专题12 圆周运动（解析版）

高考物理一轮复习限时训练
专题12 圆周运动
(限时：45min)
一、选择题（本大题共10小题）
1．(2019·大庆模拟)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点。

则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是()
A．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B．在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零
C．小球在最低点C所受的合力，即为向心力
D．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化
【答案】C
【解析】小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A错误。

在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误。

小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确。

小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误。

2．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。

对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()
A．P、Q两物体的角速度大小相等B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
【答案】A
【解析】P、Q两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确；根据圆周运动线速度v＝ωR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则P、Q两物体做圆周运动的线速度大
小不等，选项B错误；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错误。

3．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。

在此10 s时间内，火车()
A．运动路程为600 m B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km
【答案】AD
【解析】由s＝vt知，s＝600 m，故A正确。

火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误。

由10 s
内转过10°知，角速度ω＝10°
360°
×2π
10rad/s＝π
180rad/s≈0.017 rad/s，故C错误。

由v＝rω知，r＝v
ω＝
60
π
180
m≈3.4
km，故D正确。

4．(2018·扬州期末)如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。

已知质量为60 kg 的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m。

学员和教练员(均可视为质点)()
A．运动周期之比为5∶4 B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5 D．受到的合力大小之比为15∶14
【答案】D
【解析】汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14，故D正确。

5．(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为0．1 m的小正三棱柱abc，俯视如图所示。

长度为L＝0.5 m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.8 kg可视为质点的小球，t＝0时刻，把细线
拉直在ca 的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v 0＝4 m/s 。

由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。

已知细线所能承受的最大张力为50 N 。

则细线断裂之前( )
A ．小球的速率逐渐减小
B ．小球速率保持不变
C ．小球运动的路程为0.8π m
D ．小球运动的位移大小为0.3 m
【答案】BCD
【解析】细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的
速率保持不变，故A 错误，B 正确；细线断裂瞬间，拉力大小为50 N ，由F ＝m v 02r 得：r ＝mv 02F ＝0.8×42
50 m ＝0.256 m ，
所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的路程为：
s ＝13·2πr 1＋13·2πr 2＋13·2πr 3＝2π3
×(0.5＋0.4＋0.3)m ＝0.8π m ，故C 正确；小球每转120°半径减小0.1 m ，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m －0.2 m ＝0.3 m ，故D 正确。

6．飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。

设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T 。

下列说法正确的是( )
A ．若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大
B ．若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大
C ．若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大
D ．若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 一定不变
【答案】C
【解析】向心力F R ＝mg tan θ＝m v 2
R
，
可知若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 减小，由v ＝2πR T 可知周期T 减小，选项A 、B 错误；由mg tan θ＝m v 2R ，可知若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 2
R
，可知若飞行速率v 增大，θ增大，则半径R 的变化情况不能确定，由mg tan θ＝m R ⎝⎛⎭⎫2πT 2，可知周期T 的变化情况不能确定，
选项D 错误。

7．有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A 点有一长为l 的细绳系有质量为m 的小球。

要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A 点到水平面的高度h 最大为( )
A.g ω2 B ．ω2g C.ω2g
D.g 2ω
2 【答案】A
【解析】以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg 、水平面支持力N 、绳子拉力F ，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R ，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R ＝h tan θ，那么F cos θ＋N ＝mg ，F sin θ＝mω2h tan θ；当球即将离开水平面时，N ＝0，此时F cos θ＝mg ，F sin θ＝mg tan θ＝mω2h tan
θ，即h ＝g ω
2。

故A 正确。

8．(2019·上饶模拟)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
【答案】A
【解析】设小球恰好能够通过最高点D ，根据mg ＝m v D 2R ，得：v D ＝gR ，知在最高点的最小速度为gR 。

小球经过D 点后做平抛运动，根据R ＝12gt 2得：t ＝ 2R g 。

则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2R g
＝2R ，知小球一定落在水平面AE 上。

故A 正确，B 、C 、D 错误。

9．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A ，细线的上端固定在金属块B 上，B 放在带小孔的水平桌面上，小球A 在某一水平面内做匀速圆周运动。

现使小球A 改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B 在桌面上始终保持静止。

后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A ．金属块
B 受到桌面的静摩擦力变大
B ．金属块B 受到桌面的支持力变小
C ．细线的张力变大
D ．小球A 运动的角速度减小
【答案】D
【解析】设A 、B 质量分别为m 、M, A 做匀速圆周运动的向心加速度为a ，细线与竖直方向的夹角为θ，对B 研究，B 受到的摩擦力f ＝T sin θ，对A ，有T sin θ＝ma ，T cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，θ变小，a 减小，则静摩擦力变小，故A 错误；以整体为研究对象知，B 受到桌面的支持力大小不变，应等于(M ＋m )g ，故B
错误；细线的拉力T ＝mg cos θ
，θ变小，T 变小，故C 错误；设细线长为l ，则a ＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝ g l cos θ
，θ变小，ω变小，故D 正确。

