2021年新高考真题物理汇编5 圆周运动（解析版）

专题5圆周运动

选择题

1.（2021新高考北京卷）如图所示，圆盘在水平面内以角速度“绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P

点有一质量为〃?的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某

点停止。下列说法正确的是

A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向

B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mor

C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动

D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为“。厂

【答案】D

【解析】圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹的法线方向（沿轨迹半径指向圆心），

选项A错误；小物体随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，小物体运动一圈时间T=2n/3,

小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为所受摩擦力的冲量大小为〃="=2"mar,选项B错误；圆盘停止

转动后，由于惯性，小物体沿运动轨迹切线方向运动，选项C错误；圆盘停止转动时，小物体速度v=or,

山动量定理，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I=Z\mv=〃7or,选项D正确。

2.（2021高考新课程I卷山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一

端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度%出发，恰好能完成一个

完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

0

D.\6兀L

【答案】B

42

1mvQ

2

【解析】恰好能完成一个完整的圆周运动，由动能定理，f•2nL=5mvo,解得f=4兀L,选项B正确。

3.（2021年高考广东学业水平选择性测试）由于高度限制，车库出入口采用图2所示的曲杆道闸，道

闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点.在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持

水平.杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。的过程中，下列说法正确的是

A.P点的线速度大小不变

B.P点的加速度方向不变

C.Q点在竖直方向做匀速运动

D.Q点在水平方向做匀速运动

【答案】A

【解析】杆OP绕O点从与水平方向成30。匀速转动到60。的过程中，P点的线速度大小不变,P点的加

速度方向始终指向O点，方向变化，选项A正确B错误；P点绕O点做匀速圆周运动，Q点绕P做圆周运

动，所以Q点在竖直方向和水平方向都不是做匀速运动，选项CD错误。

4.（2021年6月浙江选考物理）质量为，”的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻,

下列说法正确的是（）

A.秋千对小明的作用力小于2g

B.秋千对小明的作用力大于优

C.小明的速度为零，所受合力为零

D.小明的加速度为零，所受合力为零

【答案】A

【解析】在最高点，小明的速度为0,设秋千的摆长为/,摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为。，秋千

对小明的作用力为F,则对人，沿摆绳方向受力分析有=

由于小明的速度为0，则有尸=/ngcos。<mg,沿垂直摆绳方向有mgsin。=

解得小明在最高点的加速度为。=8$亩8,所以A正确；BCD错误。

5.（2021高考全国甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳

拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可

达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为

<—000<S>C1^—a

外力▽外力

A.IOm/s2B.100m/s2C.1000m/s2D.lOOOOm/s2

【答案】C

【解析】根据纽扣绕其中心的转速可达50r/s,可知角速度3=2兀x50rad/s=100nrad/s,此时纽扣上距离中心

1cm处的点向心加速度大小约为a=<『r=（100n）2X0.01m/s2=1000m/s2,选项C正确。

6.（2021高考河北物理）如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、P。足够长，且PQ杆光滑。

一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为〃?的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以

角速度0和④'匀速转动时，小球均相对尸。杆静止。若3'>0,则与以切匀速转动时相比，以。'匀速转

动时（）

A.小球的高度一定降低

B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大

D.小球所受合外力的大小一定变大

【答案】BD

【解析】对小球受力分析，设轻弹簧弹力为Fr，轻弹簧与水平方向的夹角为。，在竖直方向，由于PQ杆

光滑，其轻弹簧拉力沿PQ杆方向向上的分力等于小球重力，/7«山。=〃吆，小球均相对杆静止，。角不

变，所以所以弹簧弹力的大小一定不变，小球高度不变，选项A错误B正确；轻弹簧拉力沿水平方向的分

力和杆对小球的弹力的合力提供向心力。当转速较小时，杆对小球的弹力背离转轴，FTCOSO-F/VT"。)解

得Ev=F/cos0当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，F/cos0+FN=mr解得FA尸"〃•J'-F/COS

