1、高考物理二轮复习专项训练物理生活中的圆周运动及解析一、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，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）盘的转速多大时，物体A 开始滑动？0（2）当转速缓慢增大到2 时， A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量x 是多少？0【答案】（ 1）g3mgl（ 2）4 mglkl【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
2、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0 （ 2）当角速度达到 2 0 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：mg ml02，解得： 0=g l即当 0g 时物体 A 开始滑动l（ 2）当圆盘转速达到 2 0 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：
3、mg +kx mr12，r=l+x解得： Vx3 mglkl4 mg【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， BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过9s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v
4、0 为多大？（2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin
5、45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 22a ta t2又因为： t1+t 29s8解得： t133s， t 2s8 4小球从 C 点冲出的速度：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： vBv022 m/ssin45因为恒力为 5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运
6、动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得：Fm vB2r解得： F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，3 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 30，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 ，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 1 为多大时，细绳开始有张力出现；（ 2）当转台角速度 2 为多大时，转台对物块支持力为零；g（3）转台从静止开始加速到角速度3的过程中，转台对物块做的功L【答案】 （1）g3g（ 3）11（
7、2）23 mgLL3L2【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：mgm 12 2 L sin代入数据得1gL（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mg tanm 22 2L sin代入数据得3g23L（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mg tanm 32 2L sin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W1m(3 2L sin 60o )2mg (2 L cos30o2L cos60 o )2代入数据得：1W(3) mgL【点睛】本题考查牛顿运
8、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4 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
9、图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数（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】（1）物体能从 M 点飞出，那么
10、对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mvM2mg，所R以， vM gR 1m/s；物体能从 M 点飞出做平抛运动，故有：2R 1gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离 x2vMt gR 2R 2R0.2m；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：12-12；- mgx-2 mgRmvMmv022物体从 M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R 1gt2 ，2y vM t vM24R(v022gx4gR)4R0.48 0.8 x ；gg由图可得： y2=0.48-0.16x，所以， 0.160.2；0.8（3
11、）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 hR或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0 hR时，由动能定理可得：- mgx- mgh 0- 1mv02，21 mv02mghv02h ，所以， x 2mgg2所以， 3.5mx 4m；物体能通过 M 点时，由（ 1）可知 vM gR 1m/s，由动能定理可得：- mgx-2 mgR12-12mvMmv0；221 mv021 mvM22mgR22所以 x 22mgv0vMg4gR ，2所以， 0x2.75m；【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
12、根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解5 如图所示，一半径r 0.2 m 的 1/4 光滑圆弧形槽底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为 v0 4 m/s ，长为 L1.25 m，滑块与传送带间的动摩擦因数 0.2， DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF 段被弯成以 O为圆心、半径 R 0.25 m的一小段圆弧，管的 D 端弯成与水平传带 C 端平滑相接， O 点位于地面， OF 连线竖直一质量为 M 0.2 kg 的物块 a 从圆弧顶端 A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知面，重力加速度g 取 10 m/s 2求：a 物块
13、可视为质点，a 横截面略小于管中空部分的横截(1)滑块 a 到达底端 B 时的速度大小 v ；B(2)滑块 a 刚到达管顶 F 点时对管壁的压力【答案】（ 1） vB 2m / s（ 2） FN 1.2 N【解析】试题分析：（ 1）设滑块到达B 点的速度为 vB，由机械能守恒定律，有 M gr1 Mv B22解得： vB=2m/s（ 2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律 Mg =Ma滑块对地位移为 L，末速度为 vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式 2Al=vC2-vB2得 vC=3m/s4m/s，可知滑块与传送带未达共速,滑块从 C 至 F，由