10．(2019·三门峡联考)如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg 。

当细绳AC 和BC 均拉直时，∠ABC ＝90°，∠ACB ＝53°，BC ＝1 m 。

细绳AC 和BC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。

当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )
A ．AC 5 m/s
B ．B
C 5 m/s
C ．AC 5.24 m/s
D ．BC 5.24 m/s
【答案】B 【解析】当小球线速度增至BC 被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：T A sin ∠ACB ＝mg ①，水平
方向上：T A cos ∠ACB ＋T B ＝m v 2r ②，由①式可得：T A ＝54
mg ，小球线速度增大时，T A 不变，T B 增大，当BC 绳刚要被拉断时，T B ＝2mg ，由②可解得此时，v ≈5.24 m/s ；BC 绳断后，随小球线速度增大，AC 线与竖直
方向间夹角增大，设AC 线被拉断时与竖直方向的夹角为α，由T AC ·cos α＝mg ，T AC sin α＝m v ′2
r ′
，r ′＝L AC ·sin α，可解得，α＝60°，L AC ＝53
m ，v ′＝5 m/s ，故B 正确。

二、计算题（本大题共4小题）
11．(2019·鞍山调研)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC 为圆轨道的一部分，CD 为倾斜直轨道，二者相切于C 点。

已知圆轨道的半径R ＝1 m ，倾斜轨道CD 与水平地面的夹角为θ＝37°。

现将一小球以一定的初速度从A 点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求小球通过倾斜轨道CD 的最长时间(结果保留一位有效数字)。

【答案】0.7 s
【解析】小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C 点：
对小球由动能定理可得：mgh ＝12
mv C 2 由几何关系得：h ＝R －R cos θ
小球在CD 段做匀加速直线运动，由位移公式得：
L ＝v C t ＋12
at 2 CD 的长度为：L ＝R 1＋cos θsin θ
对小球利用牛顿第二定律可得：
mg sin θ＝ma
代入数据联立解得：t ＝0.7 s 。

12．如图所示，餐桌中心是一个半径为r ＝1.5 m 的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同
一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。

已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h ＝0.8 m 。

设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R 的最小值为多大？
(3)若餐桌的半径R ′＝2r ，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L 为多少？
【答案】 (1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
【解析】(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。

当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有f m ＝μ1N ＝mω2r ，N ＝mg ， 联立两式可得ω＝ μ1g r
＝2 rad/s 。

(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。

设物体在餐桌上滑动的位移为s ，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a ，则
a ＝f m
，f ＝μ2mg ，得a ＝μ2g ＝2.25 m/s 2， 物体在餐桌上滑动的初速度v 0＝ωr ＝3 m/s ，
由运动学公式得0－v 02＝－2as ，可得s ＝2 m ，
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R ＝r 2＋s 2＝2.5 m 。

(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v t ′，由题意可得v t ′2－v 02＝－2as ′，
由于餐桌半径为R ′＝2r ，所以s ′＝r ＝1.5 m ，
可得v t ′＝1.5 m/s ，
设物体做平抛运动的时间为t ，则h ＝12
gt 2 ， 解得t ＝ 2h g
＝0.4 s ， 物体做平抛运动的水平位移为s x ＝v t ′t ＝0.6 m ，
由题意可得L ＝s ′＋s x ＝2.1 m 。

13．现有一根长L ＝1 m 的刚性轻绳，其一端固定于O 点，另一端系着质量m ＝0.5 kg 的小球(可视为质点)，将小球提至O 点正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力。

不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2。

(1)在小球以速度v 1＝4 m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v 2＝1 m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。

(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？
【答案】 (1)3 N (2)0.6 s (3)27325
N 【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg ＝m v 临界2L
，解得v 临界＝10 m/s 。

因为v 1>v 临界，所以绳子有拉力且满足mg ＋T 1＝m v 12L
，解得T 1＝3 N 。

(2)因为v 2<v 临界，所以绳子无拉力，小球以v 2的初速度做平抛运动，设经过时间t 后绳子再次伸直， 则满足方程 x 2＋(y －L )2＝L 2
其中x ＝v 2t ，y ＝12
gt 2，解得t ＝0.6 s 。

(3)当t ＝0.6 s 时，可得x ＝0.6 m ，y ＝1.8 m ，小球在O 点右下方位置，且O 点和小球的连线与竖直方向的
夹角满足tan α＝x y －L ＝34
，此时速度的水平分量与竖直分量分别为v x ＝v 2＝1 m/s ，v y ＝gt ＝6 m/s 绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，
v 3＝v y sin α－v x cos α＝145
m/s 接着小球以v 3为初速度绕着O 点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v ，则由动能定理得
mgL (1－cos α)＝12mv 2－12mv 32，又T －mg ＝m v 2L
， 解得T ＝27325
N 。

14．(2019·德州联考)如图12所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C 点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R ＝1 m ，在圆盘直径CD 的正上方，与CD 平行放置一条水平滑道AB ，滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，且B 点距离圆盘圆心的竖直高度h ＝1.25 m ，在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F ＝4 N 的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s ，绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。

重力加速度取10 m/s 2。

图12
(1)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度；
(2)求拉力作用的最短时间。

【答案】 (1)4 m (2)0.3 s
【解析】(1)物块平抛：h ＝12
gt 2； t ＝ 2h g
＝0.5 s 物块离开滑道时的速度：v ＝R t
＝2 m/s 拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：
F －μmg ＝ma 1；得：a 1＝8 m/s 2
撤去外力后，由牛顿第二定律：
－μmg ＝ma 2；
得：a 2＝－2 m/s 2
物块加速获得速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s
则所需滑道的长度
L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 12＋v 2－v 122a 2
＝4 m (2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短；
盘转过一圈时间：T ＝2πω
＝1 s ； 物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v ＝a 1t 1＋a 2t 2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t 1＋t 2＋t ＝T 由上两式得：t 1＝0.3 s 。