高考物理生活中的圆周运动真题汇编(含答案)

1、高考物理生活中的圆周运动真题汇编（含答案）一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 .如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为二03根的细线悬挂一质量为e =段自的小球，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6 = 37。，物体绕轴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sin370 =0,6口 =0号重力加速度g取。阿房若北小球运动的角速度5=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

2、 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：成g '=博水/此时小球做圆周运动的半径为：=加i叫解得小球运动的角速度大小一tii = I为：壮co叫弋入数据得：5=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则水平方向上有：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。2.光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在 B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R, 一个质量为m的物块静止在水平面上，现向

3、左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经 B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：弹簧弹力对物块做的功;(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离;(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？r 5 1Ep 之-mtiR【答案】(1)4mgR|(2) 4R (3)2 或即MmgH【解析】【详解】(1)由动能定理得理在B点由牛顿第二定律得：9mg mg = m *解得w=4mgR(2)设物块经C点落回到水平面上时距 B点的距离为S,用日为t,

4、由平抛规律知S=vct12R= gt2从B到C由动能定理得1 . 1- -mvl - -mvi 联立知，S= 4 R(3)假设弹簧弹性势能为E p,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在 圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知E pmgR若物块刚好通过 C点，则物块从B到C由动能定理得 1 . 1-2mgR - -mvl -网物块在C点时mg=m*仃户 -mvl则 &51联立知：E pmgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为E p<mgR 或 E pmgR.3.水平面上有一竖直放置长H=1.3m的杆PO,

5、一长L= 0.9m的轻细绳两端系在杆上 P、Q两点，PQ间距离为d = 0.3m, 一质量为 m= 1.0 kg的小环套在绳上。杆静止时，小环靠在杆上，细绳方向竖直；当杆绕竖直轴以角速度3旋转时，如图所示，小环与Q点等高，细绳恰好被绷断。重力加速度g = 10m/s2,忽略一切摩擦。求：(1)杆静止时细绳受到的拉力大小T；(2)细绳断裂时杆旋转的角速度大小3；(3)小环着地点与O点的距离D。【答案】(1) 5N(2) 5rad/s(3) 1.6m【解析】【详解】(1)杆静止时环受力平衡，有2T= mg得:T= 5N(2)绳断裂前瞬间，环与 Q点间距离为r,有r2+d2= (L-r) 2dr环到

6、两系点连线的夹角为0,有sin , cos绳的弹力为Ti,有T1sn 0= mgTicos 叶 T1 = m 32r得 5、3rad / s(3)绳断裂后，环做平抛运动，水平方向 s= vt12竖直方向：H d gt环做平抛的初速度：v= wr小环着地点与杆的距离：D2=r2+s2得 D= 1.6m【点睛】本题主要是考查平抛运动和向心力的知识，解答本题的关键是掌握向心力的计算公式，能 清楚向心力的来源即可。4.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为2L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角0= 30°,此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为内设最大静摩擦

7、力等于滑动摩擦力.物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g,求:(1)当转台角速度031(2)当转台角速度032为多大时，细绳开始有张力出现；为多大时，转台对物块支持力为零;转台从静止开始加速到角速度g的过程中,3转台对物块做的功(3)【解析】(3)2J3g3L, 3 mgL(1)当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力: mg m 1 2Lsin代入数据得(2)当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供,2mg tan m 2 2Lsin代入数据得(3)32,，物块已经离开转台在空中做圆周运动.设细绳与竖直方向夹角为有2mg tan m 3 2Lsin

8、代入数据得60转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即1W 1m( 3 2Lsin60o)2 mg(2Lcos30o 2Lcos60o)代入数据得:W (1 3)mgL 2 【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0, f=0.根据能量守恒定律求转台对物块所做的功.5.如图所示，长为31的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端分别拴着质量为m、2m的小球A和小物块B,开始时B静止在细管正下方的水平地面上。保持细管竖 直用手轻轻摇动细管，稳定后 A在水平面内做匀速

9、圆周运动而 B保持静止状态。某时刻 B 静止在地面上且对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g,不计一切阻力。求：1该时刻连接A的轻绳与竖直方向的夹角；2该时刻A的线速度大小v;3从该时刻起轻摇细管使 B升高到离地高度为1/2处保持静止，求 B上升过程中手对A、B系统做的功。【答案】160°； 2栏匚3 9mg1。【解析】【分析】(1)对B根据平衡求绳子的拉力；对 A球分析，由力的平衡条件可求绳与竖直方向夹角0;(2)对A水平方向做圆周运动，利用牛顿第二定律列式求解；(3)由力的平衡条件和牛顿第二定律并结合功能关系列式联立可求整个过程中人对A、B系统做的功。【详解】(1) B对地面刚

10、好无压力，故此时绳子的拉力为T 2mg对A受力分析如图所示：在竖直方向合力为零，故 Tcos mg代入数据解得：60o2(2) A球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：Tsinm-v 代入数据解得:lsin(3)当B上升L时，拉A的绳长为 老，此时对水平方向上有:222Tsin m31 . sin23 联立解得：Vi 一题由几何关系可得 A相对于原来的高度下降的距2离：Vh -cosLb物体重力势能的增加量：VEi 2mg - mgl242A物体重力势能的减少量：VE2 mg - 口如A物体动能的增加量4412123VE3mV|mv mgl2289对系统运用功能关系可得手对系统做的功：W V

