(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测13《 圆周运动》(含解析)

课时跟踪检测（十三）  圆 周 运 动

对点训练：描述圆周运动的物理量

1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为(　　)

A．1 000 r/s　　　　　　　　　 B．1 000 r/min

C．1 000 r/h   D．2 000 r/s

解析：选B　设经过时间t，轿车匀速行驶的路程x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一点转动的路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮的转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝≈17.7 r/s＝1 062 r/min。B正确。

2．(2018·淮安期末)如图，在“勇敢向前冲”游戏中，挑战者要通过匀速转动的水平转盘从平台1转移到平台2上，假设挑战者成功跳到转盘上时都能立即与转盘保持相对静止，则挑战者在转盘上距转轴较近的落点A与转盘边缘上的点B一定具有相同的(　　)

A．转动半径   B．线速度

C．角速度   D．向心加速度

解析：选C　由题图可知，A与B点相对于转轴的距离是不相等的，故A错误；点A与点B的转动属于同轴转动，所以它们的角速度是相等的，由v＝ωr可知，二者的线速度是不相等的，故B错误，C正确；根据向心加速度的公式：a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度不相等，故D错误。

3.(2018·温州期末)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是(　　)

A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的角速度越小

B．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大

C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的

D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走

解析：选D　笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，故A错误；由向心加速度公式an＝ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故B错误；杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故C错误；当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D正确。

对点训练：水平面内的匀速圆周运动

4．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C　轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtan θ＝m，得v＝，C正确。

5．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是(　　)

A．“魔盘”的角速度至少为

B．“魔盘”的转速至少为

C．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变小

D．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变

解析：选B　人恰好贴在魔盘上时，有 mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN，解得转速为 n≥ ，故“魔盘”的转速一定大于  ，故A错误，B正确；人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故C错误；如果转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故D错误。

6.(2018·无锡期末)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．a一定比b先开始滑动

B．a、b所受的摩擦力始终相等

C．ω＝ 是a开始滑动的临界角速度

D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg

解析：选D　根据kmg＝mrω2知，小木块发生相对滑动的临界角速度ω＝，b转动的半径较大，则临界角速度较小，可知b一定比a先开始滑动，故A错误；根据f＝mrω2知，a、b的角速度相等，转动的半径不等，质量相等，可知a、b所受的摩擦力不等，故B错误；对a，根据kmg＝mlω2得，a开始滑动的临界角速度ω＝，故C错误；当ω＝ 时，a所受的摩擦力f＝mlω2＝kmg，故D正确。

7．(2018·泰州模拟)如图甲所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度系数为k＝46 N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴O上，另一端连接质量为m＝1 kg的小物块A，物块与盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，开始时弹簧未发生形变，长度为l0＝0.5 m，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，物块A始终与圆盘一起转动。则：

(1)圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？

(2)当角速度缓慢地增加到4 rad/s时，弹簧的伸长量是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未脱离圆盘)。

(3)在角速度从零缓慢地增加到4 rad/s过程中，物块与盘间摩擦力大小为Ff，试通过计算在如图乙所示的坐标系中作出Ff­ω2图像。

解析：(1)设圆盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mω02l0

解得：ω0＝ ＝ ＝2 rad/s。

(2)设此时弹簧的伸长量为Δx，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有：μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx)

代入数据解得：Δx＝0.2 m。

(3)在角速度从零缓慢地增加到2 rad/s过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力Ff＝mω02l0，Ff∝ω2，Ff随着角速度平方的增加而增大；当ω＞2 rad/s时，物块与盘间摩擦力为滑动摩擦力为定值，Ff＝μmg＝2 N。

答案：(1)2 rad/s　(2)0.2 m　(3)如图所示

对点训练：竖直面内的匀速圆周运动

8．(2018·咸阳一模)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．一定会落到水平面AE上

B．一定会再次落到圆弧轨道上

C．可能会再次落到圆弧轨道上

D．不能确定

解析：选A　设小球恰好能够通过最高点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A正确，B、C、D错误。

9．[多选](2018·菏泽期末)在竖直平面内的光滑管状轨道中，有一可视为质点的质量为m＝1 kg的小球在管状轨道内部做圆周运动，当以2 m/s和6 m/s通过最高点时，小球对轨道的压力大小相等，g＝10 m/s2，管的直径远小于轨道半径，则根据题中的信息可以求出(　　)

A．在最高点时轨道受到小球的压力大小为8 N

B．在最高点时轨道受到小球的压力大小为16 N

C．轨道半径R＝2 m

D．轨道半径R＝1 m

解析：选AC　当小球以2 m/s通过最高点时，轨道对小球的弹力方向向上，有：mg－N＝m，解得N＝mg－m，当小球以6 m/s通过最高点时，轨道对小球的弹力方向向下，有：mg＋N＝m，解得N＝m－mg，由于压力大小相等，则mg－m＝m－mg，代入数据解得R＝2 m，N＝mg－m＝10 N－ N＝8 N，故A、C正确，B、D错误。

10．[多选]“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则(　　)

A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态

B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大

C．当v0> 时，小球一定能通过最高点P

D．当v0< 时，细绳始终处于绷紧状态

解析：选CD　小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv02－mg·2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝ 时，可求得v＝，因为小球经过最高点的最小速度为，则当v0> 时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝ 时，由mv02＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确。

考点综合训练

11．[多选](2018·苏南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1.0 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s，g＝10 m/s2，以下判断正确的是(　　)

A．物块做匀速运动

B．细线对物块的拉力是5.0 N

C．细线对物块的拉力是6.0 N

D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2

解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。

12.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的是(　　)

A．小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左

B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右

C．小滑块在C点时，FN＝(M＋m)g，M与地面无摩擦

D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左

解析：选B　因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v＞时，对轨道A点的压力向上，物体对地面的压力FN＜Mg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力FN＝Mg，故选项B正确；小滑块在C点时，地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力FN＞(M＋m)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FN＝Mg，故选项D错误。

13.[多选](2018·昆山月考)如图，长均为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，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则(　　)

A．当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率v＝

B．当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率v＝

C．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为mg

D．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为2mg

解析：选BC　根据几何关系可知，小球的半径为r＝L，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝m，解得：v＝＝，故A错误，B正确；当小球在最高点的速率为3v时，根据牛顿第二定律有：mg＋2Tcos 30°＝m，解得：T＝mg，故C正确，D错误。

14.(2018·宿迁期末)如图所示，杆OO′是竖直放置的转轴，水平轻杆BC的长为L，B端通过铰链与轴相连(它们之间无摩擦)，C端固定小球P，细线AC的一端固定在轴上的A点、另一端连在小球P上。已知小球的质量为m，细线AC与轴的夹角为θ，重力加速度为g。求：

(1)当系统处于静止状态时，杆BC对小球的弹力F1的大小；

(2)当轻杆BC对小球的弹力为零时，系统转动角速度ω的大小和细线上的弹力F2的大小；并据此判断当ω变化时细线上的弹力大小是否变化。

解析：(1)当系统处于静止状态时，小球受重力、细线拉力和BC杆的弹力处于平衡，

根据平衡知：F1＝mgtan θ。

(2)当轻杆BC对小球的弹力为零时，小球靠重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝mω2L，解得：ω＝ 。

在竖直方向上小球合力为零，有F2cos θ＝mg，

解得：F2＝。

当角速度增大时，由于小球竖直方向上的合力为零，则细线上的弹力不变。

答案：(1)mgtan θ　(2)ω＝ 　F2＝　ω变化时细线上的弹力大小不变