高考物理一轮复习 专项训练 物理生活中的圆周运动

高考物理一轮复习专项训练物理生活中的圆周运动
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，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；
（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）
【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）4214
μ-= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2
12
r gt = 解得：a v gr =
小滑块在a 点飞出的动能211
22
k a E mv mgr =
= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：
2211
222
m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2
m mv F mg r
-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg
（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()
221L r = 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21
cos 2
m mgH mg L mv μα-⋅= 解得42
μ-=
3．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；
(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】
(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D
mv mg R
=
可得：D 5m /s v =
(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C
mv F mg R
-=
代入数据可得：F =6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N
(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2
y 2gh v = 得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：3
5m/s 370.6
y B v v sin =
=
=︒
(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=
小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=
可得：2
18/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：2
22/a m s =-
由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222
m m A v v v
x t t +=
⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =
4．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 332
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
2
B
v mg mg m R
+=
解得
B v
(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．
5．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X m
（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变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ
（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，那么对物体在M点应用牛顿第二定律可得：mg≤
2
M
mv
R
，所
以，v M gR1m/s；
物体能从M点飞出做平抛运动，故有：2R＝1
2
gt2，落到水平面时落点到N点的距离x＝
v M t2R
gR
g
2R＝0.2m；
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：
−μmgx−2mgR＝1
2
mv M2−
1
2
mv02；
物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝
12
gt 2
，M y v t ==＝ 由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.16
0.8
＝0.2； （3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R 或物体能通过M 点；
物体能到达的最大高度0＜h≤R 时，由动能定理可得：−μmgx −mgh ＝0−
1
2
mv 02， 所以，22001
22mv mgh
v h x mg g μμμ
--＝＝，
所以，3.5m≤x ＜4m ；
物体能通过M 点时，由（1）可知v M
1m /s ， 由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝
12mv M 2−1
2
mv 02； 所以22220011
24222M M mv mv mgR
v v gR x mg g
μμ----=
＝， 所以，0≤x≤2.75m ； 【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，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
6．如图甲所示，轻质弹簧原长为2L ，将弹簧竖直放置在水平地面上，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，如图乙所示．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 在竖直方向上．物块P 与AB 间的动摩擦因数0.5μ=，用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为L 处，然后释放P ，P 开始沿轨道运动，重力加速度为g ．
（1）求当弹簧压缩至长度为L 时的弹性势能p E ；
（2）若P 的质量为m ，求物块离开圆轨道后落至AB 上的位置与B 点之间的距离； （3）为使物块P 滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块P 的质量取值范围．
【答案】(1)5P E mgL = (2) 22S L = (3)5
53
2
m M m ＃ 【解析】 【详解】
（1）由机械能守恒定律可知：弹簧长度为L 时的弹性势能为
（2）设P 到达B 点时的速度大小为
，由能量守恒定律得：
设P 到达D 点时的速度大小为，由机械能守恒定律得：
物体从D 点水平射出，设P 落回到轨道AB 所需的时间为
θ θ 22S L =
（3）设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点的速度不能小于零 得54mgL MgL μ> 5
2
M m <
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 ，得
21
2B
Mv MgL '≤ 21
42
p B
E Mv MgL μ=
'+
7．如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道BC 在B 点相切连接，半圆轨道半径为
R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C .已知物块在到达B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g .求：
(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点到B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能． 【答案】（1）2R （2）6mg （3）5
2
mgR 【解析】 【分析】 【详解】
（1）因为物块恰好能通过C 点，有：
2C
v mg m R
=
物块由C 点做平抛运动，有：
c x v t =，2122
R gt =
解得：
2x R =
即物块在水平轨道的落点到B 点的距离为2R （2）物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：
2211222
B C mv mgR mv =+ 设物块在C 点时受到轨道的支持力为F ，有：
2
B
v F mg m R
-=
解得：
6F mg =
由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力：
6F F mg '==
（3）由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：
2
122
p C E mgR mv =+
解得：
5
2p E mgR
【点睛】
本题的关键要知道物块恰好过最高点所代表的含义，并会求临界速度，也要学会用功能关
系求弹性势能的大小．
8．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够长的曲线轨道，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段圆弧轨道，圆弧半径r =1m ，三段轨道均光滑。

一长为L =2m 、质量为M =1kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面。

一可视为质点、质量为m =2kg 的工件从距AB 轨道最低点h 高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处。

工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住。

工件与小车的动摩擦因数为μ=0.5，取g =10m/s 2，
(1)若h =2.8m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，求h 的取值范围. 【答案】（1）
（2）
【解析】(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点,设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理：
工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得：
由①②两式可解得：N =40N
由牛顿第三定律知,工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为N ′=N =40N (2)①由于BC 轨道足够长,要使工件能到达CD 轨道,工件与小车必须能达共速,设工件刚滑上小车时的速度为v 0,工件与小车达共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得： mv 0=(m +M )v 1 由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：h1=3m.
②要使工件能从CD轨道最高点飞出,h1=3m为其从AB轨道滑下的最大高度,设其最小高度为h′,刚滑上小车的速度为v′0,与小车达共速时的速度为v′1,刚滑上CD轨道的速度为
v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv′0=(m+M)v′1…⑥
由能量守恒定律得：
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：
工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：
联立。

⑥⑦⑧⑨,代入数据解得：h′=m
综上所述,要使工件能到达CD轨道最高点,应使h满足：m<h⩽3m.
【名师点睛】（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度．在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，从而得到工件对轨道的压力．
（2）由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能达共速，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度
h=3m，要使工件能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围．
9．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m1=2kg，b球质量为m2=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/s2．（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
10．
如图所示，位于竖直平面内的光滑有轨道，由一段倾斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R ．一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg （g 为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围．
【答案】2.5R≤h≤5R
【解析】
试题分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点，物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h 最小；当压力最大时，h 最大．由机械能守恒定律和牛顿第二定律结合解答． 设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒得：
2122
mgh mgR mv =+ 物块在最高点受的力为重力mg ，轨道的压力N F ,重力与压力的合力提供向心力，有
2
N v mg F m R
+= 物块能通过最高点的条件是0N F ≥
由以上式得v ≥联立以上各式得52
h R ≥ 根据题目要求5N F mg ≤
由以上各式得v ≤由此可得5h R ≤
所以h 的取值范围是552
h R ≤≤ 点睛：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足重力等于向心力，这是我们解决此类问题的突破口．要知道小球做圆周运动时，由指向圆心的合力充当向心力．。