营口圆周运动单元测试卷(含答案解析)

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）

1．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k 的弹簧，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A （可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L ，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，物块A 始终与圆盘一起转动。则（ ）

A ．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心

B ．当圆盘角速度增加到足够大，弹簧将伸长

C g

L

μ D ．当弹簧的伸长量为x mg kx

mL

μ+【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．开始时弹簧未发生形变，物块受到指向圆心的静摩擦力提供圆周运动的向心力；随着圆盘角速度缓慢地增加，当角速度增加到足够大时，物块将做离心运动，受到摩擦力为指向圆心的滑动摩擦力，弹簧将伸长。在物块与圆盘没有发生滑动的过程中，物块只能有背离圆心的趋势，摩擦力不可能背离圆心，选项A 错误，B 正确；

C ．设圆盘的角速度为ω0时，物块将开始滑动，此时由最大静摩擦力提供物体所需要的向心力，有

20mg mL μω=

解得

0g

L

μω=

选项C 正确；

D ．当弹簧的伸长量为x 时，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有

2

mg kx m x L μω+=+（）

解得

mg kx

m x L μω+=

+（）

选项D 错误。 故选BC 。

2．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )

A ．此时绳子张力为T ＝3mg μ

B ．此时圆盘的角速度为ω2g

r

μC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

C ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有

22T mg mr μω+=

以A 为研究对象，有

2T mg mr μω-=

联立可得

3T mg μ=

2g

r

μω=

故AB 正确；

D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误． 故选ABC.

3．如图，质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ）

A ．滑块对轨道的压力为2

v mg m R

+

B ．受到的摩擦力为2

v m R

μ

C ．受到的摩擦力为μmg

D ．受到的合力方向斜向左上方

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．根据牛顿第二定律

2

N v F mg m R

-=

根据牛顿第三定律可知对轨道的压力大小

2

N

N v F F mg m R

'==+ A 正确；

BC ．物块受到的摩擦力

2

N ()v f F mg m R

μμ==+

BC 错误；

D ．水平方向合力向左，竖直方向合力向上，因此物块受到的合力方向斜向左上方，D 正确。 故选AD 。

4．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的小物块，用长为L 的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零．物块与转台间动摩擦因数为μ（

A ．物块对转台的压力大小等于物块的重力

B ．转台加速转动的过程中物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴

C ．绳中刚出现拉力时,sin g

L μθ

D ．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为cos g

L θ

【答案】CD 【解析】 【详解】

A ．当转台达到一定转速后，物块竖直方向受到绳的拉力，重力和支持力，故A 错误；

B ．转台加速转动的过程中，物块做非匀速圆周运动，故摩擦力不指向圆心，B 错误；

C ．当绳中刚好要出现拉力时，

2sin μmg m ωL θ=

故sin g

L μωθ

=

，C 正确；

D ．当物块和转台之间摩擦力为0时，物块开始离开转台，故

2tan sin mg m L θωθ=

角速度为cos g

L θ

，故D 正确；

故选CD 。

5．如图所示，一个边长满足3：4：5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上，一木块静止在斜面上，斜面和木块之间的动摩擦系数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40cm 处相对转盘不动，g =10m/s 2，则转盘转动角速度ω的可能值为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）

A ．2rad/s

B ．3rad/s

C ．4rad/s

D ．5rad/s

【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

根据题意可知斜面体的倾角满足

3

tan 0.54

θμ=

>= 即重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，所以角速度为0时，木块不能够静止在斜面上。当转动的角速度较小时，木块所受的摩擦力沿斜面向上，则木块恰好向下滑动时

cos sin N f mg θθ+=

2sin cos N f mr θθω-=

滑动摩擦力满足

f N μ=

解得

5

22rad/s 11

ω=

当转动角速度变大，木块恰好向上滑动时

cos sin N f mg θθ=+

2sin cos N f mr θθω+='

