高考物理一轮复习课时作业18圆周运动（含解析）

圆周运动

一、选择题

1．(2018·佛山一模)图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　　)

A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供

B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供

C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心

D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力

答案　B

解析　运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供，A项错误，B项正确．发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故C、D两项错误．

2.(2018·温州模拟)如图所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分为m个扇区(每个扇区为圆周)．电动机使磁盘以转速n匀速转动．磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一周，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时(　　)

A．A点的线速度小于B点的线速度

B．A点的向心加速度小于B点的向心加速度

C．硬盘转动一圈的时间为2πn

D．一个扇区通过磁头所用的时间为

答案　D

解析　点A、点B为同轴传动，角速度ω相等，根据v＝rω，A点的线速度大于B点的线速度，根据an＝ω2r，A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故A、B两项错误；

硬盘转速为n，故转一圈的时间为：T＝，故C项错误；每个扇区为圆周，转一圈的时间为，故一个扇区通过磁头所用的时间为，故D项正确．

3.如图所示，斜轨道与半径为R的半圆轨道平滑连接，点A与半圆轨道最高点C等高，B为轨道的最低点．现让小滑块(可视为质点)从A点开始以速度v0沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确的是(　　)

A．若v0＝0，小滑块恰能通过C点，且离开C点后做自由落体运动

B．若v0＝0，小滑块恰能通过C点，且离开C点后做平抛运动

C．若v0＝，小滑块恰能到达C点，且离开C点后做自由落体运动

D．若v0＝，小滑块恰能到达C点，且离开C点后做平抛运动

答案　D

解析　小滑块通过C点的最小速度为vC，由mg＝m，得vC＝，由机械能守恒定律，若A点v0＝0，则vC＝0，实际上滑块在到达C点之前就离开轨道做斜上抛运动了，A、B两项错；若v0＝，小滑块通过C点后将做平抛运动，C项错误、D项正确．

4.(2018·泉州二模)(多选)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　　)

A．小球的线速度大小为

B．小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上

C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O

D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg

答案　ACD

解析　A项，根据a＝＝g得：v＝，故A项正确；

B项，小球做匀速圆周运动，加速度为g，所以小球在最高点的加速度为g，在最高点F合＝mg，所以小球运动到最高点时杆对小球的作用力为0，故B项错误；

C项，当轻杆转到水平位置(图中虚线bob′)时，杆子和重力的合力指向圆心，重力方向竖直向下，若轻杆对小球的作用力指圆心O，则合力不能指向圆心，故C项正确；

D项，在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F－mg＝ma，解得F＝2mg，故D项正确．

5.(2018·宝鸡二模)如图所示，长为L的轻质硬杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为ω，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ为(　　)

A．sinθ＝　　　　　 B．sinθ＝

C．tanθ＝   D．tanθ＝

答案　B

解析　小球所受重力和轻杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；

根据牛顿第二定律有：

＝mω2L

解得：sinθ＝

故B项正确，A、C、D三项错误．

6.(2018·长沙市一模)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼的内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力．设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是(　　)

A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大

B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大

C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大

D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T一定不变

答案　C

解析　A项，对飞机进行受力分析，如图所示：

根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtanθ＝m＝mR

得v＝，T＝2π

A项，若飞行速率v不变，θ增大，由v＝，知R减小，故A项错误．

B项，若飞行速率v不变，θ增大，R减小，由T＝2π知T减小，故B项错误．

C项，若θ不变，飞行速率v增大，由v＝，知半径R增大，故C项正确．

D项，若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T不一定不变，故D项错误．

7.(2018·日照一模)(多选)如图，两个质量均为m的小木块A、B用轻绳相连，放在水平圆盘上，A恰好处于圆盘中心，B与转轴的距离为l.木块与圆盘间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知重力加速度大小为g，两木块可视为质点．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

