2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第四单元 曲线运动 作业18 word版含答案

题组层级快练(十八)
一、选择题
1.如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上
A、B两点( )
A．角速度之比ωA∶ωB＝2∶1
B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ 2
C．线速度之比v A∶v B＝2∶1
D．线速度之比v A∶v B＝1∶ 2
答案 D
解析板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，A、B项错误；线速度v ＝ωr，线速度之比v A∶v B＝1∶2，C项错误，D项正确．
2．(2016·课标全国Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q 球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
答案 C
解析从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝1
2
mv2－0，可得v＝2gl，因l P<l Q，则
v P<v Q，故A项错误；由E kQ＝m Q gl Q，E kP＝m P gl P，而m P>m Q，故两球动能大小无法比较，B项错
误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝m v2
l
＝ma n，
得T＝3mg，a n＝2g，则T P>T Q，a P＝a Q，C项正确，D项错误．3．(2016·海南)如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为( ) A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
答案 D
解析 设小球在最低点速度为v 1，在最高点速度为v 2，根据牛顿第二定律： 在最低点：N 1－mg ＝m v 1
2
R
在最高点：N 2＋mg ＝m v 2
2R
同时从最高点到最低点，根据动能定理： mg ·2R ＝12mv 12－12
mv 22
联立以上三个方程式可以得到：N 1－N 2＝6mg ，故D 项正确．
4.如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ，小球A 、B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是( ) A ．小球A 的合力小于小球B 的合力 B ．小球A 与框架间可能没有摩擦力 C ．小球B 与框架间可能没有摩擦力
D ．圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力一定增大 答案 C
解析 由于合力提供向心力，依据向心力表达式F ＝mrω2
，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A 项错误；小球A 受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO ′轴，故一定存在摩擦力，而B 球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴，故B 球摩擦力可能为零，故B 项错误，C 项正确；由于不知道原来B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力的变化情况，故D 项错误．
5.有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的内侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图所示，虚线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是( ) A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 B ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 C ．h 越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大 D ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大 答案 B
解析 摩托车受力如图所示，筒壁对摩托车的弹力F N ＝
mg
sin θ
，向心力F n ＝mgcot θ，当h 变化时，θ角保持不变，所以摩托车对侧壁的压力大小以及摩托车做圆周运动的向心力大小不随h 变化，A 、D 项错误；由牛顿第二定
律得mgcot θ＝m v 2
r
＝mω2
r ，解得v ＝grcot θ，ω＝
gcot θ
r
，h 越高，r 越大，故摩托车做圆周运动的线速度将越大，角速度将越小，B 项正确，C 项错误． 6.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( ) A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态
B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大
C ．当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点P
D ．当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态 答案 CD
解析 当小球运动到最低点Q 时，加速度方向竖直向上，所以处于超重状态，故选项A 错误．设Q 点拉力为F 1，P 点拉力为F 2，有F 2＋mg ＝m v 22
l ，F 1－mg ＝mv 02
l ，由动能定理有mg2l
＝12mv 02－12mv 22，∴F 1－F 2＝6mg 与v 0无关，故B 项错误．小球恰好经过P 点时有mg ＝m v
2
l ，mg2l ＝12mv 02－12mv 2
，则v 0＝5gl ，当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，故C 项正确．当
v 0<gl 时，小球最高点到不了N ，所以处于摆动情形，细绳始终绷紧，故D 项正确． 7．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O 、O ′的距离分别为R A 、R B ，且R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是( )
A ．滑块相对轮盘开始滑动前，A 、
B 的角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝1∶3 B ．滑块相对轮盘开始滑动前，A 、B 的向心加速度大小之比为a A ∶a B ＝1∶3
C ．转速增大后最终滑块A 先发生相对滑动
D ．转速增大后最终滑块B 先发生相对滑动 答案 AD
解析 由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r 甲＝ω乙r 乙，则ω甲∶ω乙＝r 乙∶r 甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，A 、B 的角速度大小之比为1∶3，A 项正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a ＝ω2
r 得A 、B 的向心加速度大小之比为a A ∶a B ＝(ω
甲
2R
A)∶(ω乙2R
B)＝2∶9，B项错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为F fA＝μm A g，
F fB＝μm B g，最大静摩擦力之比为F fA∶F fB＝m A∶m B，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为F′
fA∶F′fB＝(m A a A)∶(m B a B)＝(2m A)∶(9m B)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B 的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C项错误，D项正确．
8.如图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿
该圆形轨道在竖直面内做圆周运动．A、C点为圆周的最高点和最低点，B、
D点是与圆心O同一水平线上的点．小滑块运动时，物体M在地面上静止不
动，则物体M对地面的压力F N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是( )
A．小滑块在A点时，F N＞Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，F N＝Mg，摩擦力方向向右
C．小滑块在C点时，F N＝(M＋m)g，M与地面无摩擦
D．小滑块在D点时，F N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
答案 B
解析因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力．小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝gR时，对轨道的压力为零，轨道对地面的压力F N＝Mg，当小滑块的速度v＞gR时，对轨道的压力向上，轨道对地面的压力F N＜Mg，故A项错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以轨道对地有向左运动的趋势，地面给轨道向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以轨道对地面的压力F N＝Mg，故B项正确；小滑块在C点时，地面对轨道也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以轨道对地面的压力F N＞(M＋m)g，故C项错误；小滑块在D点时，地面给轨道向左的摩擦力，轨道对地面的压力F N＝Mg，故D 项错误．
9.如图所示，OO′为竖直轴，MN为固定在OO′上的水平光滑杆，有两
个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的
两根细线，C端固定在转轴OO′上．当绳拉直时，A、B两球转动半径
之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( )
A．AC先断
B．BC先断
C．两线同时断
D．不能确定哪根线先断
答案 A
解析对A球进行受力分析，A球受重力、支持力、拉力F A三个力作用，拉力的分力提供A
球做圆周运动的向心力，得
水平方向F A cosα＝mr Aω2，
同理，对B球：F B cosβ＝mr Bω2，
由几何关系，可知cosα＝r A
AC
，cos
β＝
r B
BC
.