11、E1 VE2 VE2 -mgl【点睛】本题综合考查共点力平衡、牛顿第二定律和功能关系，对于圆锥摆问题，关键分析小球的 受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。6.如图所示，半径为 0. 5m的光滑细圆管轨道竖直固定，底端分别与两侧的直轨道相切.物块A以V0=6m/s的速度进入圆轨道，滑过最高点P再沿圆轨道滑出，之后与静止于直轨道上Q处的物块B碰撞；A、B碰撞时间极短，碰撞后二者粘在一起.已知 Q点左侧轨道均光滑，Q点右侧轨道与两物块间的动摩擦因数均为巧0.1.物块AB的质量均为1kg,且均可视为质点.取 g=10m/s2.求：0物块A经过P点时的速度大小；(2)物块A

12、经过P点时受到的弹力大小和方向；(3)在碰撞后，物块 A、B最终停止运动处距 Q点的距离.【答案】(1)4m/s (2) 22N；方向竖直向下(3)4.5m【解析】【详解】(1)物块A进入圆轨道到达 P点的过程中，根据动能定理12 12-2mgR= mv - mv02p 2代入数据解得vp=4m/s(2)物块A经过P点时，根据牛顿第二定律2vp FN+mg=m R代入数据解得弹力大小Fn=22N方向竖直向下物块A与物块B碰撞前，物块 A的速度大小vA=vo=6m/s两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律mAVo=(mA+mB)v两物块碰撞后一起向右滑动由动能定理-(XmA+mB)gs=0- (m

13、A+mB)v22解得7.如图所示，用两根长度均为与天花板的夹角为 0.将细线 为g.求：s=4.5ml的细线将质量为 m的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳BO剪断，小球由静止开始运动.不计空气阻力，重力加速度(1)剪断细线前 OB对小球拉力的大小；(2)剪断细线后小球从开始运动到第一次摆到最高点的位移大小；(3)改变B点位置，剪断BO后小球运动到最低点时细线 OA的拉力F2与未剪断前细线的拉力F1之比FF1的最大值.【答案】(1)F mg2sin(2) x 2l cos (3)F2F1 max【解析】1 1) F sin12 mgmg得F 2sin(2)小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为m

14、glsin a=mglsin 0得a= 0X=2lcos 0(3)小球运动到最低点时速度为vmgl (1 sin )1 2一 mv2F2mg2 v m一lF1=F得:F 2Fi6sin24sin当sin3一时可得4旦F1 max8.如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为1 =上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为,轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量m = 1kg的小物块从轨道右侧A点以初速度二6M冲冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取 g = lom/d,求:ii

15、iiTunTmrQ(1)弹簧获得的最大弹性势能 行p ；(2)小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能;(3)当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离 轨道。【答案】(1) 10.5J (2) 3J (3) 0.3m< Rw0.42n 0W Rw0.12m【解析】【详解】(1)当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动111能定理得：-pmgl +W 弹=0- / mvo2由功能关系： Ww=-AEp=-E)解得 Ep=10.5J；(2)小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 a2-2 (mg

16、l= Ek- mv02解得Ek=3J;(3)小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况:v2,由动能定理得小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为1C-2 L-2 mgR= mv2 - Ek小物块能够经过最高点的条件m油g,解得Rw 0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心1等高的位置，即2mvi2/gR,解得 R> 0.3m设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为V1,由动能定理得: -2 mgR = 'mv12-'mv0且需要满足 m ”油g ,解得RW 0.72m综合以上考虑，R需要满足的条件

17、为：0.3mWRw0.42n< 0w Rw0.12m【点睛】 解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要 注意灵活选择研究的过程。9 .如图所示，质量 m = 0.2kg的金属小球从距水平面 h=5.0 m的光滑斜面上由静止开始释 放，运动到A点时无能量损耗，水平面 AB是粗糙平面，与半径为 R= 0.9m的光滑的半圆 形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点 D,求：(g= 10 m/s2)A(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功;【答案】(1) 10m/s (2) 5.

18、5 J【解析】【详解】(1 )小球运动到A点时的速度为Va ,根据机械能守恒定律可得mgh1 2-mvA 2解得Va=10m/s.mg3m/ s小球从A点运动到D点克服摩擦力做功为Wf ,则mgRWf 1mvD 1mvA22(2)小球经过D点时的速度为Vd ,则2Vdm一解得解得Wf5.5JPA和光滑圆管10 .如图所示为某种弹射小球的游戏装置，由内置弹簧发射器的光滑直管道道ABC平滑相接，粗糙斜面 CD上端与管道ABC末端相切于C点，下端通过一段极小圆弧 (图中未画出)与粗糙水平面DE平滑连接，半径 R=2.0m的光滑半圆轨道竖直固定，其最低点E与水平面DE相接，F为其最高点.每次将弹簧压缩到同一位置后释放，小球即被弹簧弹出，经过一系列运动后从F点水平射出.己知斜面 CD与水平面DE的长度均为L=5m,小球与斜面及水平面间的动