一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．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0
45的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为1R m =，小球可看作质点且其质量为1m kg =，210/g m s =，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N B 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
v y =gt=10m/s
水平分速度v x =v y tan450=10m/s
则B 点与C 点的水平距离为：x=v x t=10m
（2）根据牛顿运动定律，在B 点
N B +mg=m 2
v R
解得 N B =50N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的作用力大小N , =N B =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．
2．如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O 、半
径为R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内．现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处．已知滑板的质量是小物块质量的3倍，小物块滑至B 点时对轨道的压力为其重力的3倍，OA 与竖直方向的夹角为θ=60°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g 取102/m s ，不考虑空气阻力作用，求：
（1）水平轨道BC 的长度L ；
（2）P 点到A 点的距离h ．
【答案】（1）2.5R （2）
23
R 【解析】
【分析】
（1）物块从A 到B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（2）从P 到A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到B 的方程；联立求解h ．
【详解】
（1）在B 点时，由牛顿第二定律：2B B v N mg m R -=，其中N B =3mg ； 解得2B v gR =
从B 点向C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则(3)B mv m m v =+； 由能量关系可知：2211(3)22B mgL mv m m v μ=
-+ 联立解得：L=2.5R ；
（2）从P 到A 点，由机械能守恒：mgh=
12
mv A 2； 在A 点：01sin 60A A v v =， 从A 点到B 点：
202111(1cos60)22A B mv mgR mv +-= 联立解得h=23
R
3．如图所示，AB 为倾角37θ=︒的斜面轨道，BP 为半径R =1m 的竖直光滑圆弧轨道，O
为圆心，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长L ＝1.25m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m =2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，g=10m/s 2.求：
(1)物块到达P 点时的速度大小v P ；
(2)物块离开弹簧时的速度大小v C ；
(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m .
【答案】(1)5m/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v =
【解析】
【详解】
(1)在P 点，根据牛顿第二定律：
2P P v mg N m R
+= 解得: 2.55m/s P v gR ==
(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+︒
物块C 至P 过程中，根据动能定理：
2211sin 37cos37=22
BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-︒--︒- 联立可得：v C =9m/s
(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：
21cos37sin 37sin 53=02
m mgL mgL mgR mv μ-︒-︒-︒- 解得：6m/s m v =
4．如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接(D 、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m =1kg 的小球从AB 段距地面高h 0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。已知CD 、GH 与水平面的夹角为θ=37°，GH 段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R ＝0.4m ，E 点离水平面的竖直高度为3R （E 点为轨道的最高点），（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球第一次通过E 点时的速度大小；
（2）小球沿GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；
（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。
【答案】（1）4m/s （2）1.62m ；（3）h≤0.8m 或h≥2.32m
【解析】
【详解】
（1）小球从A 点到E 点由机械能守恒定律可得：()20132
E mg h R mv -=
解得：4m/s E v =
（2）D 、G 离地面的高度122cos370.48o h R R m =-= 设小球在CH 斜面上滑的最大高度为h m ，则小球从A 点滑至最高点的过程，
由动能定理得()10cos37
0sin37m m h h mg h h mg μ︒︒---= 由以上各式并代入数据 1.62m h m =
（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则20.8h R m ≤=
②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E ，在E 点，2m E v mg R
= 此情况对应小球在CH 斜面上升的高度为h '，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得：()1cos370sin37h h mg h h mg μ︒
---︒=' 小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：
()2113cos37sin372
E h h mg h R mg mv μ︒'---︒⋅='
由以上各式得h =2.32m
故小球沿原路径返回的条件为h ≤0.8m 或h ≥2.32m
5．如图所示的水平地面上有a 、b 、O 三点．将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b 处，A 的质量是B 的2倍．某时刻炸药爆炸,两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动．B 到最高点d 时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：
（1）物块B 在d 点的速度大小；
（2）物块A 滑行的距离s ；
（3）试确定物块B 脱离轨道时离地面的高度；
