高一下册物理 圆周运动单元测试卷附答案

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）

1．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．三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2 m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g=10 m/s2，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两个物体的静摩擦力先增大后不变 C．当5rad/s时整体会发生滑动

D．当2rad/s5rad/s时，在增大的过程中B、C间的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】

ABC、当圆盘转速增大时,由静摩擦力提供向心力.三个物体的角速度相等,由Fm2r可知,因为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

2mg2m12rC ,计算得出:1g2r12.5rad/s ,当C的摩擦力达到最大静0.4摩擦力之后,BC开始提供拉力,B的摩擦力增大,达最大静摩擦力后,AB之间绳开始有力的作用,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与B的摩擦力也达到最大时,且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动,此时A与B还受到绳的拉力,对C

2可得:T2mg2m22r ,对AB整体可得:T2mg ,计算得出:2gr ,当

gr15rad/s 时整体会发生滑动,故A错误,BC正确; 0.2D、当2.5rad/s5rad/s?时，在增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D错误； 故选BC

2．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A、B、C，质量分别为m、2m、3m，A叠放在B上，C、B离圆心O距离分别为2r、3r。C、B之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。已知C、B与圆盘间动摩擦因数为，A、B间摩擦因数为3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）

A．当B．当C．当D．当【答案】BC 【解析】 【详解】

2g时，A、B即将开始滑动 3rg2r时，细线张力3mg 2gr时，C受到圆盘的摩擦力为0

2g时剪断细线，C将做离心运动 5rA. 当A开始滑动时有：

fA3mgm3r02

解得：

0＝当B. 当g r2g3rgr时，AB未发生相对滑动，选项A错误；

g2rgr＝mr可知 时，以AB为整体，根据F向F向＝3m3r29mg 22B与转盘之间的最大静摩擦力为：

fBm（m2m）g3mg

所以有：

F向fBm

此时细线有张力，设细线的拉力为T， 对AB有：

3mgT3m3r2

对C有：

fCT3m2r2

解得

T选项B正确； C. 当3mg3mg，fC 22gr时，

AB需要的向心力为：

FAB＝3m3r2＝9mgTfBm

解得此时细线的拉力T=9mgfBm6mg C需要的向心力为：

FC＝3m2r2＝6mg

C受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C的摩擦力一定等于0，选项C正确； D. 当2g时，对C有： 5rfCT3m2r212mg 5剪断细线，则

fC12mgfCm3mg 5所以C与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C仍然做匀速圆周运动。选项D错误。 故选BC。

3．如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37，已知小球的质量为m，细线AC长L，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BO'O能以任意角速度绕竖直轴O'O转动，且小球始终在BO'O平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g取10m/s2，sin370.6，cos370.8）

A．两细线张力均增大

B．细线AB中张力先变小，后为零，再增大 C．细线AC中张力先不变，后增大 D．当AB中张力为零时，角速度可能为【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．当静止时，受力分析如图所示

5g 4L

由平衡条件得

TAB=mgtan37°=0.75mg TAC=

mg＝1.25mg

cos37若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图

mgtanθ1=m（lsinθ1）ωmin2

得

ωmin=5g 4l

当ω最大时，由几何关系可知，绳AC与竖直方向夹角θ2=53°

mgtanθ2＝mωmax2lsinθ2

得

ωmax＝所以ω取值范围为

5g 3l5g5g≤ω≤ 4l3l绳子AB的拉力都是0。

由以上的分析可知，开始时AB是拉力不为0，当转速在5g5g≤ω≤时，AB的拉力为4l3l0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，故A错误；B正确；

C．当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于5g后，绳子与竖直方向之间的夹角4l增大，拉力开始增大；当转速大于5g后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直3l5g5g≤ω≤时，绳子AB的拉力都是0，故4l3l方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC的拉力继续增大；故C正确； D．由开始时的分析可知，当ω取值范围为D正确。 故选BCD。

4．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．当圆盘角速度为g，物块开始滑动 LD．当弹簧的伸长量为x时，圆盘的角速度为【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

mgkx mLAB．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

mgmL02

解得

0选项C正确；

gL 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（Lx）

解得

选项D错误。 故选BC。

mgkx m（Lx）

5．如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B 及物体 C 能随转台一起以角速度  匀速转动，A，B，C 的质量分别为 3m，2m，m，A 与 B、B 和 C 与转台间的动摩擦因数都为  ，A 和B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r。设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，下列说法正确的是（重力加速度为 g ）（ ）

A．B 对 A 的摩擦力一定为 3mg B．B 对 A 的摩擦力一定为 3m2r C．转台的角速度需要满足D．转台的角速度需要满足【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有

gr

2g 3rf3m2r3mg

故A错误，B正确；

CD．由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有

3m2r3mg

对AB整体有

3m2m2r3m2mg

对物体C有

m21.5r2mg

解得

故C错误， D正确。 故选BD。

gr

6．如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，大齿轮中C点离圆心O2的距离为10cm，A、B两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A、B、C三点的（ ）

A．线速度之比是1：1：2 B．角速度之比是1：2：2 C．向心加速度之比是4：2：1 D．转动周期之比是1：2：2 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A．同缘传动时，边缘点的线速度相等

vA=vB①

同轴转动时，各点的角速度相等

ωB=ωC②

根据

v=ωr③

由②③联立代入数据，可得

vB2vC④

由①④联立可得

vA：vB：vC=2：2：1

A错误；

B．由①③联立代入数据，可得

A:B2:1⑤

再由②⑤联立可得

A:B:C2:1:1⑥

B错误； D．由于

T由⑥⑦联立可得

2⑦

TA:TB:TC1:2:2

D正确； C．根据

a2r ⑧

由⑥⑧联立代入数据得

aA:aB:aC4:2:1

C正确。 故选CD。

7．如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看成质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其过A点速度平方（即v2）的关系如图乙所示。设细管内径略大于小球直径，则下列说法正确的是（ ）

