最新物理生活中的圆周运动专项习题及答案解析

一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动

1．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD

水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上，从距B点x=5.75R处以某初速v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、CD间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）若小球初速度v0=4gR，则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v0满足什么条件可以运动过C点；

（3）若小球初速度v=4gR，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．

【答案】（1）5.5mg（2）v04gR（3）44R 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加速到B点：-1mgxqEx1212mvmv0 22v2在B点：Nmgm

R解得N=5.5mg

（2）在物理最高点F：tanqE mg12mv0 2解得α=370；过F点的临界条件：vF=0

从开始到F点：-1mgxqE(xRsin)mg(RRcos)0解得v04gR

可见要过C点的条件为：v04gR

（3）由于x=4R<5.75R，从开始到F点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F点时速度不为零，假设过C点后前进x1速度变为零，在CD杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：

12-1mgx2mgx1-qE(x-x1)mg2R0mv0

2sxRx1

解得：s(44)R

2．如图所示，水平长直轨道AB与半径为R=0.8m的光滑与半径为r=0.4m的光滑

1竖直圆轨道BC相切于B，BC41竖直圆轨道CD相切于C，质量m=1kg的小球静止在A点，现用4F=18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求： （1）小球在D点的速度vD大小； （2）小球在B点对圆轨道的压力NB大小； （3）A、B两点间的距离x．

【答案】(1)vD2m/s （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球恰好过最高点D，有：

2vDmgm

r解得：vD2m/s （2）从B到D，由动能定理：

mg(Rr)1212mvDmvB 22设小球在B点受到轨道支持力为N，由牛顿定律有：

2vBNmgm

RNB=N 联解③④⑤得：N=45N （3）小球从A到B，由动能定理：

Fx12mgxmvB 22解得：x2m

故本题答案是：(1)vD2m/s （2）45N (3)2m 【点睛】

利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，

3．如图所示，一轨道由半径R2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为m1Kg的小球从A点正上方

R处的O点由静止释放，小2球经过圆弧上的B点时，轨道对小球的支持力大小FN18N，最后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点.已知B点与地面间的高度h3.2m，小球与BC段轨道间的动摩擦因数0.2，小球运动过程中可视为质点. (不计空气阻力， g取10 m/s2). 求：

（1）小球运动至B点时的速度大小vB

（2）小球在圆弧轨道AB上运动过程中克服摩擦力所做的功Wf （3）水平轨道BC的长度L多大时，小球落点P与B点的水平距最大．

m/s （2）Wf＝22?J （3）L3.36m 【答案】（1）vB＝4?【解析】

试题分析：（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P与B点的水平距离最大时BC段的长度．

2vB（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：FNmgm

R解得：vB4m/s

（2）从O到B的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：

R12mgRWfmvB0

22解得：Wf22J

（3）由B到C的过程中，由动能定理得：mgLBC解得：LBC22vBvC 2g1212mvCmvB 22从C点到落地的时间：t02h0.8s g22vBvCvCt0 B到P的水平距离：L2g代入数据，联立并整理可得：L4124vCvC 45由数学知识可知，当vC1.6m/s时，P到B的水平距离最大，为：L=3.36m

【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．

4．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R1m，小球可看作质点且其质量为

0m1kg，g10m/s2，求：

（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离； （2）小球通过管道上B点时对管道的压力大小和方向． 【答案】（1）0.9m；（2）1N 【解析】 【分析】

（1）根据平抛运动时间求得在C点竖直分速度，然后由速度方向求得v，即可根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离；

（2）对小球在B点应用牛顿第二定律求得支持力NB的大小和方向． 【详解】

（1）根据平抛运动的规律，小球在C点竖直方向的分速度 vy=gt=10m/s

水平分速度vx=vytan450=10m/s

则B点与C点的水平距离为：x=vxt=10m （2）根据牛顿运动定律，在B点

v2NB+mg=m

R解得 NB=50N

根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N, =NB=50N 方向竖直向上 【点睛】

该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义．要注意小球经过B点时，管道对小球的作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析．

5．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N点相切，M为圈环的最高点，圆环半径为R=0.1m，现有一质量m=1kg的物体以v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g=10m/s2，求：

（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值Xm

（2）设出发点到N点的距离为S，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为X，作出X2随S变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ

