高一下册物理 圆周运动达标检测(Word版 含解析)

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，可视为质点的、质量为m 的小球，在半径为R 的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（ ）
A ．小球能够到达最高点时的最小速度为0
B gR
C 5gR 为6mg
D ．如果小球在最高点时的速度大小为gR ，则此时小球对管道的外壁的作用力为3mg 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，选项A 正确，
B 错误；
C ．设最低点时管道对小球的弹力大小为F ，方向竖直向上。

由牛顿第二定律得
2
v F mg m R
-=
将5v gR =代入解得
60F mg =>，方向竖直向上
根据牛顿第三定律得知小球对管道的弹力方向竖直向下，即小球对管道的外壁有作用力为6mg ，选项C 正确；
D ．小球在最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
2
v F mg m R
'+=
将2v gR =
30F mg '=>，方向竖直向下
根据牛顿第三定律知球对管道的外壁的作用力为3mg ，选项D 正确。

故选ACD 。

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，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h =1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3m ，L 2＝2m ，则A 、B 两小球（ ）
A ．周期之比T 1：T 2＝2：3
B ．角速度之比ω1：ω2＝1：1
C ．线速度之比v 1：v 283
D ．向心加速度之比a 1：a 2＝8：3
【答案】BC 【解析】
【详解】
AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有
F cosθ-mg =0…①
在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …②
由①②得
2T = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h =L cosθ，相等，所以周期相等
T 1：T 2=1：1
角速度
2T
πω＝
则角速度之比
ω1：ω2=1：1
故A 错误，B 正确； C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m
h θθ
= 解得
tan v =
根据几何关系可知
1tan h
θ==
2tan h
θ=
=故线速度之比
12v v =：故C 正确；
D ．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
12a a =：故D 错误。

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，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 ，圆盘可绕垂直圆盘间的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

三个物体与中心轴O 处共线且0.2 m 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。

若圆盘从静止开始转动，角速度ω极其缓慢地增大，重力加速度g 取210 m/s ，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 C ．当 5 rad/s ω>时整体会发生滑动
D 2 rad/s 5 rad/s ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间细线的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
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
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得最快，最先达到最大静摩擦力，此时
21222C mg m r μω⋅=⋅
得
1 2.5 rad/s 2g
r
μω=
=
当C 所受的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC 间细线开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，AB 间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A 所受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值，且B 、C 间细线的拉力大于AB 整体的摩擦力时整体将会出现相对滑动，此时A 与B 还受到细线的拉力，对C 有
2
2222T mg m r μω+⋅=⋅
对AB 整体有
2T mg μ=
得2=
g
r
μω，当
5 rad/s g
r
μω>
=
时，整体会发生滑动。

故A 错误，BC 正确。

D ．当 2.5 rad/s 5 rad/s ω<<时，在ω增大的过程中，BC 间细线的拉力逐渐增大。

故D 错误。

故选BC 。

7．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
3
F mg
=
选项D正确。

本题选不正确的，故选B。

8．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的带孔小球穿在环上，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，绳上的最大拉力为
2mg，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动，且细绳伸直时，则ω不可能
．．．为（）
A 2g
R
B．
g
R
C
6g
R
D
7g
R
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
因为圆环光滑，所以小球受到重力、环对球的弹力、绳子的拉力等三个力。

细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，如图所示
当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为
2F m r ω=
根据几何关系，其中
sin60r R ︒＝
一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得
min tan60F mg ︒＝
即
2
min tan60sin60mg m R ω︒︒＝
解得
min 2g
R
ω=
当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，
m max N ax 606sin sin 0F T F ︒=+︒ N max cos cos 6060T mg F =︒︒+
可得
max 33g F m =
同理可知，最大角速度为
max 6g R
ω=
7g R 26g g
R R
ω≤≤范围内，故选D 。

9．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。

10．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
2
v
a
=
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
2
v
F 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
22=()539N F mg F +=合
C 正确，
D 错误。