所以：
F A
F B
＝
r A cosβ
r B cosα
＝
r A r B
BC
r B r A
AC
＝
AC
BC
.
由于AC>BC，所以F A>F B时，即绳AC先断．
10.水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的
细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物
块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力F A、F B随转台
角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )
答案 B
解析设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1<r2可知A、B两物体相对转台滑动的临界角速度满足ωA>ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A
：T ＝0时，F A＝mω2r1，T>0后，F A－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得F A＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A项错误、B项正确．
二、非选择题
11．如图所示，质量为m的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的细管，与质量也为m的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是多少(g取10 m/s2)?
答案0.5 m≤r≤0.75 m
解析由于转盘以角速度ω＝4 rad/s匀速转动，当木块恰不做近心运动时，有
mg－μmg＝mr1ω2
解得r1＝0.5 m
当木块恰不做离心运动时，有
mg＋μmg＝mr2ω2
解得r2＝0.75 m
因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 m≤r≤0.75 m.
12.如图所示，质量为m的小球置于正方体的质量为M的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周
运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计．
(1)要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，盒子做圆周运
动的角速度多大？
(2)设小球在最高点对盒子的压力为F1，在最低点对盒子的压力为
F2，试作出(F2－F1)－ω2图像；
(3)盒子运动到与圆心等高的位置时，这位同学对盒子的作用力多大？
答案(1)g
R
(2)见解析图
(3)(M＋m)R2ω4＋g2
解析(1)要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg＝mRω2
解得ω＝g R
(2)ω≤ g
R
时，F2－mg＝mRω2
mg－F1＝mRω2
解得F2－F1＝2mRω2
当ω>g
R
时，F2－mg＝mRω2
F1＋mg＝mRω2
解得F 2－F 1＝2mg
因此(F 2－F 1)－ω2
图像如图所示．
(3)当盒子运动到与圆心等高的位置时，这位同学对盒子作用力的水平分力F ′提供向心力，竖直分力F ″与重力平衡，即 F ′＝(M ＋m)Rω2，F ″＝(M ＋m)g 则该同学对盒子的作用力为 F ＝F ′2
＋F ″2
＝(M ＋m)R 2
ω4
＋g 2
13.如图所示，半径为l
4、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a 、b 连接，两
轻绳的另一端系在一根竖直杆的A 、B 两点上，A 、B 两点相距为l ，当两轻绳伸直后，A 、B 两点到球心的距离均为l.当竖直杆以自己为轴转动并达到稳定时(轻绳a 、b 与杆在同一竖直平面内)．求：
(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆； (2)轻绳a 的张力F a 与竖直杆转动的角速度ω之间的关系． 答案 见解析
解析 (1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a 与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sin α＝14，r ＝l
4
沿半径：F a sin α＝mω2
r 垂直半径：F a cos α＝mg 联立解得ω＝2
g 15l
(2)由(1)可知0≤ω≤2g 15l
时，F a ＝415
mg
若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b 恰伸直前，设轻绳a 与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r ＝lsin β 沿半径：F a sin β＝mω2
r 垂直半径：F a cos β＝mg 联立解得F a ＝mω2
l
当轻绳b 恰伸直时，β＝60°，此时ω＝
2g
l . 故有F a ＝mω2
l ，此时2
g 15l
＜ω≤
2g l
若角速度ω再增大，轻绳b 拉直后，小球做圆周运动的半径为r ＝lsin60° 沿半径：F a sin60°＋F b sin60°＝mω2
r
垂直半径：F a cos60°＝F b cos60°＋mg 联立解得F a ＝12m lω2
＋mg ，
此时ω≥2g l
.。