最新高中物理生活中的圆周运动专题训练答案

（1）物块经过 点时的速度大小 ；
（2）若 ，弹簧在 点时的弹性势能 ；
（3）为保证物块沿原轨道返回， 的长度至少多大．
【答案】（1）2m/s (2)32.8J (3)2.0m
【解析】
【详解】
（1）物块恰好能到达最高点P，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
mg=m
解得：
（2）物块从D到P的过程，由机械能守恒定律得：
【详解】
（1）在B点时，由牛顿第二定律： ，其中NB=3mg；
解得 ；
从B点向C点滑动的过程中，系统的动量守恒，则 ；
由能量关系可知：
联立解得：L=2.5R；
（2）从P到A点，由机械能守恒：mgh= mvA2；
在A点： ，
从A点到B点：
联立解得h= R
7．如图所示，在竖直平面内有一“ ”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于 、 、 、 ， 、 分别是两圆弧管道的最高点， 、 分别是两圆弧管道的最低点， 、 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R， 。一质量为m的小物块以水平向左的速度 从 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为 。设 ，m=1kg，R=1.5m， ， （sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：
由开始到稳定运动到达A2点，由动能定理有：
可得：s= m
故在B1A2直管道上经过的路程为s'=s－l= m
8．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)小球到B点时的速度大小vB
(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】(1) (2) (3)
【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
解得
(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
Ep=mg（sDC+sCB）sin37°+mgR（1+cos37°）+ mvP2．
代入数据解得：
Ep=32.8J
（3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：
Ep=mg（sDC+s′CB）sin37°+mgR（1+cos37°）
解得：
s′CB=2.0m
（1）质量为m2的物块在D点的速度；
（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：
（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.
【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J
【解析】
【详解】
（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：
对小球，由牛顿第二定律得：F﹣m0g＝m0
代入数据解得：F＝30N
（2）小球C与A碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：
所以： m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝﹣m0vc+mvA
代入数据解得：vA＝1.5m/s
（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，
滑块在圆导轨最低点E时受到的支持力大小；
滑块从D到B的运动过程中损失的机械能． 计算结果可保留根式
（1）小物块从 点出发时对管道的作用力；
（2）小物块第一次经过 点时的速度大小；
（3）小物块在直管道 上经过的总路程。
【答案】（1）106N，方向向下（2）4 m/s（3） m
【解析】
【详解】
(1)物块在C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：
可得：
由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下
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7 R．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：
(2)由几何知识易有：
从C1到C2由动能定理可得：
可得：
(3)以C1C2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、D2点时的机械能需满足：
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：
设n为从第一次经过D1后，翻越D1和D2的总次数，则有：
，
可得：n=2，表明小物块在第二次经过D1后就到不了D2，之后在D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定，最后在A2及C2右侧与A2等高处之间往复稳定运动。
（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 的过程中，转台对物块做的功．
【答案】（1） （2） （3）
【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：
代入数据得
（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
(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；
(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？
【答案】(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m
【解析】
【详解】
（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl m0v02
代入数据解得：v0＝4m/s，
由动量守恒定律得：mvA＝（m+M）v
代入数据解得：v＝0.5m/s
由能量守恒定律得：μmgx mvA2 （m+M）v2
代入数据解得：x＝0.375m；
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：
5．如图， 为倾角 的光滑斜面轨道， 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为 、半径 ，两轨道相切于 点， 、 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在 点另一自由端在斜面上 点处，现有一质量 的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达 点，已知 、 、 ， 取 ．求：
解得
s=4.5m
9．如图所示倾角 的粗糙直导轨与半径 的光滑圆 部分 导轨相切，切点为B，O为圆心，CE为竖直直径，整个轨道处在竖直平面内．一质量 的小滑块从直导轨上的D点无初速度下滑，小滑块滑上圆环导轨后恰好能从圆环导轨的最高点C水平飞出．已知滑块与直导轨间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，不计空气阻力．求：
最新高中物理生活中的圆周运动专题训练答案
一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动
1．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：
两式联立，得
对小球下落由机械能守恒定律，有
解得
(3)设小球恰好能通过B点，过B点时速度为v1，由牛顿第二定律及向心力公式，有
又
得
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v2，飞行时间为 ，
解得
又
可得
故h应满足的条件为
【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．
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
FN=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=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
-μ(mA+mB)gs=0- (mA+mB)v2
则物块和桌面的摩擦力：
可得物块和桌面的摩擦系数:
质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：
质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：
可得，
在这过程中摩擦力做功：
由动能定理，B到D的过程中摩Hale Waihona Puke Baidu力做的功：
（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） 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．
vy m/s＝3m/s
tan53°
所以：vD＝2.25m/s
（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则
mg＝m ，
解得：v m/s
物块到达P的速度：
m/s＝3.75m/s
若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：
可得： ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点
（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：
(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= m - m
代入数据解得
代入数据得
（3）∵ ，∴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
代入数据得
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
代入数据得：
【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．
W2
代入数据可得：W2＝-1.1J
质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功
即克服摩擦力做功为2.7 J.
2．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的速度为2m/s．已知A、B、C的质量分别为mA＝4kg、mB＝8kg和mC＝1kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10m/s2.
点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力．
6．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10 ，不考虑空气阻力作用，求：