（4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间．
【答案】（12
Rg 2）516R μ（3）56R （415(8311)66R g 【解析】
（1）设物块A 和B 的质量分别为m A 和m B
234d B B B v m g m g m R
-= 解得2
d Rg v = （2）设A 、B 分开时的速度分别为v 1、v 2，
系统动量守恒 120A B m v m v -=
B 由位置b 运动到d 的过程中， 机械能守恒
2221122B B B d m v m gR m v =+ 2252
v gR = A 在滑行过程中，由动能定理21102A A m v m gs μ-
=- 联立得516R s μ
= （3）设物块脱离轨道时速度为v ，F N =0
向心力公式 2
cos v mg m R
θ=
而 ()22111cos 22
d mv mgR mv θ+-= 解得 5cos 6θ=
， 56v gR = 脱离轨道时离地面的高度5cos 6
h R R θ==
（4）离轨道时后做向下斜抛运动
竖直方向：21cos sin 2h R v t gt θθ==⋅+
解得：()
15831166R
t g =- 点睛：本题考查牛顿第二定律、动能定理以及动量守恒定律的应用，解题时关键是认真分析物理过程，挖掘问题的隐含条件，例如物体脱离轨道时F N =0；能选择合适的物理规律列出方程即可解答．
6．光滑水平面上放着质量m A =1kg 的物块A 与质量m B =2kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P =49J 。如图所示，放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m ，B 恰能到达最高点C 取g=10m/s 2，求:
(1)B 落地点距P 点的距离（墙与P 点的距离很远）
(2)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小
(3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ．
【答案】(1) S =1m (2)v B =5m/s (3)W =8J
【解析】
试题分析： （1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 时的速度为v C ，有
（2分）
（1分）
s=v c t （1分） 解得s= 1m （1分） （2）
（3分）
代入数据得 v B =5m/s （2分）
（3） 设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，有
（2分）
设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有
2分
2分
代入数据得W=8J （2分）
考点：牛顿第二定律 平抛运动 机械能守恒 动能定理 动量守恒
7．如图所示，一段粗糙的倾斜轨道，在B 点与半径R =0.5m 的光滑圆弧轨道BCD 相切并平滑连接．CD 是圆轨道的竖直直径，OB 与OC 夹角θ=53°．将质量为m =1kg 的小滑块从倾斜轨道上的A 点由静止释放，AB =S ，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.5．sin53°=0.8，cos53°=0.6，g =10m/s 2．求： （1）若S =2m ，小物块第一次经过C 点时的速度大小； （2）若S =2m ，小物块第一次经过C 点时对轨道的压力大小； （3）若物块能沿轨道到达D 点，求AB 的最小值S ’．
【答案】（1）26m/s （2）58N （3）S=2.1m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）对小滑块从A 到C 的过程应用动能定理
2c 1
sin (1cos )cos 02
mgS mgR mgS mv θθμθ+--=-
代入数据得
c 26m/s v =
（2）C 点时对滑块应用向心力公式
2C
N v F mg m R
-=
代入数据得
58N N F =
根据牛顿第三定律得
58N N F F ==压
（3）小滑块恰能通过最高点D 时，只有重力提供向心力
2D
v mg m R
=
代入数据得
5m/s D v =
对小滑块从静止释放到D 点全过程应用动能定理
''2
D 1sin (1cos )cos 02
mgS mgR mgS mv θθμθ-+-=
- 代入数据得
2.1m S '= 【点睛】
本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解
题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用．
8．如图所示，半径R=1m 的光滑半圆轨道AC 与高h=8R 的粗糙斜面轨道BD 放在同一竖直平面内，BD 部分水平长度为x=6R ．两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压（不连接），处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过半圆轨道最高点A ，b 球恰好能到达斜面轨道最高点B ．已知a 球质量为m 1=2kg ，b 球质量为m 2=1kg ，小球与斜面间动摩擦因素为μ=
1
3
，重力力加速度为g=10m/s 2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）a 球经过C 点时对轨道的作用力 （2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep ．
【答案】（1）120N ，方向竖直向下．（2）150J ．
【解析】试题分析：（1）a 球恰好通过最高点A 时有：得
10m/s A v Rg ==
a 球从C 到A 过程由动能定理有：
解得：
在C 点，对a 球受力分析有： 解得轨道对a 球的作用力大小为:
（2）b 球从D 点恰好到达最高点B 过程中，位移
由动能定理:
求得
所以小球释放前弹性势能为
考点：动能定理；牛顿第二定律的应用
9．(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) (2)
(3)
【解析】 ①由动能定理有：
② 当
时，最小
10．如图所示,一个可视为质点,质量2m kg =的木块从P 点以初速度05/v m s =向右运动,木块与水平面间的动摩擦因数为0.2,木块运动到M 点后水平抛出,恰好沿竖直的粗糙圆弧AB 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)。已知圆弧的半径0.5R m =,半径OA 与竖直半径OB 间的夹角53θ︒=,木块到达A 点时的速度大小5/A v m s =。已知
sin 530.8cos530.6︒︒==
,210/.g m s =求： （1）P 到M 的距离L ； （2）M 、A 间的距离s ；
（3）若木块到达圆弧底端B 点时速度大小5/B v m s =,求此时木块对轨道的压力。
【答案】（1）4m ；（2213
；（3）120N 、方向竖直向下； 【解析】 【详解】
（1）平抛的初速度，即为木块在M 点的速度为：
v x =v A cosθ=5×0.6=3m/s
P 到M 由牛顿第二定律：
μmg=ma ， a=μg =2m/s 2
由运动学公式知：
220
3355
m 4m 22
2x v v L a
-⨯-⨯=
=
-⨯-＝
（2）物体到达A 点时竖直方向上的速度为
v y =v •sinθ=5×0.8=4m/s
则下落时间为
4
0.4s 10
y v t g
＝
＝
＝ 则水平位移为
x =v x t =3×0.4=1.2m
竖直方向上的距离为
244
0.8m 220
m y
v y g
⨯=
＝
＝ M 、A 间的距离
m 5
s （3）由牛顿第二定律：
2B
v N mg m
R
-＝
得
225
2102N=120N 0.5
B v N mg m R =+=⨯+⨯
根据牛顿第三定律可知，此时木块对轨道的压力为120N 、方向竖直向下；