滑动摩擦力满足

f N μ=

解得

52rad/s ω'=

所以圆盘转动的角速度满足

05

22rad/s 2rad/s 52rad/s 7rad/s 11

ω≈≤≤≈ A 错误，BCD 正确。 故选BCD 。

6．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

A ．小球均静止时，弹簧的长度为L -

mg

k

B ．角速度ω=ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg

C ．角速度ω02kg

kL mg

-D ．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A 对弹簧的压力不变 【答案】ACD 【解析】 【详解】

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，

B N mg =；

设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：

1mg kx =，

故弹簧的长度为：

11mg

L L x L k

=-=-

， 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0B

N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：

2

0cos tan mg m L ωθθ

=?? sin F mg θ?=杆

而对A 球依然处于平衡，有：

2sin k F mg F kx θ+==杆

而由几何关系：

1

sin L x L

θ-=

联立四式解得：

2k F mg =，

0ω=

则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力为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θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：

2k F mg mg mg =+=

则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力依然为2mg ，故D 正确； 故选ACD 。

7．如图，在竖直平面内固定半径为r 的光滑半圆轨道，小球以水平速度v 0从轨道外侧面的A 点出发沿圆轨道运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，不计空气阻力、下列说法正确的是（ ）

A ．从A 到

B 过程，小球沿圆切线方向加速度逐渐增大 B ．从A 到B 过程，小球的向心力逐渐增大

C ．从B 到C 过程，小球做变加速曲线运动

D ．若从A 点静止下滑，小球能沿圆轨道滑到地面 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

设重力mg 与半径的夹角为θ，对圆弧上的小球受力分析，如图所示

A ．建立沿径向和切向的直角坐标系，沿切向由牛顿第二定律有

sin t mg ma θ=

因夹角θ逐渐增大，sin θ增大，则小球沿圆切线方向加速度逐渐增大，故A 正确；

B ．从A 到B 过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力2

n v F m r

=可知，小球的向心

力逐渐增大，故B 正确；

C ．从B 到C 过程已离开圆弧，在空中只受重力，则加速度恒为g ，做匀变速曲线运动（斜下抛运动），故C 错误；

D ．若从A 点静止下滑，当下滑到某一位置时斜面的支持力等于零，此时小球会离开圆弧做斜下抛运动而不会沿圆轨道滑到地面，故D 错误。 故选AB 。

8．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴'OO 转动。三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。三个物体与轴O 共线且OA OB BC r ===，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。使圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）

A ．A 、

B 两个物体同时达到最大静摩擦力

B ．B 、

C 两个物体所受的静摩擦力先增大后不变，A 物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大 C ．当g

r

μω>

时整体会发生滑动 D 2μμω<<

g

g

r

r

时，在ω增大的过程中，B 、C 间的拉力不断增大

【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

ABC ．当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由2F m r ω=知，由于C 的半径最大，质量最大，故C 所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时

()21222m g m r μω=?

解得

12g

r

μω=

当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，B 、C 间细线开始出现拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A 、B 间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A 达到最大静摩擦力时，对C 有

()2

2222T m g m r μω+=?

对A 、B 整体有

2T mg μ=

解得

2g

r

μω=

当g

r

μω>

A 错误，BC 正确；

D 2μμω<<

g

g

r

r

时，C 所受摩擦力已是最大静摩擦力，对C 分析有

224T mg mr μω+=

在ω增大的过程中，B 、C 间的拉力不断增大，故D 正确。

故选BCD。

9．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是

A．B．

C．D．

【答案】AC

【解析】

【详解】

两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A、C正确，B、D错误．故选AC．

10．如图所示，b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，BC为圆周运动的直径，竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为R。当b球运动到切点B时，将a球从切点正上方的A点水平抛出，重力加速度大小为g，从a球水平抛出开始计时，为使b球在运动一周的时间内与a球相遇(a球与水平面接触后不反弹)，则下列说法正确的是（）

A．a球在C点与b球相遇时，a球的运动时间最短

B．a球在C点与b球相遇时，a球的初始速度最小

C．若a球在C点与b球相遇，则a2gR

D．若a球在C点与b球相遇，则b球做匀速圆周运动的周期为2R g

【答案】C 【解析】【分析】【详解】

A．平抛时间只取决于竖直高度，高度R不变，时间均为

2R

t

g

=；故A错误。

BC．平抛的初速度为

x

v

t

=时间相等，在C点相遇时，水平位移最大

max 2

x R

=

则初始速度最大为：

max 2

2 R

v gR

t

==

故B错误，C正确。

D．在C点相遇时，b球运动半个周期，故b球做匀速圆周运动的周期为

2

22

b R

T t

g

==

故D错误。

故选C。

11．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg．重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是()

