高考物理一轮复习巩固提升第4章第3节　圆周运动 (含解析)

(建议用时：40分钟)

一、单项选择题

1.(2019·岳阳高三检测)如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成．质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是(　　)

A．在最高点D，小球的向心加速度大小为2g

B．在最低点C，小球对轨道压力为7mg

C．为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5R

D．若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg

解析：选D.对小球在D点受力分析，由题意可知小球受到的合力为3mg，由牛顿第二定律知加速度大小为3g，A错误；由向心力公式在D点有3mg＝，在C点FN－mg＝，从C到D机械能守恒mg×2R＋mv2＝mv，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律知，F′N＝FN＝8mg，B错误；为了保证小球能过最高点，释放位置越高越好，C错误；若小球能过D点则有FN1－mg＝， 在C点FN2－mg＝， 从C到D机械能守恒mg×2R＋mv2＝mv，联立可得FN2－FN1＝6mg，由牛顿第三定律知，F′N2－F′N1＝6mg，D正确．

2. 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)

A．t1<t2 B．t1＝t2

C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小

解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．

3. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)

A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大

B．金属块B受到桌面的支持力减小

C．细线的张力变大

D．小球A运动的角速度减小

解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsin θ，对A，有：Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝，θ变小，ω变小，故D正确．

4. 如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为　(　　)

A．Mg－5mg   B．Mg＋mg 

C．Mg＋5mg    D．Mg＋10mg

解析：选C.设大环半径为R，质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F′N＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋F′N＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．

5. (2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)

A． B．

C． D．

解析：选B.设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．

6. 如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O，P离圆心距离为r1，Q离圆心距离为r2，且r1＜r2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则(　　)

A．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心

B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心

C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心

D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心

解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r＝fm即ω＝时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有T＋fm＝mω2r2，而此时对P而言有T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T＞mω2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确．

7. 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点　(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL＝mv2，v＝，绳长L越长，小球到最低点时的速度越大，A项错误；由于P球的质量大于Q球的质量，由Ek＝mv2可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝m，求得F＝3mg，由于P球的质量大于Q球的质量，因此C项正确；由a＝＝2g可知，两球在最低点的向心加速度相等，D项错误．

8．如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r、r、1.5r，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是(　　)

A．ω≤　　　　　　 B．ω≤　　

C．ω≤　　 D．　　≤ω≤

解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg＝mω2l，所以质量为m、离转盘中心的距离为l的物体随转盘一起转动的条件是ω≤　　，即ωA≤ ，ωB≤ ，ωC≤ ，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤　　 ，选项B正确．

二、多项选择题

9．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处(　　)

A．路面外侧高内侧低

B．车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动

C．车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动

D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小

解析：选AC.当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于v0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B错误；当车速高于v0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C正确；由mgtan θ＝m可知，v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误．

10.(2019·江西吉安高三模拟)如图甲所示，细绳下端栓一小物块，上端固定在A点并与力传感器相连．给物块一个水平速度，使其在竖直平面内做圆周运动，测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图乙所示(F0为已知)．不考虑空气阻力，已知重力加速度为g.根据题中所给的信息，可以求得的物理量有(　　)

A．物块的质量

B．细绳的长度

C．物块经过最高点的速度大小

D．物块经过最低点的速度大小

解析：选AD.根据竖直面内圆周运动特点，小物块运动到最低点时绳中拉力最大，由牛顿第二定律有F0－mg＝m，在最高点时绳中拉力最小，由题给图象知，最小拉力为0，有mg＝m，从最高点到最低点，由动能定理有mg·2L＝mv－mv，以上三式联立可得F0＝6mg，且可求得在最低点的加速度大小为a2＝5g，而物块经过最高点的速度大小和绳长无法求得，选项A、D正确．

11. 如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10 m/s2)(　　)

A．v0≥0 B．v0≥4 m/s

C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s

解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：

(1)小球通过最高点并完成圆周运动；

(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．

对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有＋2mgr＝，可求得v0≥2 m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝，可求得v0≤2 m/s，故选项D正确．

12．如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则(　　)

A．选择路线①，赛车经过的路程最短

B．选择路线②，赛车的速率最小

C．选择路线③，赛车所用时间最短

D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等

解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知路线③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．

13. 质量为m的小球M由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点．如图所示，当轻杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l，下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大

C．当角速度ω>时，b绳中存在张力

D．当b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化

解析：选AC.小球做匀速圆周运动，在竖直方向上，受到的合力为零，受到的水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力大小相等，可知a绳的张力不可能为零，A正确；根据小球在竖直方向上受力平衡得Tasin θ＝mg，解得Ta＝，可知a绳的张力不变，B错误；b绳对小球不一定有力的作用，当b绳中不存在张力时有＝mlω2，解得ω＝，当角速度ω>时，b绳中存在张力，C正确；由于b绳可能不存在张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，D错误．

14. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则(　　)

A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m

B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m

C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N

D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N

解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．