2019届高考物理一轮复习练习：第4章 第3讲　圆周运动及其应用(含解析)

板块三  限时规范特训

　　时间：45分钟　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)

1．如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是(　　)

A．从动轮做顺时针转动

B．从动轮做逆时针转动

C．从动轮边缘线速度大小为n1

D．从动轮的转速为n1

答案　B

解析　主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝n1，故C、D错误。

2．[2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后(　　)

A．线速度变小    B．角速度变大

C．向心加速度变小    D．小球对管壁的压力变大

答案　C

解析　由于管道光滑，小球到达b点后，重力做功为零，速度大小保持不变，根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝可知向心加速度减小，根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。

3.质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则(　　)

A．cosα＝    B．cosα＝2cosβ

C．tanα＝    D．tanα＝tanβ

答案　A

解析　以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanα＝Mω·2lsinα，解得ω＝。同理：以m为研究对象：ω＝。因ω1＝ω2，所以2cosα＝cosβ，故A正确。

4．水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是(　　)

答案　B

解析　设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1<r2可知A、B两物体相对转台滑动的临界角速度满足ωA>ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，FA＝mω2r1，T>0后，FA－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得FA＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错误，B正确。

5. [2017·云南省高三一统]用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω。线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下图中的(　　)

答案　C

解析　当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω0时，FN＝0，当ω<ω0时，受力分析如图甲，

FTsinθ＋FNcosθ＝mg

FTcosθ－FNsinθ＝mω2r

则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθ

FT­ω2函数为一次函数，斜率为mrcosθ

当ω>ω0时，受力分析如图乙，

FTsinα＝mω2Lsinα

FT＝mω2L

FT­ω2的函数为正比例，斜率为mL>mrcosθ，故C正确。

6．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到最高点时，小球的速度为零

B．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为Mg

C．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同

D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态

答案　C

解析　小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg＝m，得v＝，A项错误；当小球恰通过圆轨道最高点b时，悬线拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为F＝Mg，即台秤的示数也为Mg，故C项正确；小球在a、c连线以上(不包括b点)时，人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在a、c连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D两项错误。

7．如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．小球的角速度突然增大

B．小球的线速度突然增大

C．小球的向心加速度突然增大

D．小球受悬线的拉力突然增大

答案　ACD

解析　细绳碰到钉子，半径减半，圆周运动的圆心变为P点，由于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改变速度大小，即小球的线速度不变，B错误；由ω＝可知ω变大，A正确；由a＝可知a增大，C正确；在经过最低点时，F－mg＝m，得F＝mg＋m，可以判断F增大，D正确。

8．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是(　　)

A．B对A的摩擦力一定为3μmg

B．B对A的摩擦力一定为3mω2r

C．转台的角速度一定满足ω≤

D．转台的角速度一定满足ω≤

答案　BC

解析　要使A能够与B一起以角速度ω转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力，即Ff＝3mω2r，A错误，B正确；要使A、B两物体同时随转台一起以角速度ω匀速转动，则对于A有：3μmg≥3mω2r，对A、B有：5μmg≥5mω2r，对于C有：μmg≥mω2r，综合以上可得：ω≤ ，C正确，D错误。

9.如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则(　　)

A．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝d

B．子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2d

C．圆筒转动的角速度可能为ω＝π

D．圆筒转动的角速度可能为ω＝3π

答案　ACD

解析　子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，即t＝。v0＝＝d，故A正确；在此时间内圆筒只需转半圈的奇数倍ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π (n＝0,1,2，…)。故C、D正确。

10．[2017·杭州模拟]如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T­v2图象如图乙所示，则(　　)

A．轻质绳长为

B．当地的重力加速度为

C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a

D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a

答案　BD

解析　设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝，则T＝－mg。对应图象有：mg＝a得g＝，故B正确。＝得：L＝，故A错误。当v2＝c时，T＝·c－mg＝·c－a，故C错误。当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则＝mg。在最低点的速度v′，则mv2＋mg·2L＝mv′2，F－mg＝，可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg即6a，故D正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(14分)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：

(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；

(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。

答案　(1)　　(2)

解析　(1)物块静止时，对物块进行受力分析如图甲所示，设筒壁与水平面的夹角为θ

由平衡条件有Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ

由图中几何关系有

cosθ＝，sinθ＝

故有Ff＝，FN＝。

(2)分析此时物块受力如图乙所示

由牛顿第二定律有

mgtanθ＝mrω2

其中tanθ＝，r＝

可得ω＝。

12．(16分)在一水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为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R，设最大静摩擦等于滑动摩擦，求：

(1)盘的转速n0多大时，物体A开始滑动？

(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多少？

答案　(1) 　(2)

解析　(1)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，弹力与摩擦力的合力提供向心力。

圆盘开始转动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝m(2πn0)2R

得：n0＝＝ 。

(2)当转速达到2n0时，由牛顿第二定律

得：μmg＋kΔx＝m(2π·2n0)2(R＋Δx)

得：Δx＝。