故不正确的应选D 。

11．如图，在一半经为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，，则（ ）
A ．若0v gR ，则物块落地点离A 2R
B ．若球面是粗糙的，当0v gR <
时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面 C ．若0v gR ，则物块落地点离A 点为R D ．若0v gR ≥
，则物块落地点离A 点至少为2R
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律得，20v mg N m R
-=，0v gR =，解得N=0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则222R R t g g ⨯==动的位移022R x v t gR R g
===，故A 错误；当0v gR <时，在最高点，根据牛顿第二定律得，20v mg N m R
-=，解得0N >，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B 错误；当0v gR <
时，物块也可能做圆周运动，故C 错误；若0v gR ≥
，有A 的分析可知，水平位移x≥2R ，故D
正确．
考点：考查了圆周运动，平抛运动
【名师点睛】
在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题．
12．长为L 的细线一端系一质量为m 的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为2θ，轴线在竖直方向，如图甲所示。

使小球在水平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，线的张力为T ，经分析可得2-T ω关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g 。

则（ ）
A ．sin a mg θ=
B ．g b L =
C ．图线1的斜率1sin k mL θ=
D ．图线2的斜率2k mL =
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当角速度为零时，受力分析则有 cos T mg a θ==
故A 错误。

B ．当小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动时，由题图可知，当角速度的平方达到b 时，支持力为零，有
2tan sin mg mL θθω=
解得
2cos g b L ωθ
==
故B 错误。

C ．小球未脱离圆锥时，有 2sin cos sin T N mL θθθω-=
cos sin T N mg θθ+=
联立两式解得
22cos sin T mg mL θθω=+
可知图线1的斜率
21sin k mL θ=
故C 错误。

D ．当小球脱离圆锥后，有
2sin sin T a mL a ω=
即
2
T mLω
=
则图线2的斜率
2
k mL
=
故D正确。

故选D。

13．如图是德国物理学家史特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图．M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计．筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度ω绕其中心轴线匀速转动．M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，ω取某合适值，则以下结论中正确的是（）
A．当
12
2
R R
n
V V
π
ω
-≠时（n为正整数），分子落在不同的狭条上
B．当
12
2
R R
n
V V
π
ω
+=时（n为正整数），分子落在同一个狭条上
C．只要时间足够长，N筒上到处都落有分子
D．分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上
【答案】A
【解析】
微粒从M到N运动时间
R
t
v
=，对应N筒转过角度
R
t
v
ω
θω
==，即如果以v1射出时，转过
角度：1
1
R
t
v
ω
θω
==，如果以v
2射出时，转过角度：2
2
R
t
v
ω
θω
==，只要θ
1、θ2不是相差2π的整数倍，即当
12
2
R R
n
v v
π
ω
-≠
时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2π的整数倍，则落在一处，即当
12
2
R R
n
v v
π
ω
-＝
时（n为正整数），分子落在同一个狭条上．故B错误；若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误．故选A
点睛：
解答此题一定明确微粒运动的时间与N 筒转动的时间相等，在此基础上分别以v 1、v 2射出时来讨论微粒落到N 筒上的可能位置．
14．如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO 1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r =1.5m.筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为32
(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g 取10m/s 2，则ω的最小值是（ ）
A ．1rad/s
B ． 30rad/s
C ． 10rad/s
D ．5rad/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 对物体受力分析如图：
受重力G ，弹力N ，静摩擦力f .ω的最小值时，物体在上部将要产生相对滑动．由牛顿第二定律可知，
2cos mg N m r θω+=
在平行于桶壁方向上，达到最大静摩擦力，即
max sin f mg θ=
由于max f N μ=；由以上式子，可得
10rad/s ω=
故选C ．
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ω，线所受拉力为T ，则下列T 随2ω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
2sin cos sin T N mL θθθω-=⋅
cos sin T N mg θθ+=
联立解得
22cos sin T mg mL θθω=+⋅
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
2sin sin T mL ααω=⋅
则
2
=
T mLω综上所述，ABD错误，C正确。

故选C。