专题27圆周运动综合问题（原卷版+解析版）-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练

第五章  圆周运动

专题27  圆周运动综合问题

第一部分  知识点精讲

圆周运动综合问题包括圆周运动与平抛运动综合、圆周运动与功能问题综合等，解答圆周运动综合问题的方法是：根据题述情景，分析得出属于哪种综合，依据圆周运动和其它相关知识点列方程解答。

第二部分 最新高考题精选

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O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离。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＝h0，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O1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?

【名师解析】（1）由机械能守恒定律，mgh0=mvC2

解得：vC=，

由动量定理，I=mvC=m，方向水平向左。

（2）由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvD2

在D点，由牛顿第二定律，FN=m

解得：FN=2mg（-1）

h满足的条件h≥R

（3）第1种情况，不滑离轨道原路返回，条件是h≤R

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vx=vGsinθ，vy= vGcosθ，

联立解得：vG=2，

由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvG2

解得h满足的条件h=

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m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。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v，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。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。

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”增加的动能应满足的条件。

【解题思路】（1）根据牛顿运动定律    

得        

（2）a．设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得                                                                                                                             

已知v1 = v2，得     

因为，得     

所以       

b．设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得

“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

得        

 3.（2016全国理综甲）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l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，如图所示。物块P与AB简的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。

（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；

（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P得质量的取值范围。

【参考答案】（1）     ⑵

【名师解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零。其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

  Ep=5mgl。     ①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

Ep=MvB2+μMg·4l   ②

联立①②式，取M=m并代入题给数据解得   vB =。   ③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足m-mg≥0.     ④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律，mvB2+=mvD2+mg·2l   ⑤

联立③⑤解得vD =。    ⑥

vD满足④式要求，故P能够运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得  2l=gt2，⑦

P落回到AB上的位置与B之间的距离为  s=vDt，⑧

联立⑥⑦⑧解得  s=2l。⑨

（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知

5mgl>μMg·4l.    

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有  MvB2≤Mg·4l  

联立①②解得

4.（2017全国II卷·17）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）

A.          B.         C.             D.

【参考答案】B

【名师解析】设小物块运动到最高点的速度为，半圆形光滑轨道半径为R，小物块由最低点运动到最高点，由机械能守恒定律，；小物块从最高点飞出做平抛运动，x=vtt，2R=gt2，联立解得，x=2=4.当R=时，x最大，选项B正确。

5．（2015·江苏）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：

（1）弹簧的劲度系数k；

（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；

（3）弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置所做的功W。

【名师解析】：（1）装置静止时，设、杆中的弹力分别为、，杆与转轴的夹角为.

小环受到弹簧的弹力

小环受力平衡

小球受力平衡；

解得。

（2）设、杆中的弹力分别为、，杆与转轴的夹角为 ，弹簧长度为.

小环受到弹簧的弹力

小环受力平衡

解得：

对小球：；

且

解得。

（3）弹簧长度为时，设、杆中的弹力分别为、，杆与弹簧的夹角为.

小环受到弹簧的弹力

小环受力平衡 且

对小球,

解得。

整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理

解得。

第三部分 最新模拟题精选

1. （2022浙江台州高一质检）14. 如图所示的杂技演员在表演水流星的节目时，手持两端系有盛水的杯子的绳子中点在竖直平面内做圆周运动，若两只杯子内盛水的质量相等，当一只杯子在最高点时水恰好洒不出来，这时另一只杯子中的水对杯底的压力大小是水的重力的（　　）

A. 2倍

B. 4倍

C. 5倍

D. 6倍

【参考答案】A

【名师解析】

杯子在最高点，设速度为v时水恰好洒不出来，则有水的重力提供其做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得

解得

则在最低点的杯子的速度大小也为，在最低点，由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律可知，最低点杯子中的水对杯底的压力大小是

则有

A正确，BCD错误。

2.（2021重庆模拟6）如题图1所示为“铁笼飞车”的特技表演,据其抽象出来的理想模型为如题图2所示的内壁光滑的圆球,其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道,a轨与b轨均水平,c轨竖直,一质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时,下列有关说法正确的是（      ）
A.沿a轨可能做变速圆周运动     

B.沿c轨运动的最小速度为0
C.沿a轨运动的速度比沿b轨运动的速度大  

D.沿a轨运动的周期比沿b轨运动的周期大

【参考答案】AD

【名师解析】沿a轨可能做变速圆周运动，选项A正确；沿c轨运动属于绳模型，在最高点的最小速度为，选项B错误；与mgtanθ=mv2/r，r=Rsinθ，联立解得：v2=gRsinθtanθ，所以沿a轨运动的速度比沿b轨运动的速度小，由T=2πr/v可得T=2π，可知，沿a轨运动的速度比沿b轨运动的速度大，选项D正确。
 