A．当地的重力加速度大小为B．该小球的质量为

R baR bC．当v2=2b时，小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向上 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．在最高点，根据牛顿第二定律

mv2 mgFR整理得

mv2 FmgR由乙图斜率、截距可知

amg， ma

Rb整理得

mA错误，B正确；

C．由乙图的对称性可知，当v2=2b时

abR，g bRFa

即小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a，方向竖直向下，C正确； D．当0≤v2＜b时，小球在A点对圆管的弹力方向竖直向下，D错误。 故选BC。

8．荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。某秋千的简化模型如图所示，长度均为L的两根细绳下端拴一质量为m的小球，上端拴在水平横杆上，小球静止时，细绳与竖直方向的夹角均为。保持两绳处于伸直状态，将小球拉高H后由静止释放，已知重力加速度为g，忽略空气阻力及摩擦，以下判断正确的是（ ）

A．小球释放瞬间处于平衡状态

B．小球释放瞬间，每根细绳的拉力大小均为

LcosHmg

2Lcos2mg 2cosmgHmg

Lcos22cosC．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为D．小球摆到最低点时，每根细绳的拉力大小均为【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB.设每根绳的拉力大小为T，小球释放瞬间，受力分析如图1，所受合力不为0 由于速度为0，则有

2Tcosmgcos0

如图2，由几何关系，有

cosLcosH

Lcos

联立得

TA错误，B正确；

LcosHmg

2Lcos2CD．小球摆到最低点时，图1中的0，此时速度满足

mgH由牛顿第二定律得

12mv1 2v122Tcosmgm

R其中RLcos 联立解得

TC错误，D正确。 故选BD。

mgHmg

2Lcos22cos

9．如图所示，两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知

两个轮盘的半径比r甲∶r乙=3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B放置在轮盘上，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距RA=2RB，两滑块的质量之比为mA∶mB=9∶2.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是（ ）

A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，线速度之比vA∶vB=2∶3 B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值aA∶aB=2∶9 C．转速增加后滑块B先发生滑动 D．转速增加后两滑块一起发生滑动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】

A．假设轮盘乙的半径为r，因r甲∶r乙=3∶1，所以轮盘甲的半径为3r。 由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v=ωr可得

甲:乙1:3

滑块A和B在与轮盘相对静止时，线速度之比

vA:vBRA甲:RB乙2:3

选项A正确；

B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，根据aR2得A、B的向心加速度之比为

aA:a2BRA甲:R2B乙2:9

选项B正确；

CD．根据题意可得物块的最大静摩擦力分别为

fAmAg fBmBg

最大静摩擦力之比为

fA:fBmA:mB

转动中所受的静摩擦力之比为

fA:fBmAaA:mBaBmA:4.5mB

综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，选项C正确，D错误。 故选ABC。

10．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，球半径为r，则下列说法中正确的是（ ）

小

A．小球通过最高点时的最小速度vminRg

B．小球通过最高点时的最小速度vmin0

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 【答案】BC 【解析】 【详解】

AB.因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零．所以选项A错误，B正确；

C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C正确；

D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D错误．

11．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v0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，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

mgsinmat

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

v2B．从A到B过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力Fnm可知，小球的向心

r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。

12．上海磁悬浮线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg的乘客坐在以360km/h不变速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法不正确的是（ ） A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适 B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度 C．乘客受到来自车厢的力大小约为539N D．乘客受到来自车厢的力大小约为200N 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据

v2a

R在速度一定的情况下，转弯半径越大，需要的向心加速度越小，乘客在转弯时感觉越平稳、舒适，A正确；

B．为了使列车行驶安全，在转弯时一般内轨比外轨低，让支持力的水平分力提供列车做圆周运动的向心力，转弯半径越大，需要的向心力越小，列车的倾斜程度越小，B正确； CD．根据

v2Fm

R代入数据可得，转弯时的向心力大约为200N，而车箱给人的合力

F合=(mg)2F2539N

C正确，D错误。 故不正确的应选D。

13．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（ ）

g(r2R2)A． 222R【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

g(r2R2)B． 222rg(rR)2C． 222Rgr2D．

22R2雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有

h=t=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=ωR12gt 22h g2h g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=r2R2 所以

rR=ωR222h g解得

g(r2R2)h= 222R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．

14．如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质置为m的小球上，OAOBAB现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A．OB绳的拉力范围为0B．OB绳的拉力范围为C．AB绳的拉力范围为3mg 33mg33mg323mg 323mg 3D．AB绳的拉力范围为0【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

3mg 3当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大。这时二者的值相同，设为

F1，则

2F1cos30mg

F13mg 3增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB拉力最大，设这时绳的拉力F2，则

F2cos30mg

F2因此OB拉力范围为

23mg 3323mg~mg 33AB拉力范围为0~故选B。

23mg，故ACD错误，B正确。 3

15．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为，线所受拉力为T，则下列T随2变化的图像可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

对小球受力分析如图

当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得

TsinNcosmLsin2

TcosNsinmg

联立解得

TmgcosmLsin22

当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得

TsinmLsin2

则

TmL2

综上所述，ABD错误，C正确。 故选C。