第4章 第3讲 圆周运动（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第356页] [基础题组] 1．(2023·全国甲卷)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析　质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝ 合外力等于向心力，根据F合＝Fn＝mr 联立可得Fn＝r3 其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3 故选C。 答案　C 2．(2023·辽宁大连联考期中)如图所示，水平杆固定在竖直杆上，二者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB＝l，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，g为重力加速度，不计空气阻力，当转动的角速度ω1＝时，关于AB绳上的拉力大小FAB和OB绳上的拉力大小FOB，下列说法正确的是(　　) A．FOB＝ B．FAB＝ C．FOB＝ D．FAB＝0 解析　当AB绳上的拉力刚好为零时，此时的角速度为ω0，有mgtan 30°＝mω02·lsin 30° 解得ω0＝>ω1；当转动的角速度为ω1＝时，两段绳上都有拉力，此时有FOBsin 30°－FABsin 30°＝mω12·lsin 30°，FOBcos 30°＋FABcos 30°＝mg，联立解得FOB＝，FAB＝，故选C。 答案　C 3.(2023·四川绵阳校考期中)如图所示，光滑杆和轻弹簧的一端均固定在O′点，小球A固定在轻弹簧的另一端，现使整个装置环绕竖直轴OO′匀速转动，当角速度为ω0时轻弹簧处于原长状态。则下列说法正确的是(　　) A．分别以不同的角速度转动，稳定时杆与小球间的作用力大小可能相同 B．角速度由ω0逐渐增大，所需向心力减小 C．保持角速度为ω0，仅增加小球的质量，稳定时弹簧将处于伸长状态 D．换质量不同的小球转动，若角速度为ω0，稳定时弹簧仍为原长 解析　设杆与竖直方向夹角为θ，弹簧原长为L0，当角速度为ω0时，轻弹簧处于原长状态；以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得＝mω02L0sin θ，ω0＝ ，可知换质量不同的小球转动，若角速度为ω0，稳定时弹簧仍为原长，故选项C错误，D正确；角速度由ω0逐渐增大，小球原来受到的合力不足以提供所需的向心力，小球做圆周运动的半径逐渐增大，则小球做圆周运动所需的向心力逐渐增大，故选项B错误；若角速度由ω0逐渐增大，则所需向心力增大，小球做圆周运动的半径逐渐增大，弹簧的伸长量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得F杆sin θ＝mg＋F弹cos θ，可知杆对小球的作用力逐渐增大；若角速度由ω0逐渐减小，则所需向心力减小，小球做圆周运动的半径逐渐减小，弹簧的压缩量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，竖直方向根据受力平衡可得F杆sin θ＋F弹cos θ＝mg，可知杆对小球的作用力逐渐减小；综上分析可知，分别以不同的角速度转动，稳定时杆与小球间的作用力大小不可能相同，故选项A错误。 答案　D 4.(2023·海南海口统考模拟)如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5 m，BC＝3 m，有一个可视为质点、质量m＝1 kg的小球用长L＝5 m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．当ω＝1 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4 N B．当ω＝2 rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12 N C．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s D．小球刚接触器壁CD时的角速度是 rad/s 解析　设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝＝，θ＝37°。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan 37°＝mω02r，ω0＝＝＝ rad/s，故选项C正确，D错误；当ω＝1 rad/s时，由于ω＝1 rad/s<ω0＝ rad/s，可知小球还未接触器壁CD，故选项A错误；当ω＝2 rad/s时，ω＝2 rad/s>ω0＝ rad/s，设器壁CD对小球的弹力大小为FN，绳子拉力大小为FT，则有FTcos 37°＝mg，FTsin 37°＋FN＝mω2r，联立解得FN＝4.5 N，故选项D错误。 答案　C 5.如图所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的小球A、B。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1l2的比值为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析　设悬挂A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为FT，对A小球水平方向有FTsin θ1＝m1ω2l1sin θ1；对B小球水平方向有FTsin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立得＝，故选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 6．(多选)(2023·山东菏泽统考二模)如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，斜面最低点在转轴OO1上，质量均为m＝1 kg、可视为质点的两个小物块P、Q随转台一起匀速转动，P、Q到斜面最低点的距离均为0.5 m，与接触面之间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最小值为 rad/s B．为保持P与斜面体相对静止，角速度的最大值为5 rad/s C．当角速度等于 rad/s时，Q会相对转台滑动，P有沿斜面向上滑的趋势 D．若P与斜面体保持相对静止，则P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20 N 解析　为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时有最小角速度，水平方向有FN1sin 37°－μFN1cos 37°＝mω12Lcos 37°，竖直方向有FN1cos 37°＋μFN1sin 37°＝mg，解得FN1＝ N，ω1＝ rad/s。当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，水平方向有FN2sin 37°＋μFN2cos 37°＝mω22Lcos 37°，竖直方向有FN2cos 37°＝μFN2sin 37°＋mg，解得FN2＝20 N，ω2＝5 rad/s，若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿第三定律可得P对斜面的压力大小范围是 N≤FN≤20 N，故选项A错误，B、D正确；当P与斜面恰无摩擦力时mgtan 37°＝mω2Lcos 37°，解得ω＝ rad/s，故选项C错误。 