高中物理生活中的圆周运动专题训练答案及解析

高中物理生活中的圆周运动专题训练答案及解析

一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动

1．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端系一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：

（1）盘的转速ω0多大时，物体A开始滑动？

（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x是多少？

【答案】（1）

g

l

μ

（2）

3

4

mgl

kl mg

μ

μ

-

【解析】

【分析】

（1）物体A随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．

（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x．

【详解】

若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．

（1）当圆盘转速为n0时，A即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有：

μmg＝mlω02，

解得：ω0=

g l μ

即当ω0＝

g

l

μ

A开始滑动．

（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg+k△x＝mrω12，

r=l+△x

解得：

3

4

mgl x

kl mg

μ

μ

-

V＝

【点睛】

当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．

2．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量

m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数 ,重力加速度.求:

(1)滑块通过C点时的速度大小;

(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力;

(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.

【答案】（1）（2）45N（3）

【解析】

【详解】

（1）设滑块从C点飞出时的速度为v c，从C点运动到D点时间为t

滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=gt2

水平方向：s1=v c t

解得：v c=10m/s

（2）设滑块通过B点时的速度为v B，根据机械能守恒定律

mv B2=mv c2+2mgR

解得：v B=10m/s

设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m

解得：N=45N

（3）设滑块从A点开始运动时的速度为v A，根据动能定理；-μmgs2=mv B2-mv A2

解得：v A=16.1m/s

设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mv A

解得：I=8.1kg?m/s；

【点睛】

本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．

3．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑1

4

竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑

1

4

竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =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/s 2．求： （1）小球在D 点的速度v D 大小； （2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小； （3）A 、B 两点间的距离x ．

【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球恰好过最高点D ，有：

2D

v mg m r

=

解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：

22

11()22

D B mg R r mv mv -+=

- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：

2B

v N mg m R

-=

N B =N

联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：

2122

B x F

mgx mv μ-= 解得：2m x =

故本题答案是：(1)2/D v m 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，

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θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．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ω1为多大时，细绳开始有张力出现； （2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零； （3）转台从静止开始加速到角速度3g

L

ω=

的过程中，转台对物块做的功．

【答案】（1）1g

L

μω=（2）233g L

ω=

（3）132mgL

? ? 【解析】 【分析】 【详解】

（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：

212sin mg m L μωθ=?

代入数据得

1g

L

μω=

（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

2

2tan 2sin mg m L θωθ=?

代入数据得

233g L

ω=

（3）∵32ωω>，∴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α，有

23tan 2sin mg m L αωα=?

代入数据得

60α=?

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

231

(2sin 60)(2cos302cos60)2

W m L mg L L ω=

?+-o o o

代入数据得：

1

(3)2

W mgL =+

【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，水平传送带AB 长L=4m ，以v 0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为R=0.5m 的光滑半圆轨道BCD 与传动带平滑相接于B 点，将质量为m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s 2，求:

(1)滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小；

(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大． 【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】 【分析】

（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B 点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度. 【详解】

（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间

01v t s a =

= 运动的距离：21

1.52

x at m ==， 以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达B 点时，由牛顿第二定律：2

v F mg m R

-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.

（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m 2D

v R

解得v D 5； 由B 到D ，由动能定理：22

11222

B D mv mv mg R =+? 解得v B =5m/s>v 0

可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL

解得v A =7m/s

6．如图所示，竖直平面内的光滑3/4的圆周轨道半径为R ，A 点与圆心O 等高，B 点在O 的正上方，AD 为与水平方向成θ=45°角的斜面，AD 长为72R ．一个质量为m 的小球（视为质点）在A 点正上方h 处由静止释放，自由下落至A 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道到达B 点，且到达B 处时小球对圆轨道的压力大小为mg ，重力加速度为g ，求：

(1)小球到B 点时的速度大小v B

(2)小球第一次落到斜面上C 点时的速度大小v

(3)改变h ，为了保证小球通过B 点后落到斜面上，h 应满足的条件 【答案】2gR 10gR 3

32

R h R ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】

(1)小球经过B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有

2B

v mg mg m R

+=

解得

2B v gR

(2)设小球离开B 点做平抛运动，经时间t ，下落高度y ，落到C 点，则

212

y gt =

cot B y v t θ=

两式联立，得

2244B v gR y R g g

===

对小球下落由机械能守恒定律，有

2211

22

B mv mgy mv += 解得

v ===

(3)设小球恰好能通过B 点，过B 点时速度为v 1，由牛顿第二定律及向心力公式，有

2

1v mg m R

=

又

211()2

mg h R mv -=

得

32

h R =

可以证明小球经过B 点后一定能落到斜面上

设小球恰好落到D 点，小球通过B 点时速度为v 2，飞行时间为t '，

21)sin 2

gt θ=

'

2)cos v t θ='

解得

2v =又

221()2

mg h R mv -=

可得

3h R =

故h 应满足的条件为3

32

R h R ≤≤ 【点睛】

小球的运动过程可以分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此时机械能守恒，第三段是平抛运动，分析清楚各部分的运动特点，采用相应的规律求解即可．

7．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 /s 2)，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，

212

h gt =

B x v t =

解得：2m x =

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

由牛二定律可知：2B

v N mg m R

-=

代入数据，解得3N N =

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

2

12

B v t gt ?''=

，解得：0.4s t '= 则它第一次落在斜面上的位置距B 点的距离为20.82m B S v t ='=．

8．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v 0＝

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F N；

（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；

（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

9．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μ=0.1．物块AB的质量均为1kg,且均可视为质点．取g=10m/s2．求：

(1)物块A经过P点时的速度大小；

(2)物块A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

-2mgR=1

2

m2p v-

1

2

m2

v

代入数据解得

v p=4m/s (2)物块A经过P点时，根据牛顿第二定律

F N+mg=m

2 p v R

代入数据解得弹力大小

F N=22N

方向竖直向下

(3)物块A与物块B碰撞前，物块A的速度大小v A=v0=6m/s 两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律

m A v0=(m A+m B)v

两物块碰撞后一起向右滑动

由动能定理

-μ(m A+m B)gs=0-1

2

(m A+m B)v2

解得

s=4.5m

10．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/s 2）

（1）某次实验中该同学使弹射口距离B 处L 1＝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L 2＝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-μmgL 1-mgR （1-cosθ）=0

解得：

W 弹=1.8J ．

根据能量守恒定律得：

E P =W 弹=1.8J ；

（2）从B 到C 由动能定理：

021(1cos37)2

B mgR mv -=

在B 点由牛顿第二定律：

2B

NB v F mg m R

-=

带入数据联立解得：

F NB =2.8N

（3）小球从C 处飞出后，由动能定理得：

W 弹-μmgL 2-mgR （1-cosθ）=

1

2

mv C 2-0， 解得：

v C 2m/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，

v Cx=v C cos37°=

5

m/s

v Cy=v C sin37°=

5

m/s，

由v Cy=gt解得

t s

则D点的坐标：

x=v Cx t

y=1

2

v Cy t，

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．