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专题六 《圆周运动》信息优化卷（能力B）
(解析版)
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019）必修第二册 第六章《圆周运动》
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1~8 题只有一项符
合题目要求，第9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错或不
答的得0 分。
1．野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都
是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理
学相关的说法正确的是（ ）
甲
乙
丙
A．若图乙的自行车在匀速骑行，前轮边缘处A，B，C，D 四个点的线速度相同
B．大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1 圈，小齿轮转3 圈
C.．乙中大齿轮边缘处E 点和小齿轮边缘处F 点角速度相同
D．在大齿轮处的角速度不变的前提下，增加小齿轮的齿数，自行车的速度将变大
【答案】B
【详解】若图乙的自行车在匀速骑行，前轮边缘处A，B，C，D 四个点相对于转轴的线速度大小相同，而
相对于地面的线速度不同，A 错误；大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1 圈，根据转速关系
可知小齿轮转3 圈，B 正确；图乙中大齿轮边缘处E 点和小齿轮边缘处F 点的线速度大小相等，角速度不相
同，C 错误；在大齿轮处的角速度不变的前提下，减小小齿轮的齿数，自行车的速度将变大，D 错误。
2．如图所示为华附校园内的风杯式风速传感器，其感应部分由三个相同的半球形空杯组成，称为风杯。
三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉型支架末端，与中间竖直轴的距离相等。开始刮风时，空气
流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动，风速越大，风杯转动越快。若风速保持不
变，三个风杯最终会匀速转动，根据风杯的转速，就可以确定风速，则（ ）
1
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A．若风速不变，三个风杯最终加速度为零
B．任意时刻，三个风杯转动的速度都相同
C．开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向指向旋转轴
D．风杯匀速转动时，其转动周期越大，测得的风速越小
【答案】D
【详解】若风速不变，三个风杯最终做匀速圆周运动，其合外力不为零，根据牛顿第二定律可知，其加速
度不为零，故A 错误；三个风杯属于同轴转动，角速度相同，而三个风杯做圆周运动的半径相同，由
可知，任意时刻三个风杯的线速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B 错误；未刮风时，风杯
处于平衡状态，重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡，而开始刮风时，风杯所受合外力沿水平方向，与
风力方向相反，并不指向旋转轴，故C 错误；当风杯匀速转动时，根据
可知，其转动周期越大，
测得的风速越小，故D 正确。故选D。
3．如图所示，质量均为m 的两个物块A 和B 左右中心开有小孔穿在粗糙的细杆CD 上，细杆绕过O 点的竖
直轴在水平面内匀速转动，A、B 之间用轻质细线相连，物块中心与圆心距离分别为
，与细
杆间的动摩擦因数μ 相同，当细杆转速缓慢加快到两物块刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．此时细线张力为
B．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向O
C．此时细杆的角速度为
D．此时烧断细线，A 仍相对细杆静止，B 将做离心运动
【答案】A
【详解】两物块A 和B 随着细杆转动时，合外力提供向心力，则有
，又B 的半径比A 的半径大，
所以B 所需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到两物块刚好要发生滑动时，B 的静摩
2
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擦力方向指向圆心，A 的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿
第二定律得
，
，解得
，
，故A 正确，BC 错误；
烧断细线瞬间A 所需向心力为
，B 所需向心力为
，此时烧断细线，
A、B 所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，则A、B 均做离心运动，故D 错误.。故选A。
4．拉球转身动作是篮球运动中的难点，如图甲所示为篮球爱好者拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定
手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型：薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，
绕着转轴（中枢脚所在直线）做圆周运动。假设手掌和球之间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，篮球质量为m，直径为D，手掌到转轴的距离为d，重力加速度为g，则要顺利完成此转身动作，