答案　BD 7．(多选)(2023·深圳模拟)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．图像函数表达式为F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，b值不变 解析　由受力分析得F＝m－mg，选项A错误；由题图乙可知，当F＝0时，mg＝m，即v2＝gl，得g＝，选项B正确；结合题图乙和F＝m－mg可知，题图乙的斜率k＝，所以m减小，斜率减小，选项C错误；由上述讨论可知b＝gl，当m减小时，b值不变，选项D正确。 答案　BD 8.(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则(　　) A．小球受重力、支持力、拉力和向心力 B．小球可能只受拉力和重力 C．当ω0＝ rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零 D．当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用 解析　转速较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝ rad/s，选项A错误，B、C正确；当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，只受重力、拉力的作用，选项D错误。 答案　BC [提升题组] 9．(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B 两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为μ， B与A之间的动摩擦因数为0.5μ，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．物块A 、B一起匀速转动过程中加速度恒定 B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等 C．AB一起转动的最大角速度为 D．当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2μmg 解析　两物块做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故选项A错误； 根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故选项B正确； 对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力， 有μ·2mg＝2mωB2L 解得ωB＝ 对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力， 有0.5μ·mg＝mωA2L 解得ωA＝ AB一起转动的最大角速度为，此时圆盘对B的摩擦力为Ff＝2m·L·ωA2＝μmg 故选项C正确，D错误。 答案　BC 10．(多选)(2023·铜仁联考)如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(　　) A．当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动 B．当ω＞时，绳子一定有弹力 C．当ω在 ＜ω＜ 范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．当ω在0＜ω＜ 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 解析　当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－FT＝mLω12，对B有FT＋kmg＝m·2Lω12，解得ω1＝，当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动，故选项A正确；当B达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·2Lω22，解得ω2＝，当ω＞时，绳子一定有弹力，故选项B正确；当ω在0＜ω＜ 范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在 ＜ω＜ 范围内增大时，B所受摩擦力不变，故选项C错误；当ω在0＜ω＜ 范围内增大，A所受摩擦力一直增大，故选项D正确。 答案　ABD 11．(多选)(2023·重庆统考二模)如图甲所示，将长为L的轻绳一端固定在O点的拉力传感器上，另一端与一质量为m且可视为质点的小球相连，拉直轻绳使其与竖直方向夹角为θ。现让小球在同θ角下由静止开始在竖直面内做圆周运动，记录每个θ角下小球运动过程中传感器上的最大拉力Fmax与最小拉力Fmin，并作出它们之间的部分关系图像如图乙所示。忽略一切阻力及轻绳长度变化，重力加速度为g，则图乙中(　　) A．图线的斜率与小球质量m无关 B．a的大小与绳长L有关 C．c的大小可能为1.2mg D．当b＝2.0mg时对应的θ＝60° 解析　由题知小球由静止开始在竖直面内做圆周运动0<θ≤，小球在最高点时，轻绳上拉力最小Fmin＝mgcos θ，在最低点时轻绳上拉力最大Fmax－mg＝m，由机械能守恒定律有mgL(1－cos θ)＝mv2，联立解得Fmax＝3mg－2mgcos θ＝3mg－2Fmin，可知题图乙中Fmax­Fmin图线的斜率恒为k＝－2，与小球质量m无关，故选项A正确；当Fmin＝0时有a＝3mg，可知a的大小与绳长L无关，故选项B错误；由Fmin＝mgcos θ可知，当θ＝0时，Fmin最大值为mg，c<mg，故选项C错误；由Fmax＝3mg－2mgcos θ，可知Fmax＝b＝2.0mg，即有cos θ＝，又0<θ≤，对应的θ＝60°，故选项D正确。 答案　AD 12．如图所示，在A点以v0＝1 m/s的初速度水平向右抛出一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，小球抛出后受到水平向右的恒定风力F的作用。经过一段时间后恰能无碰撞地从B点以速率v＝5 m/s沿圆弧切线进入半径为R＝1 m的竖直粗糙、圆心角为θ＝37°的圆弧轨道，进入圆弧轨道后小球不再受风力F的作用，由于摩擦力的作用，小球在圆弧轨道内速率不变，小球从C点水平飞出后击在一个竖直截面为y＝x2的抛物线的容器壁，已知C点的坐标为(0,1)，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(结果均可用根号表示) (1)小球在C点对圆弧轨道的压力大小； (2)小球在进入圆弧轨道前受到的水平风力F的大小； (3)小球击在容器壁处的坐标。 解析　(1)小球在C点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，FN＝35 N 根据牛顿第三定律可得小球在C点对圆弧轨道的压力大小FN′＝35 N。 (2)小球在B点，则有vy＝vsin θ 小球从A点到B点的运动过程中vy＝gt1，解得t1＝0.3 s 小球在B点vx＝vcos θ 小球从A点到B点的运动过程中vx＝v0＋at1，F＝ma 联立F＝10 N。 (3)根据抛物线方程y＝x2，yC＝1 m，假设小球击在容器壁D点处。小球从C点到D点的运动过程中xD＝vt2，yD＝yC－gt22，yD＝xD2 联立解得xD＝ m，yD＝ m 所以小球击在容器壁D处点的坐标为。 答案　(1)35 N　(2)10 N　(3) 学科网（北京）股份有限公司 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