A．当ω＝时，木块A受到的摩擦力大小为μmg

B．当ω＝时，木块B受到的摩擦力大小为μmg

C．当ω＝时，轻绳上的拉力大小为μmg

D．当ω＝时剪断轻绳，木块B将做离心运动

答案　BD

解析　最大静摩擦力提供向心力时的最大角速度为ω0，则μmg＝mω02l，解得ω0＝

A项，对物体B受力分析可知，当角速度较小时，绳子的拉力为零，B受到的摩擦力提供向心力，则当ω＝时，木块A受到的摩擦力大小为f＝0，A项错误；

B项，当ω＝时，木块B受到的摩擦力大小为f＝mω2l＝μmg，故B项正确

C项，当ω＝时，轻绳上的拉力大小为为F，则F＋μmg＝mω2l，解得F＝μmg，故C项错误；

D项，当ω＝时，根据牛顿第二定律可知F′＋μmg＝mω2l，解得F′＝μmg，此时A刚好不运动，当剪断轻绳时，B所需向心力不变，绳上的拉力减小，木块B将做离心运动，故D项正确．

8.(2018·株洲一模)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有两个质量相等的小球A、B，两球用轻绳连接，再用同样长度的轻绳连接A绳，C为绳的自由端，设运动中水平拉直的AC和AB两段绳所受拉力分别为T1和T2，下列说法正确的是(　　)

A．若用力水平向左拉着C端使两球运动，则T1＝T2

B．若用力水平向左拉着C端使两球运动，则T1＝2T2

C．若以C为圆心，使两球以相同角速度沿水平面做匀速圆周运动，则T1＝T2

D．若以C为圆心，使两球以相同角速度沿水平面做匀速圆周运动，则T1＝1.5T2

答案　BD

解析　A项，若用力水平向左拉着C端使两球运动，对整体受力分析可知T1＝2ma，对B可知T2＝ma，故T1＝2T2，故A项错误，B项正确；

C项，若以C为圆心，使两球以相同角速度沿水平面做匀速圆周运动对A：T1－T2＝mω2L，对B：T2＝mω2·2L，联立解得T1＝1.5T2，故C项错误，D项正确．

9.(2018·广州模拟)(多选)一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面做圆周运动，弯道与水平面的夹角为θ，如图所示，汽车轮胎与路面的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于汽车在运动过程中的表述正确的是(　　)

A．汽车的速率可能为

B．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为

C．汽车在路面上不做侧向滑动的最大速率为

D．汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为

答案　ACD

解析　A项，若设计成外高内低的弯道路面，汽车恰好与路面无侧向摩擦力，由重力与支持力提供向心力，则有：

mgtanθ＝m

解得v＝，故A项正确；

B项，汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率时摩擦力沿斜面向上，受力分析知

FNcosθ＋fsinθ＝mg

FNsinθ－fcosθ＝m　f＝μFN

解得v1＝，故B项错误，D项正确；

C项，汽车在路面上不做侧向滑动的最大速率时摩擦力沿斜面向下，受力分析知

FNcosθ－fsinθ＝mg

FNsinθ＋fcosθ＝m　f＝μFN

解得v2＝，故C项正确．

10.(2018·大庆一模)如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管(管的内径相对于环半径可忽略不计)用硬杆竖直固定在地面上．有一质量为m的小球可在圆管中运动(球直径略小于圆管直径，可看做质点)，小球以速率v0经过圆管最高点时，恰好对管壁无压力，当球运动到最低点时，求硬杆对圆管的作用力大小为(　　)

A．m   B．2mg＋m

C．6mg   D．7mg

答案　D

解析　小球在最高点时有mg＝m

小球从最高点运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得2mgr＋mv02＝mv2

在最低点，由牛顿第二定律有N－mg＝m

联立解得N＝6mg

以圆管为研究对象，由平衡条件得硬杆对圆管的作用力大小FN＝mg＋N＝7mg＝7m.

11.(2018·陕西二模)(多选)如图所示，转台上固定有一长为4L的水平光滑细杆，两个中心有孔的小球A、B从细杆穿过并用原长为L的轻弹簧连接起来，小球A、B的质量分别为3m、2m.竖直转轴处于转台及细杆的中心轴线上，当转台绕转轴匀速转动时(　　)