下列说法正确的是（ ）
A．篮球线速度至少为
B．手掌和篮球之间的作用力至少为
C．若篮球的速度为
，则篮球会和手掌分离
D．篮球的速度越大，手掌和球之间的摩擦力越大
【答案】A
【详解】设手掌和篮球之间弹力的最小值为
，竖直方向上摩擦力
解得
，由于
手掌和篮球之间的作用力为弹力和摩擦力，B 错误；水平方向上
解得
，A 正确；
由于
则篮球和手掌之间的弹力
篮球和手掌之间的最大静摩擦力增大，篮球不
会和手掌分离，C 错误；篮球竖直方向上处于平衡状态，所以
，D 错误。故选A。
5．如图所示，足够大水平圆板可绕圆心处的竖直轴以角速度ω 匀速转动，圆板上叠放有两物块，下面的
3
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大物块质量为M=km，上面的小物块（可视为质点）质量为m，小物块和转轴间有一恰好伸直的水平轻绳，
轻绳系在套住转轴的光滑小环上，小环被卡在轴上固定高度h 处，轻绳长度L=2h。已知小物块与大物块、
大物块与圆板间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法中不
正确的是（ ）
A．k 越大，大物块发生相对滑动的ω 越大
B．当k=1，
时，大物块未发生相对滑动
C．当k=2，ω=
时，大物块未发生相对滑动
D．当k=2，
时，大物块将会一直做离心运动
【答案】A
【详解】对于大物块，当所受的最大静摩擦力提供向心力时μmg+μ(k+1)mg=kmω2L，解得
可知k 越大，大物块发生相对滑动的ω 就越小，A 错误；当k=1 时，大物块所
受的最大静摩擦力Fmax=μ(k+2) mg=3μmg 大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会发生
相对滑动，B 正确；当k=2 时，大物块所受的最大摩擦力Fmax=μ(k+2)mg=4μmg 大物块所需要的向心力
Fn=kmω2L=2μmg<Fmax，即大物块不会发生相对滑动，C 正确；当k=2 时，大物块所受的最大摩擦力
Fmax=μ(k+2)mg=4μmg 大物块所需要的向心力Fn=kmω2L=8μmg>Fmax，所以大物块将会发生相对滑动，与小物
块脱离之后，摩擦力进一步减小，运动半径继续增大，所以将一直做离心运动，D 正确。故不正确的选
A。
6．如图所示，质量均为m 的带孔小球A、B 穿在竖直面内的光滑金属圆环上，金属圆环半径为R，用两根
长均为R 的轻质细绳一端分别系于A、B 球上，另一端分别系于金属圆环的最高点和最低点。现让金属圆
环以角速度
绕竖直直径转动，转动过程中细绳不会被拉断，则下列说法中正确的是（ ）
4
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A．当
时，连接A 球的细绳恰好无张力
B．当
时，连接B 球的细绳恰好被拉直
C．继续缓慢增大圆环的角速度，A 球有可能会沿金属圆环向上移动
D．继续缓慢增大圆环的角速度，金属圆环对B 球的作用力有可能为零
【答案】B
【详解】当
，此时对A 球有
，解得
，对小球A 进行受力分析，可知，
小球受重力以及细绳的拉力且拉力大小为2mg，所以此时小球不受金属圆环的作用力，但连接A 球的细绳
有张力，故A 项错误；对B 球研究，当连接B 球的细绳恰好被拉直时，有
，解得
故B 项正确；继续缓慢增大圆环的角速度，由之前的分析可知，金属圆环的对A 球的弹力不为零，又由于
竖直方向上A 球和B 球所受合力均为零，可知细绳对A 球的拉力应不断增大，因此A 球不可能沿金属圆环
向上移动，故C 项错误；继续缓慢增大圆环的角速度，连接B 球的细绳上会有拉力，要维持B 球竖直方向
所受外力的合力为零，金属圆环对B 球必定有弹力，故D 项错误。故选B。
7．如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2 连接，悬挂在天花板上的O
点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为
、
（
、
非常小，可以取
，
）。则（ ）
A．
B．甲、乙两球的动量之比为
C．甲、乙两球的向心力之比为
D．细线1、2 拉力的竖直分力之比为
【答案】D
【详解】甲、乙相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈需要的时间相同，角速度相等设为
，设细线
1、2 的长度均为L，拉力分别
、
，设甲、乙的质量均为m，对乙进行受力分析，把
分别沿竖直方向
5
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和水平方向分解，则有
；
对甲、乙组成的整体进行受力分析，把
分别沿竖直方向和水平方向分解，则有
；
，联立
以上式子解得
故A 项错误；根据
；
结合之前的分析可得
故B 项错误；．对甲球受力分析有
对乙球同理有
结
合之前的分析解得
故C 项错误；．由之前的分析可知，两细线竖直方向分力分别为
；
，解得
故D 项正确。故选D。
8．无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为
的半圆弧
与长
的直线路径
相切于B 点，
与半径为
的半圆弧
相切于C 点。小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B 点，
然后保持速率不变依次经过
和
。为保证安全，小车速率最大为
。在
段的加速度最大为
，
段的加速度最大为
。小车视为质点，小车从A 到D 所需最短时间t 及在
段做匀速直线
