物理4 生活中的圆周运动综合训练题

06 竖直面上的圆周运动

强化训练

一、单选题

1．如图所示，质量相同的两个小球A、B，由两根长均为L且不可伸长的轻绳系住悬挂在天花板上。现A、B随车一起向右做匀加速直线运动，系住B球的轻绳与竖直方向的夹角为α，某时刻小车突然停止，停止前一瞬间小车的速度为v，重力加速度为g，则突然停止时两小球的加速度（　　）

A．  B．，

C．   D．，

【答案】B

【详解】小车停止瞬间，A球开始做竖直面内圆周运动，有，解得，小车停止瞬间，B球具有水平初速度，开始做平抛运动，所以

故选B。

2．如图所示，小金属球的质量为m，用长为L的轻悬线固定于O点，在O点的正下方处钉有一颗钉子P，把悬线沿水平方向拉直。若小金属球被无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬间（设线没有断），则（　　）

A．小球的角速度保持不变   B．小球的线速度突然减小

C．小球的加速度突然增大   D．悬线的张力等于重力

【答案】C

【详解】AB．当悬线碰到钉子后的瞬时线速度不变，根据，可知，半径减小，角速度变大，AB错误；

C．根据，可知，半径减小，向心加速度变大，C正确；

D．根据，可得，可知悬线的张力大于重力，D错误。

故选C。

3．长度为的轻质细绳OA，A端有一质量为的小球，如图所示。为了能使小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，则通过最高点时小球的最小速率是（g取）（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】在最高点，当绳子拉力为零时，小球所受的合外力最小为mg，对应小球的速率最小，根据牛顿第二定律，解得，故选B。

4．如图为过山车以及轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是（　　）

A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动

B．过山车在圆轨道最低点时“假人”处于失重状态

C．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于

D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对“假人”可以有作用力

【答案】C

【详解】A．过山车在运动过程中受重力和轨道支持力作用，速度大小在变化，不是匀速圆周运动，故A错误；

B．在最低点，“假人”受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力作用，合力方向竖直向上，即加速度竖直向上，所以“假人”处于超重状态，故B错误；

C．过山车在最高点时若只有重力提供向心力，速度最小，即，解得，故C正确；

D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最高点重力和小车的支持力提供合力，使得人紧紧的压在小车上，所以安全带对“假人”一定无作用力，故D错误。

故选C。

5．某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离后落地．已知握绳的手离地面高度为，手与球之间的绳长为，重力加速度，忽略空气阻力．则（　　）

A．绳子的最大拉力为

B．绳子的最大拉力为

C．从绳断到小球落地的时间为

D．小球落地时的速度大小为

【答案】C

【详解】ABC．绳断后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有，解得

水平方向做匀速运动有，解得，球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，在最低点时有，代入数据解得，故AB错误，C正确；

D．小球落地时的竖直方向速度大小为，小球落地时的速度大小为，故D错误。

故选C。

6．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F—v2图像如图乙所示，则（　　）

A．小球的质量为

B．当地的重力加速度大小为

C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向下

D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

【答案】D

【详解】B．由题图乙可知，当v2=b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg=m=m，即重力加速度g=，故B错误；

A．当v2=0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F=mg=a，即小球的质量

故A错误；

C．根据圆周运动的规律，当v2=b时杆对球的弹力为零，当v2<b时，mg-F=m，杆对球的弹力方向向上，当v2>b时，mg+F=m，杆对球的弹力方向向下，v2=c时，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；

D．当v2=2b时，mg+F=m=m，则F=m-mg=mg，故D正确。

故选D。

7．如图所示，某电动工具置于水平地面上。该电动工具底座质量为M，半径为R的转动圆盘质量可不计，在圆盘边缘固定有质量为m的物块（可视为质点），重力加速度为g。要使该电动工具底座不离开地面（不考虑底座翻转的情况），允许圆盘转动的最大转速为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】当物块转动到最高点，物块对圆盘拉力的大小刚好等于电动工具底座的重力时，底座刚要离开地面，此时圆盘的转速即为题求最大转速，则有，，对物块有，，解得

则转速为

故选C。

8．如图所示，一个质量为0.2kg的小球，以的初速度从A点平抛出去，恰好从B点沿切线进入圆弧，经过圆弧后从D点射出，又恰好落到B点。已知圆弧半径R=0.4m，A与D在同一水平线上，。以下计算正确的是（    ）

A．角为30°

B．D点的速度大小为1m/s

C．A、D的距离为0.8m

D．在D点时，小球对管壁的作用力恰好为零

【答案】B

【详解】A．小球从A到B做平抛运动，竖直方向上有 ，到达B点时

联立可得，，，故A错误；

B．小球从D到B，由平抛运动规律，代入可得，故B正确；

C．A、D的距离为，故C错误；

D．在D点，由向心力公式得，解得，小球对管壁的作用力，方向竖直向下；故D错误。

故选B。

9．如图所示，一质量为M的人站在台秤上，台秤的示数表示人对秤盘的压力；一根长为R的细线一端系一个质量为m的小球，手拿细线另一端，小球绕细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．小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同

C．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为

D．小球从c点运动到最低点的过程中台秤的示数减小，人处于失重状态

【答案】B

【详解】A．小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，细线中拉力为零，根据牛顿第二定律可得，解得小球速度为，A错误；

B．小球在b位置时，悬线拉力为0，此时对人进行受力分析，得出台秤对人的支持力为

在a、c二个位置时小球受重力和水平指向圆心的拉力，拉力水平指向圆心，充当向心力，绳对人的反作用力水平背离圆心，所以台秤对人的支持力为，则台秤的示数相同，B正确；

C．当小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，C错误；

D．小球从c点运动到最低点的过程中增加，方向向上，球处于超重状态，台秤的示数增大，人处于静止状态，不会有超重失重状态，D错误。

故选B。

10．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（　　）

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】A．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；