A．小球A、B受到的向心力之比为3：2

B．当轻弹簧长度变为2L时，小球A做圆周运动的半径为1.5L

C．当轻弹簧长度变为3L时，转台转动的角速度为ω，则弹簧的劲度系数为1.8mω2

D．如果角速度逐渐增大，小球B先接触转台边沿

答案　CD

解析　A项，两个小球在水平面内做匀速圆周运动的过程中，二者需要的向心力都是弹簧的弹力提供的．根据弹簧弹力的特点可知，二者需要的向心力一定是相等的．故A项错误；

B项，二者一起做匀速圆周运动，所以它们的角速度是相等的．根据向心力的公式可得：3m·ω2·r1＝2m·ω2·r2①

又：r1＋r2＝2L②

联立可得：r1＝L，r2＝L③

故B项错误；

C项，当轻弹簧长度变为3L时，则：

r1＋r2＝3L④

k·(3L－L)＝3m·ω2·r1＝2m·ω2·r2⑤

联立④⑤可得弹簧的劲度系数：k＝1.8mω2.故C项正确；

D项，由B项的分析的结果可知，只要是二者一起做匀速圆周运动，则B到转轴的距离始终大于A到转轴的距离，所以增大角速度，小球B先接触转台边沿．故D项正确．

12.(2018·内江三模)(多选)如图所示，质量均为m的a、b、c、d四个带电小球，其中，a、b、c三个完全相同的小球的带量值均为q(电性未知)，且位于光滑绝缘的水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球等分整个圆周．带电量值为10q(电性未知)的小球d位于O点的正上方R处，且在外力作用下恰好处于静止状态．重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法中正确的是(　　)

A．d球与a、b、c三小球一定是异种电荷

B．外力的大小为＋mg，方向竖直向上

C．小球a的角速度为

D．小球b的动能为

答案　ABC

解析　A项，a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，A项正确；

B项，设db连线与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝，所以α＝60°；

对d球，由平衡条件得：F＝3ksinα＋mg＝＋mg，方向竖直向上，故B项正确．

C项，a、b、c任意两个小球之间的距离为2Rcos30°＝R；

对a球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcos60°－2kcos30°＝mRω2

解得：ω＝，故C项正确；

D项，小球的动能为Ek＝mv2－m(Rω)2＝，故D项错误．

二、非选择题

13．(2018·济南一模)如图所示，在水平面内有一平台可绕竖直的中心轴以角速度ω＝3.14 rad/s旋转．在平台内沿半径方向开两个沟槽，质量为0.01 kg的小球A放置在粗糙的沟槽内，球与沟槽的动摩擦因数为0.5；质量为0.04 kg的小球B放置在另一光滑的沟槽内．长度为1 m的细线绕过平台的中心轴，其两端与两球相连．设平台中心轴是半径可忽略的细轴，且光滑，球A始终相对圆盘保持静止．(g＝3.142 m/s2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：

(1)球A到轴O的距离多大时，小球A恰好不受摩擦力？

(2)球A到轴O的最大距离为多少？

解析　(1)小球A恰好不受摩擦力时，由细线的拉力提供向心力，由向心力公式得：

对A，有T＝mAω2rA.

对B，有T＝mBω2(L－rA)

联立解得：rA＝0.8 m

(2)当A球到轴O的距离最大时，A受到的静摩擦力沿轴心向内，且静摩擦力达到最大值，则

对A，有：f＋T′＝mAω′2rA′.

对B，有：T′＝mBω′2(L－rA′)

联立解得：rA′＝0.9 m

故球A到轴O的最大距离为0.9 m.

14.如图所示，光滑圆杆MN段竖直，OC段水平且与MN相接于O点，两杆分别套有质量为m的环A和2m的环B，两环的内径比杆的直径稍大，A、B用长为2L的轻绳连接，A、O用长为L的轻绳连接，现让装置绕竖直杆MN做匀速圆周运动，当ω＝时，OA段绳刚好要断，AB段绳能承受的拉力足够大，求：

(1)OA段绳刚刚拉直时转动的角速度多大；

(2)OA段绳能承受的最大的拉力；

(3)当ω＝2且转动稳定时，A向外侧移动的距离多大．

答案　(1)　(2)mg　(3)L

解析　(1)当OA绳刚好拉直时，由几何关系知，cosθ＝，sinθ＝，

对B分析：TABcosθ＝2mg，

对A分析：TABsinθ＝mLω12，

解得ω1＝.

(2)根据牛顿第二定律得，

Tm＋TABsinθ＝mLω2，

解得Tm＝mg，

(3)当ω＝2，且转动稳定时，设绳子与竖直方向的夹角为α，则TABcosα＝2mg，

TABsinα＝m·2Lsinαω2，

代入数据，有cosα＝，sinα＝，

则A向外侧移动的距离为Δx＝2Lsinα－L＝L.