14、机械能守恒定律，有1 MvC2MgR1 Mv F222得 vF=2m/s2在 F 处由牛顿第二定律M gFNM vFR得 FN=1 2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1 2N, 压力方向竖直向上考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析6 如图所示，长为3l 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 在水平面内做匀速圆周运动
15、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l / 2处保持静止，求B 上升过程中手对A、 B 系统做的功。【答案】 1 ?60o ； 2 ? 3gl；39mgl 。28【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；(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
16、的功。【详解】（1） B 对地面刚好无压力，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 Tcosmg代入数据解得：60o（2） A 球水平方向做圆周运动，由牛顿第二定律得：Tsinm v2代入数据解得：lsinv3gl2（3） 当 B 上升 l 时，拉 A 的绳长为 3l，此时对水平方向上有：22Tsinm 3lv12sin2联立解得： v13gl由几何关系可得A 相对于原来的高度下降的距2离： Vhl coslB 物体重力势能的增加量： VE1 2mglmgl242A 物体重力势能的减少量： VE2 mglmgl44A 物体动能的增加量VE31 mv12
17、1 mv23 mgl228对系统运用功能关系可得手对系统做的功： WVE1 VE2 VE29 mgl8【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。7 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=0.1物块 AB 的质量均为1k
18、g,且均可视为质点取g=10m/s 2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1212-2mgR= 2 m vp - 2 m v0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FN+mg =m代入数据解得弹力大小v2pRFN=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 vA
19、=v0=6m/s 两物块在碰撞过程中，根据动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v两物块碰撞后一起向右滑动由动能定理-(mA+mB)gs=0- 1 (mA+mB)v22解得s=4.5m8 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 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
20、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 L1 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 L2 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
21、中，由定能定理得：W 弹 -mgL1-mgR（ 1-cos ） =0解得：W 弹=1.8J根据能量守恒定律得：EP=W 弹 =1.8J；（2）从 B 到 C 由动能定理 ：mgR(1 cos370 )1 mvB22在 B 点由牛顿第二定律：vB2FNBmgm带入数据联立解得：FNB=2.8N（3）小球从C 处飞出后，由动能定理得：RW弹-mgL21C2-0，-mgR（ 1-cos ） =mv2解得：v =22 m/sC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 =v cos37 =m/sCx C82562vCy=vCsin37 =m/s ，
22、5由 vCy=gt 解得t=0.122 s则 D 点的坐标：x=vCxt1y=vCyt，2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9 如图所示，用两根长度均为 l 的细线将质量为 m 的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳与天花板的夹角为 将细线 BO 剪断，小球由静止开始运动不计空气阻力，重力加速度为 g求：（ 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
23、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F2的最大值F1mg（ 2） x 2l cos（ 3）F29【答案】 （1） FF1 max42sin【解析】（1） F sin1 mg2mg得 F2sin（2）小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为mglsin=mglsin 得 =X=2lcos（3）小球运动到最低点时速度为vmgl (1 sin )1 mv22F2 mgv2ml1F =F得： F26sin4sin 2F1当 sin3F29时可得F1 max=4410 过山车是游乐场中常见的设施下图是
24、一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成， B、 C、D 分别是三个圆形轨道的最低点， B、C 间距与C、 D 间距相等，半径 R1 2.0m 、 R2 1.4m 一个质量为 m 1.0kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧 A 点以 v0 12.0m/s 的初速度沿轨道向右运动， A、 B 间距L16.0 m小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2 ，圆形轨道是光滑的假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，如果小球恰能通过第二圆形轨道如果要使小球不能脱离轨道，试求在第三个圆形轨道的设计中，半径R3 应满足的条件（重力加速度取g 10m/s2 ，计算结果保留小数点后一位数
25、字）【答案】 0R30.4m 或 1.0mR327.9m【解析】【分析】【详解】设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意mgm v22R2mg L1 L2mgR21 mv221 mv0222由得L12.5m要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足mgm v32R3mg L12L 2mgR31mv321mv0222由得 R30.4m II轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理mg L12L2mgR301 mv022解得 R31.0m为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足2L2R3R 22R2 R3解得： R3=27.9m综合 I、 II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0R30.4m 或 1.0mR327.9m【点睛】本题为力学综合题，要注意正确选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义 .