（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半固轨道，求出发点到N点的距离S应满足的条件

【答案】（1）0.2m；（2）0.2；（3）0≤x≤2.75m或3.5m≤x＜4m． 【解析】 【分析】

（1）由牛顿第二定律求得在M点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；

（2）根据动能定理得到M点速度和x的关系，然后由平抛运动规律得到y和M点速度的关系，即可得到y和x的关系，结合图象求解；

（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解． 【详解】

mvM2

（1）物体能从M点飞出，那么对物体在M点应用牛顿第二定律可得：mg≤，所

R

以，vM≥gR＝1m/s；

物体能从M点飞出做平抛运动，故有：2R＝

12

gt，落到水平面时落点到N点的距离x＝2vMt≥gR 2R＝2R＝0.2m； g故落到水平面时落点到N点的距离的最小值为0.2m；

（2）物体从出发点到M的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：−μmgx−2mgR＝

11mvM2−mv02； 2212

gt，2物体从M点落回水平面做平抛运动，故有：2R＝

y＝vMt＝vM24R4R(v022gx4gR)0.480.8x； gg0.16＝0.2； 0.8由图可得：y2=0.48-0.16x，所以，μ＝ （3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R或物体能通过M点；

物体能到达的最大高度0＜h≤R时，由动能定理可得：−μmgx−mgh＝0−

1mv02， 21mv02mghv02h所以，x＝2＝，

mg2g所以，3.5m≤x＜4m；

物体能通过M点时，由（1）可知vM≥gR＝1m/s， 由动能定理可得：−μmgx−2mgR＝

11mvM2−mv02； 2211mv02mvM22mgRv02vM24gR， 所以x＝22mg2g所以，0≤x≤2.75m； 【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．

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FN； （2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；

（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，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞

地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，求：

(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x； (2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力． 【答案】(1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N，方向竖直向上 【解析】 【详解】

(1)小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可得：

vytanv0＝

由平抛运动规律得：

vy2＝2gh h＝

12gt1 2x＝v0t1

联立解得：

v0＝6 m/s，x＝4.8 m

(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点，需要时间

t1＝2h＝0.8 s g小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小；

vA＝

从A点到B点；由动能定理得

v0＝10 m/s； cosmgH解得

1212mvBmvA； 22vB＝20 m/s；

小球沿斜面下滑的加速度

a＝gsin α＝8 m/s2；

由vB＝vA＋at2，解得

t2＝1.25 s；

小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；

t＝t1＋t2＝2.05 s；

(3)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑，小球从B点到D点，由动能定理可得

-2mgR在D点由牛顿第二定律可得：

1212mvDmvB； 222vDN＋mg＝m

R联立解得：

N＝3 N

由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力N′＝3 N，方向竖直向上

8．如图，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一圆弧，半径分别为r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速释放，则

1求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；

2若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒

P离开轨道瞬间的速度；

3若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路

中产生热量的范围．

【答案】（1）【解析】

2BLgr方向逆时针（2）3gr （3）3mgr≤Q≤4mgr. Rmgr1（1）导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律： EBLvD 求导体棒P到达D1D2瞬间： 回路中的电流：I12mvD，vD4gr 2E2BLgr 2RR2mvQ（2）棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q： mgr2vQgr

mvDmvPmvQ 设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律： 代入数据得：vP3gr．

（3）由2若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道 根据能量守恒，回路中产生的热量Q1121212mvDmvPmvQ3mgr 222若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：mvDmmvv2gr 回路中产生的热量Q2121mvDmmv24mgr； 22【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒P到达D1D2的速度大小，然后根据法拉第电磁感应定律即可求解；恰好脱了轨道的条件是重力提供向心力，两棒作用过程中动量守恒，由此可正确解答；根据题意求出临界条件结合动量守恒和功能关系即可正确求解；本题是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考查了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题．

9．如图所示，半径为r的圆筒绕竖直中心轴转动，小橡皮块紧贴在圆筒内壁上，它与圆筒的摩擦因数为μ，现要使小橡皮不落下，则圆筒的角速度至少多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

【答案】【解析】

g r要使A不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，有f＝mg

当摩擦力正好等于最大静摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值，筒壁对物体的支持力提供向心力，根据向心力公式，得Nm2r 而f=N

解得圆筒转动的角速度最小值为g r综上所述本题答案是：g r点睛：解本题要明确物块刚好不下滑的条件是什么，然后结合受力求解角速度的大小．

10．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/s2） 【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 cosθ-mg=0，

解得：cosmg0.5101 ，故θ=60° T102那么球做圆周运动的半径为：rLsin6003OO′间的距离为：OO′=Lcos60°=1.5m， 则O′O″间的距离为O′O″=H-OO=H-1.5m．

2vA 根据牛顿第二定律： Tsinmr333mm 22 联立以上并代入数据解得：vA35m/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：v2=vA2+（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：h1所以屋的高度为H=h1+1.5m=3.3m

小球在水平方向上的位移为：xBCvAt350.6m由图可知，圆柱形屋的半径为R2=r2+(xBC)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．

121gt100.621.8m 2295m 5