运动的最长距离l 为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在BC 段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
，可得在BC 段的最大速度为
，在
6
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CD 段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
，可得在CD 段的最大速度为
，可知在BCD
段运动时的速度为v=2m/s，在BCD 段运动的时间为
，AB 段从最大速度vm减速到v 的时
间
，位移
，在AB 段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m，则匀速运动
的时间
，则从A 到D 最短时间为
，故选B。
9．如图，中国古代的一种斜面引重车前轮半径为r、后轮半径为3r，在前后轮之间装上木板构成斜面。细
绳的一端系紧在后轮轴上，另一端绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。推动车子使其水平前进，车
轮与地面不打滑，后轮轴转动时带动重物沿木板上滑过程中，细绳始终与斜面平行，则（ ）
A．后轮绕轴转动的角速度与前轮绕轴转动的角速度之比为1 3∶
B．后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度之比为3 1∶
C．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做直线运动
D．若引重车加速运动，则重物将相对于地面做曲线运动
【答案】AC
【详解】后轮边缘点的线速度与前轮边缘点的线速度相等，由
得角速度之比为1 3∶。故A 正确，B 错
误；引重车水平前进的过程中，重物同时参与了在水平方向的加速运动和沿斜面方向的加速运动，合运动
的速度与加速度同向，所以重物做加速直线运动。故C 正确，D 错误。故选AC。
10．如图所示，倾角
的斜面
固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点A 在转轴
上。转台以角速度
匀速转动时，将质量为m 的小物块（可视为质点）放置于斜面上，经过一段时间
后小物块与斜面一起转动且相对斜面静止在
线上，此时小物块到A 点的距离为L。已知小物块与斜面之
间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
，
。则
物块相对斜面静止时（ ）
7
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A．小物块对斜面的压力大小不小于
B．小物块对斜面的压力大小不大于
C．水平转台转动角速度
应不小于
D．水平转台转动角速度
应不大于
【答案】AC
【详解】当角速度最小时，物块恰好不下滑，受力分析如图1 所示
轴方向根据平衡条件得
轴方向根据牛顿第二定律得
又
，联立解得
，
当角速度最大时，物块恰好不上滑，受力分析如图2 所示
轴方向根据平衡条件得
轴方向根据牛顿第二定律得
又
8
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联立解得
，
由上分析可知，角速度取值范围为
小物块对斜面的压力大小
，取值范围为
。故选AC。
11．如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以
为圆心、
和
为半径的同心圆上，圆心处装有竖直
细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的
花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用
、
、
和
、
、
表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长
度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，
，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若
，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
【答案】BD
【详解】根据平抛运动的规律
，
，解得，
，可知若h1=h2，则 v1:v2 =R1:R2，若
v1=v2，则
，选项A 错误，B 正确；若
，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出
水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花
盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C 错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若
，则
喷水管转动一周的时间相等，因h 相等，则水落地的时间相等，则
相等；在圆周上单位时间内单位长
度的水量为
，相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D 正确。故选
BD。
12．如图所示，倾角为
的斜面体固定在水平地面上，在斜面上固定一个半圆管轨道AEB，圆管的内
9
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壁光滑、半径为r，其最低点A、最高点B 的切线水平，AB 是半圆管轨道的直径，现让质量为m 的小球
（视为质点）从A 点以一定的水平速度滑进圆管，圆管的内径略大于小球的直径、重力加速度为g，
、
，下列说法正确的是（ ）