3. （2022浙江台州高一质检）如图是场地自行车比赛的圆形赛道。路面与水平面的夹角为15°，，，不考虑空气阻力，g取10。

(1)某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，圆周的半径为60m，要使自行车不受摩擦力作用，其速度应等于多少？

(2)若该运动员骑自行车以18的速度仍沿该赛道做匀速圆周运动，自行车和运动员的质量一共是100，此时自行车所受摩擦力的大小又是多少？方向如何？

【参考答案】(1)；(2)，沿斜面向下

【名师解析】

(1)设人和自行车总质量为，若不受摩擦力作用则由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

解得

(2)当自行车速为

此时重力和支持力的合力不足以提供向心力，斜面对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力，其受力分析如图所示

根据牛顿第二定律可得：在轴方向

在轴方向

联立解得

4.(2022福建厦门二模)2022年2月12日，中国运动员高亭字新获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。谈装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg（含身上装备）的运动员仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；

（2）运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。

【名师解析】

（1）运动员加速过程，F=ma，v2=2as。

解得v=20m/s

加速过程的平均功率  P=Fv平，

v平=v/2

联立解得P=6000W

（2）运动员在转弯过程中，所受合力 F合=m

冰面对运动员的作用力  FN=

联立解得  FN =600N

5.（2021安徽蚌埠市示范高中联考）杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的小桶可视为质点在竖直平面内做圆周运动，当小桶运动到最高点时，水恰好不流出来。已知最高点距地面的高度为h=1.8m，若水的质量m＝0．5 kg，绳长l＝90 cm，绳长为L，空气阻力忽略不计，重力加速度g取。
 

（1）求小桶在最高点时的速度大小；
（2）如果小桶运动到最高点时杂技演员突然脱手，求小桶落地时与演员之间的水平距离为多少。

（3）若在最高点时水桶的速率 v =3 m/s ，求水对桶底的压力大小．

【名师解析】（1）在最高点由重力提供向心力

mg=mv02/l，

解得v0=3m/s

（2）如果小桶运动到最高点时杂技演员突然脱手，小桶做平抛运动，

h=gt2，x=v0t，

联立解得：x=1.8m

即小桶落地时与演员之间的水平距离为1.8m。

（3）设桶底对水的压力大小为F，

则有

由牛顿第三定律可知，水对桶底的压力大小为2.5N

【关键点拨】
此题考查竖直平面内的圆周运动和平抛运动的规律。本题关键点隐含条件小桶运动到最高点时，水恰好不流出来，此时只受到重力，也就是说只有重力提供向心力。在最高点时只有重力提供向心力，由向心力公式即可得出速度；脱手后，小桶和水一起做平抛运动。平抛运动规律水平方向匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动。
6.（15分）（2021江苏苏州高一期末）水上摩天轮耸立在蠡湖北岸，为无锡增添了一道风景，它架设70个轿厢，可同时容纳384个人观光，如图所示．设摩天轮的半径为R，一质量为m的游客乘摩天轮匀速旋转一圈所用时间为T，重力加速度为g.求：

(1) 摩天轮旋转的角速度大小；

(2) 从最低点到最高点，该游客重力势能的增加量；

(3) 该游客在最高点时对轿厢的压力．

【名师解析】

 (1) 摩天轮旋转的角速度大小ω＝.（5分）

(2) 从最低点到最高点，该游客重力势能的增加量

Ep增＝mgh＝2mgR.（5分）

(3)由牛顿第二定律 mg－FN＝m·R，

解得FN＝mg－，（2分）

由牛顿第三定律可知

F压＝mg－，（2分）方向竖直向下．（1分）

7.如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？

(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？

(3)若餐桌的半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？

【名师解析】：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有Ffm＝μ1mg，Ffm＝mω2r

联立两式可得ω＝ ＝2 rad/s。

(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝，Ff＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，

物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s，

由运动学公式得0－v02＝－2as，可得s＝2 m，

由几何关系可得餐桌半径的最小值为

R＝＝2.5 m。

(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，

由题意可得vt′2－v02＝－2as′，

由于餐桌半径为R′＝r，

所以s′＝r＝1.5 m，

可得vt′＝1.5 m/s，

设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2 ，

解得t＝＝0.4 s，

物体做平抛运动的水平位移为

sx＝vt′t＝0.6 m，

由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。

答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m