B．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；

C．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；

D．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。

11．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，其图像如图乙所示，则（　　）

A．轻质绳长为

B．当地的重力加速度为

C．当时，小球受到的弹力大小与重力相等

D．当时，轻质绳的拉力大小为

【答案】C

【详解】AB．小球运动到最高点时，对小球进行分析有，则有，结合图像有，，解得，，AB错误；

C．当时，根据上述有，C正确；

D．当时，根据上述有，D错误。

故选C。

二、多选题

12．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。则下列说法正确的是（　　）

A．绳断开时球的速度

B．绳能承受的最大拉力

C．改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为

D．球恰好能过最高点时的速度

【答案】BC

【详解】A．根据平抛运动 ， ，解得 ，A错误；

B．根据牛顿第二定律得 ，解得，B正确；

C．设绳长为r，根据牛顿第二定律得 ，根据平抛运动得 ，

解得 ，当 时，即时，球抛出的水平距离最大，C正确；

D．在最高点根据牛顿第二定律得 ，解得，D错误。

故选BC。

13．如图所示，长度均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，已知A、B两点间的距离也为L。今使小球在竖直面内以AB为轴做圆周运动，小球在最高点时，两根绳的拉力恰好均为零。若小球在最低点时的速率是最高点时的3倍，重力加速度为g。则（　　）

A．小球在最高点时的速度是 B．小球在最低点时的速度是

C．小球在最低点时，每根绳的拉力大小为 D．小球在最低点时，每根绳的拉力大小为

【答案】BD

【详解】由几何知识可知细绳与竖直方向上的夹角为，，AB．小球以速率v 通过最高点时，有，，则在最低点的速度，A错误，B正确；

CD．在最低点时，，，C错误，D正确。

故选BD。

14．如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系图像如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是（　　）

A．利用该装置可以得出重力加速度，且

B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大

C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大

D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变

【答案】CD

【详解】A．由图乙知当时，，则有，解得，故A错误；

BC．在最高点，根据牛顿第二定律得，整理得，图线的斜率为

可知绳长不变，小球的质量越小，斜率越大，故B错误，C正确；

D．由表达式，，可知，当时，有，可知图线与纵轴的交点坐标与小球质量无关，故D正确。

故选CD。

15．如图所示，木板B托着木块A在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动中木板B的上表面始终保持水平，点与圆心等高，为最高点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．从点到b点的过程中，所受的摩擦力大小不变

B．从点到b点的过程中，B对的摩擦力越来越小

C．在点时，对B的压力大小等于的重力大小

D．在点时，对B的压力大小等于的重力大小

【答案】BC

【详解】AB．从点到b点的过程中，A所受的摩擦力大小，从点到b点的过程中，ax逐渐减小，则所受的摩擦力大小越来越小，选项A错误，B正确。

C．在点时，对A分析可知，竖直方向受合力为零，则A对B的压力大小等于A的重力大小，选项C正确；

D．在点时，对A分析可知，则

则对B的压力小于的重力大小，选项D错误。

故选BC。

16．如图所示，一个半径为的金属圆环竖直固定放置，环上套有一个质量为m的小球，小球可在环上自由滑动，小球与环间的动摩擦因数为0.4，某时刻小球向右滑动经过环的最高点时，环对小球的滑动摩擦力大小为（不计空气阻力，重力加速度），则该时刻环对小球弹力的方向和小球的速率正确的是（　　）

A．环对小球的弹力方向竖直向上，速率

B．环对小球的弹力方向竖直向上，速率

C．环对小球的弹力方向竖直向下，速率

D．环对小球的弹力方向竖直向下，速率

【答案】AD

【详解】AB．根据，解得，若环对小球的弹力方向竖直向上，则有

解得，A正确，B错误；

CD．根据上述，若环对小球的弹力方向竖直向下，则有，解得，C错误，D正确。

故选AD。

17．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N-v2图像如图乙所示。则（　　）

A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为

C．v2=c时，杆对小球弹力方向向上 D．v2=2b时，杆对小球弹力大小为mg

【答案】AD

【详解】AB．在最高点，若v=0，则F=mg=a，若F=0，则，解得，

故A正确，B错误；

C．由图可知：当v2<b时，杆对小球弹力方向向上，当v2>b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故C错误；

D．若时，根据牛顿第二定律，联立以上可得F=mg，所以杆对小球弹力大小为mg，故D正确。

故选AD。

18．如图甲所示，质量为m的小球与轻绳一端相连，绕另一端点O在竖直平面内做圆周运动，圆周运动半径为R，重力加速度为g，忽略一切阻力的影响。现测得绳子对小球的拉力T随时间变化的图线如图乙所示，则（　　）

A．小球的周期为t4 B．小球在t2时刻的速度为

C．时刻小球在最低点 D．t2 ~t4 小球处于失重状态

【答案】AB

【详解】A．由图可知，0和t4时刻拉力最大，既小球在最低点，所以小球的周期为t4，故A正确；

B．小球在t2时刻受到的拉力为0，则由，可得，故B正确；

C．t2时刻拉力最小，即小球在最高点，故C错误；

D．小球在竖直面内做变速圆周运动，t2 ~t4的前一段时间内，小球合力方向斜向下，从某时刻开始，合力方向斜向上，t4时刻合力方向竖直向上，所以小球先失重，后超重，故D错误。

故选AB。