2021高考人教版物理：第4章第3讲圆周运动及其应用(含解析)
课时作业
对应学生用书P373
时间：60分钟
满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～9题为单选，10～11题为多选)
1. 如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是()
A．线速度v A＝v B
B．角速度ωA＝ωB
C．受到的合力F A合＝F B合
D．受到的摩擦力F fA>F fB
答案 B
解析质量相等的A、B两物体随圆筒一起做匀速圆周运动，两者的角速度相等，B正确；根据角速度与线速度的关系v＝ωｒ，A物体的线速度大于B物体的线速度，A错误；由向心加速度公式a＝ω2r和牛顿第二定律F合＝ma可知，A物体所受的合力大于B物体所受的合力，C错误；在竖直方向，它们所受的摩擦力等
于重力，由于二者质量相等，重力相等，所以它们受到的摩擦力相等，D错误。
2．(2020·山东泰安一中高三上学期联考)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 ＝v
2
gsin θ
B ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小随之变化
C ．当火车速率大于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
D ．当火车以规定速度行驶时，火车只受重力和支持力答案 C
解析
由题可知，当火车以规定的速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的
挤压，此时重力和支持力的合力提供向心力，
根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m v
2
r ，
解得弯道的半径r ＝v 2
gtan θ，A 错误；由mgtan θ＝m v
2
r 得v ＝grtan θ，可知火车规定
的行驶速度与火车质量无关，B 错误；当火车行驶速度大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供火车的向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C 正确；当火车以规定速度行驶时，火车不仅受重力和支持力，还受牵引力和摩擦力作用，D 错误。
3. 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆
盘一起做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是
(
)
A．B的向心力是A的向心力的2倍
B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势
D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA大于盘对B的动摩擦因数μB
答案 A
解析A、B两物块的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，转动半径相等，质量相等，所以向心力相等，A错误；对AB整体分析，F f B＝2mrω2，对A分析，有：F fA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，可知B有沿半径向外滑动的趋势，C正确；对AB整体分析，μB·2mg
＝2mrω2B，解得：ωB＝μB g
r
，对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝
μA g
r
，因为
B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，D正确。
4. 如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径R A＝2R B，A 为主动轮。当A轮匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能在A轮的边缘上与A轮相对静止，若将小木块放在B轮上让其相对B轮静止，木块与B轮转轴间的最大距离为()
A.R B
8 B.
R B
2
C．R B D.R B 4
答案 B
解析两轮边缘上线速度大小相等，根据题意可知ωA R A＝ωB R B，所以ωB＝ωA R A
R B＝2ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，则根据最大静摩擦
力等于向心力有mω2A R A＝mω2B r，解得r＝R Aω2A
ω2B＝
R A
4
＝
R B
2
，B正确，A、C、D错误。
5．(2019·重庆一诊)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大的距离为()
A.μｇc osθ
ω2 B.
gsinθ
ω2
C.μcosθ－sinθ
ω2g D.
μcosθ＋sinθ
ω2g
答案 C
解析当物体转到最低点，所受的静摩擦力达到最大时，物体与转轴间的距
离最大，由牛顿第二定律得：μmg cosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝μcosθ－sinθ
ω2g，
故A、B、D错误，C正确。
6．(2019·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是()
答案 C
解析由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为F T，圆锥对小球的支持力为F N，根据牛顿第二定律有F T sinθ－F N cosθ＝mω2Lsinθ，F T cosθ＋F N sinθ＝mg，联立解得F T＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有F T sinα＝mω2Lsinα，解得F T＝mLω2。对照四个选项的图象可知C项正确。
7. 如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N。
先后两次让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动。则()
A．小球M第二次的位置比第一次时离A点近
B．小球M第二次的位置与第一次时相同
C．小球N第二次的竖直位置比第一次时高
D．小球N第二次的竖直位置比第一次时低
答案 C
解析M球套在直杆上，受力分析如图甲所示，受重力mg和杆的支持力N，设杆AB与水平面夹角为θ，则有mgtanθ＝mω2r，所以当ω变大时r变小，所以小球M第二次位置比第一次离B近，故A、B均错误；小球N套在圆环上，受力分析如图乙，受重力mg和环的支持力F N，则将mg和F N合成，合力提供向心力，
有mgtanα＝mω2Rsinα，其中R为大圆环半径，化简得：ω2＝
g
Rcosα
，ω变大，cosα
变小，α变大，所以小球N第二次位置比第一次高，故C正确，D错误。
8．(2020·吉林省白城市十四中高三月考)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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，杆与小球间的弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，Nv2图象如图乙所示。下列说法正确的是()
A．当地的重力加速度大小为R b
B．小球的质量为a b R
C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．若c＝2b，则杆对小球的弹力大小为2a 答案 B
解析小球在最高点时，若v ＝0，则有：N ＝mg ＝a ，若N ＝0，则重力提供
向心力，有：mg ＝m b R ，解得：g ＝b R ，m ＝a b R ，故A 错误，B 正确；当v 2
