新高考物理三轮冲刺突破练习专题06圆周运动（含解析）

专题06  圆周运动

目录

专题06  圆周运动

考向一 水平面内的圆周运动

考向二　竖直平面内的圆周运动.................................................

【题型演练】

考向一 水平面内的圆周运动

1．解决圆周运动问题的“四步骤”

2．水平面内圆周运动的临界问题

(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．

(2)常见临界条件：①绳的临界：张力FT＝0；②接触面滑动的临界：F＝f；③接触面分离的临界：FN＝0.

【典例1】如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）

A. 小球均静止时，弹簧的长度为L-

B. 角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg

C. 角速度ω0=

D. 角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大

【答案】AC

【解析】

A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，

设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：

故弹簧的长度为：故A项正确；

BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：；而对A球依然处于平衡，有：

而由几何关系：联立四式解得：；

则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；

D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：

则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，故D错误。

故选AC。

【典例2】天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转．一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)．设两球同时做如图6所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则(　　)

A．两球运动的周期相等

B．两球的向心加速度大小相等

C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1

D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2

【答案】　AC

【解析】　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与l成反比，即＝，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝()2htan θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误．

【典例3】如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动.质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β，则(　　)

A.A的质量一定小于B的质量

B.A、B受到的摩擦力可能同时为零

C.若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力

D.若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大

【答案】　D

【解析】　当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωB2Rsin β，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断物块质量的大小，故A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，故B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ω＝ωA>ωB，则B物块有向上的运动趋势，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；如果转台的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，如果ω增大，A、B受到的摩擦力都增大，故D正确.

【典例4】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)

A．该弯道的半径r＝

B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变

C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压

D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压

【答案】AB　

【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得r＝，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误

【典例5】如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)

A. b一定比a先开始滑动                    B. a、b所受的摩擦力始终相等

C. ω＝是b开始滑动的临界角速度       D. 当ω＝时，a所受摩擦力大小为kmg

【答案】AC

【解析】

A．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R

当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωa2l

当fa＝kmg时kmg＝mωa2l  ωa＝对木块bfb＝mωb2·2l当fb＝kmg时kmg＝mωb2·2l  ωb＝

所以b先达到最大静摩擦力，A正确；

B．两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l    fb＝mω2·2l    fa<fb

B错误；C．由A的分析可知，当ω＝时b刚开始滑动，C正确；

D．当ω＝时，a没有滑动，则fa＝mω2l＝kmgD错误。故选AC。

【典例6】如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，

A. 细绳对小球的拉力可能为零

B. 细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等

C. 细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等

D. 当时，金属圆环对小球的作用力为零

【答案】CD

【解析】

A、如果细绳对小球的拉力为零，则小球受到的重力与支持力的合力不可能提供向心力，故A错误；

B、细绳和金属圆环对小球的作用力大小如果相等．二者在水平方向的合力为零，则向心力为零，故B错误；

CD.此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有，，解得，，所以细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等，当时，金属圆环对小球的作用力；故CD正确

考向二　竖直平面内的圆周运动

【核心考点梳理】竖直平面内圆周运动常考的两种临界模型

【典例7】如图所示，在竖直面内，一半径为R的光滑半圆轨道和水平轨道在B点相切，为圆弧轨道的直径。一小滑块从A点沿水平轨道向右运动经B点沿圆弧轨道恰好通过P点，最后落在A点。小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计空气阻力。则小滑块从A点运动时的初速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

小滑块沿圆弧轨道恰好通过P点，此时重力提供向心力，即解得

从P点到A点小滑块做平抛运动，竖直方向水平方向联立得

小滑块从A点到P点过程中，由动能定理得解得故选C。

【典例8】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FT，小球在最高点的速度大小为v，其FT­v2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，轻质绳最高点拉力大小为＋a   D．若v2＝b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a

【答案】ABD

【解析】在最高点，根据牛顿第二定律得FT＋mg＝m，解得FT＝m－mg，可知纵轴截距的绝对值为a＝mg，解得当地的重力加速度为g＝，图线的斜率k＝＝，解得绳子的长度：L＝，故A、B正确；当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为FT＝m－mg＝－a，故C错误；当v2＝b时拉力FT为零，到最低点时根据动能定理得：2mgL＝mv－mv2，根据牛顿第二定律得FT′－mg＝m，联立以上可得拉力为FT′＝6mg＝6a，故D正确．

【典例9】如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥的压力为车重的，g取10m/s2，拱桥的半径为（　　）

A. 6m B. 17m C. 25m D. 40m

【答案】C

【解析】

在拱桥顶点，车对桥的压力为车重的，根据牛顿第三定律可知桥对车的支持力也为车重的，取车为研究对象，由牛顿第二定律得其中联立解得。故选C。

【题型演练】

1、如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.则(　　)

A．A的质量一定小于B的质量

B．A、B受到的摩擦力可能同时为零

C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力

D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大

【答案】D

【解析】：当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图，根据牛顿第二定律得mgtan β＝mωRsin β，

解得ωB＝ ，同样，当A不受摩擦力时，同理可得ωA＝ ，物块的质量与物块转动角速度无关，所以无法判断质量的大小；由于α>β，所以ωA>ωB，与题意中A、B随容器都以角速度ω转动相矛盾，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块的角速度大于摩擦力为零时的角速度，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力；如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大．故选D．

2、如图所示，A、B两小球用一根轻绳连接，轻绳跨过圆锥筒顶点处的光滑小定滑轮，圆锥筒的侧面光滑。当圆锥筒绕竖直对称轴OO′匀速转动时，两球都位于筒侧面上，且与筒保持相对静止，小球A到顶点O的距离大于小球B到顶点O的距离，则下列判断正确的是(　　)

