物理生活中的圆周运动练习含解析

物理生活中的圆周运动练习含解析
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，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：
(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；
(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；
(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．
【答案】(1)2038mv (2) 2
164mv mg R
+
(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】
本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111
422
Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038
Q mv =
(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式
得2
11(3)(3)m m v F m m g R
+-+=
以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2
木板对水平面的压力的大小20
2164mv F mg R
=+
(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：
①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R
由机械能守恒定律得：()()211
332
m m v m m gR +≤+ 解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点
小球能通过最高点有：2
2
(3)(3)m m v m m g R
++≤
由机械能守恒定律得：
221211(3)2(3)(3)22
m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥
要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤
在最高点有：2
3
3(3)(3)m m v F m m g R
+++=
由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22
m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤
综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是
042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤
3．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B 到C 克服阻力做的功；
(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小． 【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据机械能守恒定律 E p ＝2
11m ?2
v ① v 12Ep
m
＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝
22
211122
mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22
v mg m R
= ④
由②③④得W f ＝24 J (3)根据动能定理：
2
2122
k mg R E mv =-
解得：25k E J =
故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J 【点睛】
(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;
(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小
4．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，
5．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，
E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，D
F 部分水平，末端F 点与其右侧的水
平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取2
10/g m s =．求：
（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；
（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．
【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()
221521k k W k +-=+
【解析】
（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20
A A v m g m R
=①，
设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222
A A A m gR m v m v +=②， 联立并代入数据解得：14/v m s =③；
设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
()122A A m v m m v =+④；
解得：211
41/13
A A
B m v v m s m m =
=⨯=++⑤；
由能量转化与守恒定律可得：()22
121122
A A
B Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦； （2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，
由动能定理得：()()221
2
A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨； （3）由④式可知：214
/1A A B m v v m s m m k
=
=++⑩；
（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2
21
2
A B A B m m v m m gL μ+>+，
解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+； （ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，
（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧． 在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()22211
22
A B A B W m m v m m v =
+-+， 解得()
2215
21k k W k +-=
+； 【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．
6．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中ON 水平，OM 竖直，两个小物块A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，连接AB 的轻绳长为L =0.5m ，．现将直角杆MON 绕过OM 的轴O 1O 2缓慢地转动起来．已知A 的质量为m 1=2kg ，重力加速度g 取10m/s 2。

（1）当轻绳与OM 的夹角θ=37°时，求轻绳上张力F 。

（2）当轻绳与OM 的夹角θ=37°时，求物块B 的动能E kB 。

（3）若缓慢增大直角杆转速，使轻绳与OM 的夹角θ由37°缓慢增加到53°，求这个过程中直角杆对A 和B 做的功W A 、W B 。

【答案】（1）25N F =（2） 2.25J kB E = （3）0A W = ，B 61J 12
W = 【解析】 【详解】
（1）因A 始终处于平衡状态，所以对A 有
1cos F m g θ=
得25N F =
（2）设B 质量为2m 、速度为v 、做圆周运动的半径为r ，对B 有
2
2sin v F m r
θ=
sin r L θ= 221
2
kB E m v =
得21sin 2cos kB m gL E θ
θ
=
2.25J kB E =
（3）因杆对A 的作用力垂直于A 的位移，所以0A W =
由（2）中的21sin 2cos kB m gL E θθ
=知，当53θ=︒时，B 的动能为kB 16J 3E '
= 杆对B 做的功等于A 、B 组成的系统机械能的增量，故B kB kB 1W E E m gh '
=-+ ①
其中cos37cos53h L L ︒︒=- ② 得B 61J 12
W =
7．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)22
B 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=
1
2
mv A 2； 在A 点：0
1sin 60A A v v =，
从A 点到B 点：202111(1cos60)22
A B mv mgR mv +-= 联立解得h=
23
R
8．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 m/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°
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．
9．如图，半径R =0.4m 的部分光滑圆轨道与水平面相切于B 点，且固定于竖直平面内．在水平面上距B 点s =5m 处的A 点放一质量m =3kg 的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为1
=
3
μ．小物块在与水平面夹角θ=37o 斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运动，运动到B 点撤去F ，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C ．（g 取10m/s 2，sin37o =0.6，cos37o =0.8）求：
（1）小物块在B 点的最小速度v B 大小；
（2）在（1）情况下小物块在水平面上运动的加速度大小；
（3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，则拉力F 的大小范围．
【答案】(1)25/B v m s = (2)22/a m s = (3)1650N F N ≤≤(或1650N F N ≤<)
【解析】
【详解】
(1) 小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力．设最高点物块速度为v C ，则
2C v mg m R
= 解得：
2C v gR =
物块从B 到C 运动，只有重力做功，所以其机械能守恒：
()2211222
B C mv mv mg R =+ 解得：
525m/s B v gR ==
(2) 根据运动学规律22B v as =，解得
222m/s 2B v a s
== (3)小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，有两种临界情况：
①在F 的作用下，小物块刚好过C 点：物块在水平面上做匀加速运动，对物块在水平面上受力分析如图：
则
Fcos N ma θμ-=
Fsin N mg θ+=
联立解得：
16N mg ma F cos sin μθμθ
+==+
②在F 的作用下，小物块受水平地面的支持力恰好为零
Fsin mg θ=，
解得：
50N =F
综上可知，拉力F 的范围为：
16N 50N F ≤≤(或16N 50N F ≤<)
10．如图所示，水平传送带以5m/s 恒定速率顺时针转动，一质量m =0.5kg 的小物块轻轻放在传送带上的A 点，随传送带运动到B 点，小物块从C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道（已知B 、C 在同一竖直线上），之后沿CD 轨道作圆周运动，离开D 点后水平抛出，已知圆弧半径R =0.9m ，轨道最低点为D ，D 点距水平面的高度h =0.8m ，
（210m/s g =，忽略空气阻力），试求：
(1)小物块刚进入圆轨道时速度的最小值；
(2)若要让小物块从D 点水平抛出后能垂直碰击倾斜挡板底端E 点，挡板固定放在水平面上，已知挡板倾角θ=60°，传送带长度AB =1.5m ，求物块与传送带间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)3m/s c v ≥；(2)μ=0.4。

【解析】
【详解】
(1)对小物块，在C 点能够做圆周运动，由牛顿运动定律可得2c v mg m R
≤， 则c v gR 3/c v m s ≥
(2)小物块从D 点抛出后，做平抛运动，则212h gt =
将小物块在E 点的速度进行分解可得tan D v gt θ=
对小物块，从C 到D 有：2211222
=-D C mgR mv mv ； 由于23/5/D v m s m s =<，小物块在传送带上一直加速，则从A 到B ：22AB v as = 其中的mg
a m μ=
解得μ=0.4。