9.因所以由牛顿第三定律可知，小球时杆压力的大小不•定变大，选项C错误；由匀速圆周运

动的向心力公式尸=，"J可知，以口，匀速转动时，所需的向心力增大，小球所受合外力的大小一定变大，

选项D正确。

二.计算题

1.(12分)(2021年1月浙江选考)如图所示，竖直平面内由倾角a=60。的斜面轨道AB、半径均为R的半

圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨

道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心02的连线，以及02、E、Oi和B等四点连成的直线与

水平线间的夹角均为0=30。，G点与竖直墙面的距离d=V3R,,现将质量为m的小球从斜面的某高度h处

静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。

(1)若释放处高度h=ho,当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲

量的大小和方向;

(2)求小球在圆管内与圆心Oi点等高的D点所受弹力FN与h的关系式;

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？

第20即图

【解析】(1)由机械能守恒定律，mghongmvc2

解得：vc=，2g%,

由动量定理，I=mvc=m"赢，方向水平向左。

(2)由机械能守恒定律，mg(h-R)=—mvD2

2

2

在D点，由牛顿第二定律，FN=m^

R

h

解得：FN=2mg(--1)

h满足的条件hNR

(3)第1种情况，不滑离轨道原路返回，条件是

2

第2种情况，与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动，

Vxt=d,Vy=gt,

其中VA=VGSin夕，Vv=VGCOS°,

联立解得：VG=2y[gR,

由机械能守恒定律，mg(h--R)=—mvG2

22

解得h满足的条件h=?A

2

2.(12分)(2021新高考北京卷)

秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为〃?,

人蹲在踏板上时摆长为人站立时摆长为4。不计空气阻力，重力加速度大小为g。

(1)如果摆长为“摆球”通过最低点时的速度为。，求此时“摆球”受到拉力T的大小。

(2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。

a.人蹲在踏板上从最大摆角q开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最

大摆角为名。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明a

b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个

最大摆角e后，如果再次经过最低点时;通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内

做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能AEk应满足的条件。

【解析】(1)根据牛顿运动定律T—tng=m—

2

得T=mg+my-

(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为功、V2,根据功能关系得

12

)nv

mgl1(1-cos4)=5\

加弘(1-cos2)=g

己知01=02，得mg/、(1-cos4)=cos02)

因为4>4，得COSa>cos^

所以02>0^

b.设“摆球”山最大摆角e摆至最低点时动能为线，根据功能关系得

Ek=mgly(1—cos0)

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为\

根据牛顿运动定律得

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得

线+阳>2mgl2+^invl

A£>gmgl-mgl(\-cos0)

得k2t

3.(15分)(2021高考新课程湖北卷)如图所示，一圆心为0、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平

面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的

静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道

运动到与0点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。

(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离;

(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，0D与0Q夹角为。，求此时A所受力对A做功的功率；

(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。

【答案】15.(1)2R(2)mgsin612gRcos0(3)y/WmgR

v2

【解析】(1)根据题述，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律，mg=m—

R

解得v=J^

由平抛运动规律，x=vt,2R=；g产

联立解得：x=2R

11

2

(2)A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点过程，由机械能守恒定律，mgRcosO=-mvD,

A所受力对A做功的功率P二mgsin。•vD,

联立解得：P=mgsinej2gRcos9。

(3)A碰撞后，由动能定理解得VA=，2gR

2

B碰撞后，由动能定理2mgR+mv=mv^,,解得vB=yj5gR

AB碰撞，由动量守恒定律，，〃VO=〃ZVA+“”B，

碰撞过程中A和B损失的总动能△£!,=；加%2_(Lmv^+Lmv^)

联立解得：△&二师

4.(2021年6月浙江选考物理)如图所示，水平地面上有一高”=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾

角6=37。的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道6C、四分之一圆周光滑细圆管道8和半圆形光滑轨道

DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r=0.1m、圆心在。|点，轨道。£户的半径R=0.2m、圆心

在。2点，。|、。、。2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道A3上距台面高为力的尸点静止下滑，

与静止在轨道6C上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CO、轨道DEE从尸点竖直向下运动，

与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，

已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数〃=」-,sin370=0.6,cos370=0.8.，

(1)若小滑块的初始高度〃=0.9m,求小滑块到达8点时速度%的大小;

（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值几汨；

（3）若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点。与尸点的水平距离x的最大值Xmax。

【答案】⑴4m/s；(2)hmin=0.45m；(3