A．当小球到达B 点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球在B 点的速度为
B．小球离开B 点做平抛运动的时间为
C．若小球在B 点的加速度大小为2g，则A 点对小球沿斜面方向的弹力大小为
D．若小球到达B 点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则小球的落地点与P 点间的距离为
【答案】BCD
【详解】小球到达B 点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，则由重力沿斜面的分力提供向心力，则有
，解得
，A 错误；小球离开B 点做平抛运动，竖直方向上有
，
解得
，B 正确；若小球到达B 点时受到沿斜面方向的弹力刚好为0，根据上述有
，
，
小球的落地点与P 点间的距离为
，解得
，D 正确；小球在B 点的加速度大小为2g，则在B 点
有
，小球由A 运动到B 过程有
，小球在A 点有
，解得
，C 正确。故选BCD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题
13．（6 分）某班级同学在探究向心力大小的表达式实验时：
第一小组采用甲图所示的装置进行探究，两个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速
10
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塔轮匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作
用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球
所受向心力的比值。
第二小组采用用乙图所示的装置进行探究，滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，
力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力
的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以
记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器
和光电门就同时获得一组向心力
和角速度
的数据。
（1）下列实验中与这两组同学采用的科学方法不同是______。
A．探究加速度与力、质量的关系
B．探究影响通电导线受力的因素
C．探究两个互成角度的力的合成规律
（2）第一组同学在某次实验时，两个钢球质量和转动半径相等，图中标尺上红白相间的等分格显示出两
个小球所受向心力的比值为
，与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为______。
②第二组同学实验时，以
为纵坐标，以
为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，
图线斜率为
，则滑块的质量为______（用
、、d 表示）。
【答案】 C
【详解】（1）实验目的是探究向心力大小的表达式，由于每次只能研究两个物理量之间的关系，需要确
保其它的物理量不变，即采用了控制变量法，探究加速度与力、质量的关系与探究影响通电导线受力的因
素均采用了控制变量法，而探究两个互成角度的力的合成规律采用的是等效替代法，因此与这两组同学采
用的科学方法不同是探究两个互成角度的力的合成规律。故选C。
（2）根据
，
由于
则有
根据
解得
（3）滑块圆周运动的速度
由于
则有
则有
解得
11
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14．（8 分）某科技小组想验证匀速圆周运动向心力大小的表达式
，装置如图，用能够显示并调
节转动频率的小电动机带动竖直轴匀速转动，OB 为竖直轴的中心线，长为d 的水平横臂OA 固定在OB 上，
不可伸长的轻细线上端固定在A 处，下端穿过球心并固定。在装置后面放一贴有白纸的竖直平板，调节装
置使初位置OA、OB 所在的平面与竖直平板平行，用平行光源将装置垂直投影在竖直板的白纸上。
①描下装置在白纸上的投影OB 和OA，测出OA 投影长度也为d，说明平行光源与墙垂直。
②启动电动机，记录电动机的转动频率f，当小球转动稳定时，利用直尺与影子相切，描下小球轨迹在白
纸上影子的最下边缘水平切线CB，记下小球到达最右边缘影子的竖直切线
，CB 与
交于C 点，B 为
CB 与OB 的交点。
③关闭电动机，改变电动机的转动频率，重复上述实验。
（1）已知当地的重力加速度为g，测出了小球的直径D，为验证向心力公式，还需测量___________选项
中描述的物理量即可。（从下列四个选项中选择一个）
A．小球的质量m
B．OB 高度差h
C．AC 绳长L
D．画出CA 延长线与BO 延长线的交点E，测EB 的距离H
（2）丙同学作出（1）中正确选择的物理量随___________（选填“
”或“
”）变化的图像为一直线，
但不过原点。如果图像纵轴截距为___________，斜率为___________，则可验证向心力公式
成
立。（用第一问已知或所测的量表示）
【答案】 D
【详解】（1）设细线与竖直方向的夹角为
，根据牛顿第二定律
12
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球心所在平面
与E 高度差为
，则
结合
联立得
故画
出CA 延长线与BO 延长线的交点E，测EB 的距离H，可以验证向心力公式。故选D。
（2）根据
得
则H 随
变化的图像为一直线，但不过原点。
如果图像纵轴截距为
，斜率为
，则可验证向心力公式
成立。
四、解答题