＝c>b 时，F 合＝m c R >m b
R ＝mg ，故杆对小球的弹力方向向下，故
C 错误；若c ＝2b ，则有：N
＋mg ＝m 2b
R
，解得杆对小球的弹力大小为：
N ＝mg ＝a ，故D 错误。
9．(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机的质量为m ，固定在长为L 的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列
说法正确的是(
)
A ．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B ．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C ．旋臂对模型飞机的作用力大小为
m g 2
＋ω4L 2sin 2
θ
D ．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小答案 C
解析
向心力是效果力，模型飞机实际不受向心力作用，
A 错误；旋臂对模
型飞机的作用力的竖直分力与重力
mg 平衡，水平分力提供其做圆周运动所需的向
心力m ω
2
Lsin θ，因mg 与m ω2
Lsin θ的大小关系未知，所以旋臂对模型飞机的作用
力方向不一定与旋臂垂直，B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小F＝mg2＋mω2Lsinθ2＝m g2＋ω4L2sin2θ，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，C正确，D错误。
10. 如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动。细线与竖直方向成60°角(图中P′位置)。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是()
A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变
B．小球运动的角速度变大
C．细线所受的拉力之比为2∶1
D．小球向心力大小之比为3∶1
答案BD
解析对小球受力分析如图所示，则有T＝
mg
cosθ，向心力F n＝mgtanθ＝
mω2Lsinθ，得角速度ω＝
g
Lcosθ，当小球做圆周运动的平面升高时，θ增大，cosθ
减小，则拉力T增大，角速度ω增大，金属块Q受到的静摩擦力等于细线的拉力大小，则后一种情况与原来相比，Q受到桌面的静摩擦力增大，故A错误，B正
确。细线与竖直方向成30°角时拉力T1＝
mg
cos30°
＝
2mg
3
，细线与竖直方向成60°角时
拉力T2＝
mg
cos60°＝2mg，所以T2∶T1＝3∶1，故C错误。细线与竖直方向成30°
角时向心力F n1＝mgtan30°＝
3
3
mg，细线与竖直方向成60°角时向心力F n2＝
mgtan60°＝3mg，所以F n2∶F n1＝3∶1，所以D正确。
11．(2019·广东茂名一中等五校联考)傣族人民手中经常拿着鼓状能转的装置叫做“转经筒”，又称“玛尼”。把经文放在转经筒里，转经筒每转动一周等于念诵经文一遍。某人制作了新式的转经筒如图所示，筒呈圆锥状，且在顶端左右系
着两段一长一短的绳子，绳子的另一端挂着相同的小球，圆锥筒缓慢加速转动，
不计空气阻力。下列说法正确的是()
A．当角速度达到一定值的时候，两个球一定同时离开圆锥筒
B．当角速度慢慢增大，一定是低的那个球先离开圆锥筒
C．两个球都离开圆锥筒后，它们一定高度相同
D．两个球都离开圆锥筒后，两段绳子的拉力一定相同
答案BC
解析当小球刚离开圆锥筒时，设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二
定律有：mgtanθ＝mLsinθ·ω20，离开圆锥筒时的临界角速度ω0＝
g
Lcosθ，θ相同，
可知绳子长的临界角速度较小，所以当角速度慢慢增大，一定是低的那个球先离
开圆锥筒，A错误，B正确；两个球都离开圆锥筒后，设绳子与竖直方向的夹角为
α，两球的角速度相同，根据ω＝
g
Lcosα知，Lcosα相同，即它们的高度相同，C
正确；两个球都离开圆锥筒后，由于Lcosα相同，绳长不同，则两段绳子与竖直方向的夹角α不同，根据平行四边形定则知，两段绳子的拉力不同，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共23分)
12．(9分) 如图所示，一质量为m＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10 m/s2，求：
(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？
(2)当小球在最高点的速度为 4 m/s时，轻绳拉力多大？
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过多大？答案(1)2 m/s(2)15 N(3)4 2 m/s
解析(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg＋F1＝mv2 R
①
由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，亦即F1≥0②
联立①②得v≥gR
代入数值得v≥2 m/s
所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为 2 m/s。
(2)设当小球在最高点的速度为v 2＝4 m/s 时，绳子施加的拉力为F 2，
由牛顿第二定律有mg ＋F 2＝m v 22
R ，
代入数据解得F 2＝15 N 。
(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，速度最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F 3－mg ＝
mv 23
R
③
将F 3＝45 N 代入③得v 3＝4 2 m/s 即小球的最大速度不能超过
4 2 m/s 。
13．(14分)半径为R 的水平圆台可绕通过圆心O 的竖直光滑细轴CC ′转动，
如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为m A的物体A放在一个槽内，A与槽底间的动摩擦因数为μ0，质量为m B的物体B放在另一个槽内，此槽是光滑的，A、B间用一长为l(l (1)当圆台做匀速转动，A物体与圆盘之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时，A到圆心的距离x为多大？此时的转动角速度ω应为多大？ (2)当圆台做匀速转动，A、B两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时，转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足的条件。 答案(1) m B m A＋m B lω可取任意值 (2)当 m B m A＋m B l μ0m A g m A＋m B x－m B l ； 当0≤x m A＋m B l时，ω≤ μ0m A g m B l－m A＋m B x 解析(1)设绳上张力为F，当A、B相对于转盘静止且恰无摩擦力时，由牛顿第二定律得： 对A：F＝m Aω2x 对B：F＝m Bω2(l－x) 解得：x＝ m B m A＋m B l 此时ω可取任意值。 (2)当 m B m A＋m B l 指向圆心，则由牛顿第二定律得：对A：F＋μ0m A g≥m Aω2x 对B：F＝m Bω2(l－x) 解得：ω≤ μ0m A g m A＋m B x－m B l ； 当0≤x m A＋m B l时，A有沿半径向内滑动的趋势，受到的静摩擦力沿半径背向圆心，则由牛顿第二定律得： 对A：F－μ0m A g≤m Aω2x 对B：F＝m Bω2(l－x) 解得：ω≤ μ0m A g m B l－m A＋m B x 。