A．圆环角速度ωg

R

时，小球受到2个力的作用

B．圆环角速度ω2g R

C．圆环角速度ω等于2g R

D ．圆环角速度ω大于6g

R

时，小球受到2个力的作用 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A 、

B 、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mg tan θ＝mR sin θ·ω2，即cos g

R ωθ

=，当绳恰好

伸直时，θ＝60°，对应12g

R

ω=

，A 、B 正确. 设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg ，此时有F N cos 60°＝mg ＋F T cos 60°，F N sin 60°＋F T sin 60°＝mω2R sin 60°，当F T 取最大值2mg 时代入可得26g R ω=

，即当6g R

ω>时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C 错误，D 正确. 本题选错误的故选C. 【点睛】

本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题.

12．如图所示，长为r 的细杆一端固定一个质量为 m 的小球，使之绕另一光滑端点 O 在竖直面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度 v =4

gr ， 则下列说法不正确的 是

（ ）

A ．小球在最高点时对细杆的压力是

3mg

4

B ．小球在最高点时对细杆的拉力是

mg

2

C gr ，小球对细杆的弹力是零

D ．若小球运动到最高点速度为gr ，小球对细杆的拉力是 3mg 【答案】B

【解析】 【分析】 【详解】

AB ．在最高点，根据牛顿第二定律得

2

v mg F m r

-=

解得

34

F mg =

根据牛顿第三定律知，小球在最高点对细杆的压力为3

4

F mg =，选项A 正确，B 错误； C ．在最高点，若细杆弹力为零，根据牛顿第二定律得

2

v mg m r

=

解得

v gr =

选项C 正确；

D ．若在最高点速度为2gr ，根据牛顿第二定律得

2

v F mg m r

+=

解得

3F mg =

选项D 正确。

本题选不正确的，故选B 。

13．如图甲，一长为R 且不可伸长的轻绳一端固定在O 点，另一端系住一小球，使小球在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v ，此时绳子拉力大小为F ，拉力F 与速度的平方r 2的关系如图乙所示，以下说法正确的是（ ）

A ．利用该装置可以得出重力加速度R g a

= B ．利用该装置可以得出小球的质量aR m

b

C ．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置不变

D ．绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A ．由图乙可知当2v a =时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则

2

v mg m R

=

解得

2v gR =

所以

a gR =

则重力加速度

a g R

=

A 错误；

B ．当22v a =时，对物体受力分析，有

2

v mg b m R

+=

解得小球的质量为

b m g

=

B 错误；

D ．小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有

2

T v mg F m R

+=

解得

2

T m F v mg R

=

- 所以图乙图线的斜率为

m k R

=

所以绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大，D 正确； C ．当0T F =时，有

2v gR =

所以小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置将会发生变化，C 错误。 故选D 。

14．如图所示为某一传动机构中两个匀速转动的相互咬合的齿轮，a、b、c、d四点均在齿轮上。a、b、c、d四个点中角速度ω与其半径r成反比的两个点是（）

A．a、b B．b、c

C．b、d D．a、d

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

a、b同轴转动，c、d同轴转动，角速度相同，

b、c紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，根据v=ωr得b、c两点角速度ω与其半径r成反比，选项B正确，ACD错误。

故选B。

15．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（）

A．

22

22

()

2

g r R

R

ω

-

B．

22

22

()

2

g r R

r

ω

-

C．

2

22

()

2

g r R

R

ω

-

D．

2

22

2

gr

R

ω

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有

h=1

2

gt2 2h g

水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以

v0=ωR 雨点甩出后水平方向做匀速直线运动

x=v0t=

伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为

x

所以

解得

h=

22

22 () 2

g r R

R

ω

-

故选A.

点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．