体在b 点的速度v4=2.6m/s在 b 点由牛顿第二定律有v42fm1m2 gcos m1m2r

25、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。9 如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板o点，挂一根m为 0.5 kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为10 n.l=3 m 的细绳，绳的下端挂一个质量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】 3.3m4.8m【解析】整体分析：设绳与竖直方向夹角为，则通过重力与拉力的关系求出夹角，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，则在竖直方向有：t cos-mg=0，mg0.5 101解得： cos10，故 =60 t2那么球做圆周运动的半径为：r l sin 60033 m3 3 m22oo间的距离为：oo=lcos60=1.5m ，则 oo间的距离为 oo=h-oo=h-1.5m 根据牛顿第二