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．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝

0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：

（1）质量为m2的物块在D点的速度；

（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：

（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J 【解析】 【详解】

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点

（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2gm2a 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4

质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：

Epm1gxBC0

质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：

Epm2gxBC1m2vB2 2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2代入数据可得：W2＝-1.1J

质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

3．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A、B两个物块，转盘中心O处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知mAmB1kg两组线长均为

L0.25m．细线能承受的最大拉力均为Fm8N．A与转盘间的动摩擦因数为

10.5，B与转盘间的动摩擦因数为20.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转

2盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F，g取10m/s．求：

（1）当AB间细线的拉力为零时，物块B能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA间细线刚好产生张力时转盘的角速度；

（3）试通过计算写出传感器读数F随转盘角速度变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出F2图象．

22【答案】（1）12rad/s （2）222rad/s （3）m52rad/s

【解析】

对于B，由B与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：

2mBg2mB12L

代入数据计算得出：12rad/s

（2）随着转盘角速度增加，OA间细线中刚好产生张力时，设AB间细线产生的张力为

T，有：

1mAgTmA22L

T2mBg2mB22L

代入数据计算得出：222rad/s （3）①当28rad2/s2时，F0

②当28rad2/s2，且AB细线未拉断时，有：

F1mAgTmA2L

T2mBg2mB2L

T8N

所以：F326；8rad2/s2218rad2/s2 4③当218时，细线AB断了，此时A受到的静摩擦力提供A所需的向心力，则有：

1mAgmAw2L

所以：18rad2/s2220rad2/s2时，F0

2当220rad2/s2时，有F1mAgmAL

F8N

所以：F125；20rad2/s2252rad2/s2 4222若FFm8N时，角速度为：m52rad/s

做出F2的图象如图所示；

点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．

4．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：

（1）弹簧开始时的弹性势能．

（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功． （3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小． 【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)【解析】

试题分析：（1）物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：解得：

5mgR 2

弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有

（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：

所以：

物块从B运动到C，根据动能定理有：解得：

（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律

点评：本题学生会分析物块在B点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．

5．如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求： （1）A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；

（2）要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？

【答案】（1）律得

；（2）

【解析】（1）A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动量守恒定

由动能定理得：

解得

满足的条件是

（2）物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C以速度v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得

小球经过最高点时，有

解得

【名师点睛】

A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。A碰C后交换速度，C开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C通过最高点时的最小向心力为mg，联立求解。

6．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．

7．如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求： (1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1; (2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;

(3)已知地面欲睡面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO 。在90角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在

2m到m之间变化，且均能落到3水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？

【答案】(1)gR ；(2)3mgR；(3)8.25R2 【解析】 【分析】 【详解】

(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则

v12mgm

R可以解得

v1gR

(2)从弹簧释放到最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有

WFWG即

12mv10 21WFmg2.5Rm2得

gR20

WF3mgR

故弹簧弹性势能为Ep=3mgR

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，得

t2hR3 gg离OO'的水平距离为x1，鱼饵的质量为m时

x1v1t3R

鱼饵的质量为

2m时，由动能定理 321220 WFmg2.5Rmv1323整理得：

4gR v1同理：

t6R x2v1r1x1r4R r2x2r7R

鱼饵能够落到水面的最大面积S是

S1r22r128.25R2 4【点睛】

本题考查了圆周运动最高点的动力学方程和平抛运动规律，转轴转过90°鱼饵在水平面上

形成圆周是解决问题的关键，这是一道比较困难的好题．

8．某同学设计出如图所示实验装置，将一质量为0.2kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点．AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC为一段光滑圆弧轨道．O/为圆心，半径R＝0.5m，O/C与O/B之间夹角为

θ＝37°．以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的直角坐标系xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）

（1）某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能？

（2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力？

（3）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标？

【答案】(1)1.8J(2)2.8N(3) （0.144，0.384） 【解析】 【详解】

（1）从A到C的过程中，由定能定理得：

W弹-μmgL1-mgR（1-cosθ）=0

解得：

W弹=1.8J．

根据能量守恒定律得：

EP=W弹=1.8J；

（2）从B到C由动能定理：

mgR(1cos370)在B点由牛顿第二定律：

12mvB 22vBFNBmgm

R带入数据联立解得：

FNB=2.8N

（3）小球从C处飞出后，由动能定理得：

W弹-μmgL2-mgR（1-cosθ）=

解得：

vC=22m/s

方向与水平方向成37°角，

由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程，

1mvC2-0， 2vCx=vCcos37°= 82m/s 5vCy=vCsin37°=由vCy=gt解得

62m/s， 5t=0.122s

则D点的坐标：

x=vCxt y=

解得：

x=0.144m，y=0.384m

即D处坐标为：（0.144m，0.384m）． 【点睛】

本题考查了动能定理的应用，小球的运动过程较复杂，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚小球的运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题．

1vCyt， 2

9．如图所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。质量m2＝0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；

(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep； (3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I。 【答案】(1)【解析】

（1）小球由静止释放到最低点B的过程中，据动能定理得小球在最低点B时：据题意可知

，联立可得

(2)EP=0.2J (3) I=0.4N⋅s

（2）小球a与小球b把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同， 此过程中由动量守恒定律得：

由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势能Ep=0.4J

小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a球最终速度为，b求最终速度为，由动量守恒定律由能量守恒定律：根据动量定理有：I=0.8N·s

得小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小为

10．(2011年南通一模)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.

(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？

(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；

(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小． 【答案】(1)【解析】 ①由动能定理有：

(2)

(3)

② 当

时，最小