15．（9 分）清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”（可理解为低身斜体）二字揭示了滑冰的动作要领。
短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，
（1）武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前
用时
。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加
速度大小；
（2）武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为
的匀速圆周运动，速度大小为
。已知武大靖的
质量为
，求此次过弯时所需的向心力大小；
（3）武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，
如图所示。求武大靖在（2）问中过弯时身体与水平面的夹角
的大小。（不计空气阻力，重力加速度大小
取
，
、
、
、
）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为
，根据
解得
（2）根据
解得过弯时所需的向心力大小为
（3）设场地对武大靖的作用力大小为
，受力如图所示
13
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根据牛顿第二定律可得
解得
可得
16.（9 分）如图所示的离心装置中，轻质弹簧一端固定在杆的O 点，另一端与一质量为M 的方形中空物块
A 连接，弹簧和物块A 均套在光滑竖直方形轻杆OC 上，长为L 的轻杆OB 一端通过铰链连在O 点（轻杆可
在竖直面内转动），另一端固定一质量为m 的小球B，物块A 与小球B 之间用长为L 的轻质细线连接，物
块A、小球B 和弹簧均能随竖直轻杆OC 一起绕过O 点的竖直转轴转动。装置静止时，轻质细线AB 绷紧，
细杆OB 与水平方向的夹角为
，现将装置由静止缓慢加速转动，当转速稳定时，细杆与水平方向的夹角
减小到
，细杆中的力恰好减小到零，重力加速度为g，取
，
，求：
（1）细杆与水平方向的夹角减小到
时的转速；
（2）弹簧的劲度系数。
【答案】（1）
；（2）
【详解】解：（1）以小球B 为研究对象，受力如图所示：
14
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由牛顿第二定律，合力提供小球B 做圆周运动的向心力，即
整理得
，转速
，解得
（2）细杆OB 与水平方向的夹角为
时，装置静止时。小球B 竖直方向
物块
竖直方向，相互作用力大小相等
当稳定转动时，细杆中弹力减为零，且与水平方向的夹角为
。
小球B 竖直方向
物块
竖直方向受力平衡
根据几何关系可得
联立以上各式解得
17．（10 分）一种餐桌的结构如图1 所示，已知圆形玻璃转盘的半径r=0.6 m，转盘的厚度不计，圆形桌面
15
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的半径R=1 m，已知玻璃中心与桌面中心重合，桌面到水平地面的高度h=1 m。轻绳的一端固定在转盘的
边缘，另一端连着一个物块，物块被轻绳带动沿桌面边缘一起旋转，达到稳定状态后物块与转盘的角速度
相同，且绳始终沿切线方向，其俯视图如图2 所示。某时刻轻绳突然断裂，物块沿桌边缘水平飞出，落地
点到转盘中心O 点的距离s=
m，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）转盘转动的角速度ω。
（2）小球与桌面间的动摩擦因数μ。
【答案】（1）
rad/s；（2）0.375
【详解】（1）设轻绳断后小球平抛的初速度为v0，平抛的水平位移大小为x，如图甲所示
有s2-h2=x2+R2
又x=v0
，v0=ωR
解得ω=
rad/s
（2）如图乙所示
sinθ=
=0.6，则θ=37°，cosθ=0.8
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设小球质量为m，轻绳上拉力大小为FT，绳断前，有FTcosθ=m
，FTsinθ=μmg，解得μ=0.375
18．（10 分）如图所示，光滑半圆形轨道AB 竖直固定放置，轨道半径为R（可调节），轨道最高点A 处有
一弹射装置，最低点B 处与放在光滑水平面上足够长的木板Q 上表面处于同一高度，木板左侧x 处有一固
定挡板C（x 未知）。可视为质点的物块P 压缩弹射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能
，P 从A 处被弹
出后沿轨道运动到B 处时的速度大小始终为
；已知P 的质量
，Q 的质量
，P、Q
间的动摩擦因数
，Q 与C 之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度
。
（1）若P 恰好不脱离轨道，求轨道半径R 的值；
（2）若P 始终不脱离轨道，写出弹性势能
与R 的关系式，并指出R 的取值范围；
（3）若Q 与C 恰好发生n 次碰撞后静止，求x 的值。
【答案】（1）
；（2）
（J），（
；（3）
【详解】（1）在A 处
从A 到B，由动能定理得
解得
（2）在A 处
从A 到B，同理
解得
（3）在木板Q 碰到挡板C 前PQ 不会共速
物块P 一直匀减速运动至静止，运动时间
木板Q 前进x 距离，碰到挡板C 原速反弹，向右匀减速运动，由于加速度大小不变，经过相同时间减速为
零，接下来，重复以上运动，设木板Q 第一次碰到档板前时间为t0，则有
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即
所以
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