A．A球的质量大                                B．B球的质量大

C．A球对圆锥筒侧面的压力大                    D．B球对圆锥筒侧面的压力大

【答案】BD　

【解析】本题考查圆锥面内的圆周运动问题。绳对A、B两球的拉力大小相等，设绳子对小球的拉力大小为T，侧面对小球的支持力大小为F，则竖直方向有Tcos θ＋Fsin θ＝mg，水平方向有Tsin θ－Fcos θ＝mω2lsin θ，可得T＝mgcos θ＋mω2lsin 2θ，可知质量m越大，l就越小，则B球的质量大，又T＝，可知m越大，F就越大，则B球受圆锥筒侧面的支持力大，结合牛顿第三定律可知选项B、D正确，A、C错误。

3、如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　)

A．小球始终受三个力的作用

B．细绳上的拉力始终保持不变

C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为

D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为

【答案】C

【解析】小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得Tsin β＝mω2lsin β可知，随角速度变化，细绳的拉力T会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有Tcos θ＝mg，Tsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误。

4、(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

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绳将出现弹力

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

【答案】AC　

【解析】对小球受力分析，可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。

5、如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则(　　)

A.绳的张力可能为零

B.桶对物块的弹力不可能为零

C.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变

D.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大

【答案】　C

【解析】　当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，故A、D错误，C正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，故B错误.

6、如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则（       ）

A．小球运动到最高点的速度

B．小球运动到最高点的速度

C．小球在最低点时每段绳子的拉力

D．小球在最低点时每段绳子的拉力

【答案】AD

【解析】小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是重力提供向心力，则，，解得：，A正确；B错误；小球在最低点，由向心力公式得：，每段绳子的拉力，由以上两式解得：，C错误；D正确；故选AD。

7、固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示，今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)

A．可能做圆周运动                          B．一定做平抛运动

C．一定会落到水平面AE上                   D．可能会再次落到圆弧轨道上

【答案】BC

【解析】　设小球恰好能通过最高点D，根据mg＝m，得vD＝，知在最高点的最小速度为.小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得，t＝，则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上，故B、C正确，A、D错误．

8、如图所示，足够长的光滑水平轨道与竖直固定的光滑半圆形轨道相切于a点，一质量为m的物块(可视为质点)，以大小为v的速度水平向右运动，重力加速度为g，不计空气阻力．当半圆形轨道半径取适当值R时，物块从半圆形轨道最高点b飞出后，在水平轨道的落点与a点间距离最大，最大距离为d.则(　　)

A．R＝  B．R＝

C．d＝  D．d＝

【答案】AC

【解析】：由题意知小球经过a点的速度为v，小球沿着光滑的轨道从a到b的过程只有重力做功，由机械能守恒定律得：－mg·2R＝mv－mv2；而小球从b点做平抛运动，2R＝gt2，d＝vbt；联立各式可得：d＝，可知根号下的表达式为R作自变量的二次函数，则当R＝，水平距离有最大值dmax＝.故选AC．

9、如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是(　　)

A．小球能够到达最高点时的最小速度为0

B．小球能够通过最高点时的最小速度为

C．如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg

D．如果小球在最高点时的速度大小为2，则此时小球对管道的内壁的作用力为3mg

【答案】　AC

【解析】　圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A正确，B错误；重力和支持力的合力提供向心力，在最低点，根据牛顿第二定律，有：FN－mg＝，解得：FN＝mg＋＝mg＋＝6mg，根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故C正确；在最高点，假设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下，由牛顿第二定律得mg＋F＝，解得F＝3mg>0，假设成立，方向竖直向下，根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故D错误．

10、(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系小球，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时(　　)

A．细绳对小球的拉力可能为零

B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等

C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等

D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零

【答案】　CD

【解析】　圆环光滑，小球受到重力、环对球的弹力和绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，

则有FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg，FTsin 60°－FNsin 60°＝mω2rsin 60°，解得FT＝mg＋mω2r，FN＝mg－mω2r, 当ω＝时，金属圆环对小球的作用力FN＝0，故C、D正确，A、B错误．

11、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为

A.               B.          C.            D.

【答案】BC

【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：

mv0=mv1+2mv2

由动能守恒得：

联立得： ①

1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：

2mg=  ②

A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：

③

联立①②③得：v0=，可知若小球B经过最高点，则需要：v0⩾

2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：

④

联立①④得：v0=

可知若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽

由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v0⩽或v0⩾，故AD错误，BC正确。

故选：BC

12、一竖直杆上相距L的A、B两点拴着一根不可伸长的轻绳，绳长1.4L，绳上套着一个光滑的小铁环，设法转动竖直杆，不让绳缠绕在杆上，而让小铁环在某水平面上做匀速圆周运动，如图所示．当两段绳成直角时，求小铁环转动的周期．已知重力加速度为g.

【答案】：

【解析】：设两段绳呈直角时小铁环所在的位置为O点，∠BAO＝θ，绳中拉力为F.由牛顿第二定律得：

Fcos θ＝Fsin θ＋mg①

Fsin θ＋Fcos θ＝ma②

由圆周运动规律得：a＝()2r③

由几何关系得：

r＝Lcos θsin θ④

Lcos θ＋Lsin θ＝1.4L⑤

由①得：cos θ>sin θ⑥

由⑤⑥解得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8⑦

则由①②③④⑤⑦解得T＝