2020届高三物理一轮复习专题分类练习题卷：圆周运动中常见模型.docx

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1、圆周运动中常见模型题型一 水平面内圆盘模型的临界问题【例1】(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘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当时，A、B相对于转盘会滑动B当，绳子一定有弹力C在范围内增大时，B所受摩擦力变大D在0时，A、B相对于转盘会滑动B当，绳子一定有弹力C在范围内增大时，B所受摩擦力变大D在0时，绳子有弹力，B项正确；当时，B已达到最大静摩擦力，则在范围内增大时，B受

2、到的摩擦力不变，C项错误；在0范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以FfFTmL2，当增大时，静摩擦力也增大，D项正确【变式1】(多选)(2019重庆市江津中学月考)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的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31，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完全相同的滑块A、B，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RA2RB.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，角速度之比为甲

3、乙13B滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为aAaB29C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】由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由vr，r甲r乙31，可得甲乙13，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为13，故A正确；滑块相对盘开始滑动前，根据加速度公式：aR2，又RARB21，A：B13，所以A、B的向心加速度之比为aAaB29，故B正确；滑块的最大静摩擦力分别为 FfAmAg，FfBmBg，则最大静摩擦力之比为FfAFfBmAmB；转动中所受的静摩擦力之比为FfAFfBmAaAmBaBmA4.5mB，由上可得滑块B先达到最

4、大静摩擦力而先开始滑动，故C正确，D错误【变式2】(多选)(2019广东省惠州市第二次调研)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RAr，RB2r，与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A此时绳子张力为3mg B此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C此时圆盘的角速度为 D此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】AC【解析】两物体A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则Fm2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，细

5、绳拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：FTmgm2r，FTmgm22r，解得：FT3mg， ，故A、C正确，B错误烧断细绳瞬间A物体所需的向心力为2mg，此时烧断细绳，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误题型二球绳模型或单轨道模型【例2】(多选)(2019哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O为轴完

6、成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为()A最小为LB最小为L C最大为L D最大为L【答案】BC【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mgm，根据机械能守恒定律可知，mg(L2r)mv2，联立解得：rL，故钉的位置到O点的距离为LLL；当小球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时，即F11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mgmgm，根据机械能守恒定律可知，mgLmv，联立解得：RL，故此时离最高点距离为L，则可知，距离最小为L，距离最大为L，故B、C正确，A、D错误【变式1】(2019福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共

7、同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为()Amg Bmg C3mg D2mg【答案】A【解析】小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径RLsin 60L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30，由题意，小球在最高点的速率为v时，mgm，当小球在最高点的速率为2v时，应有：Fmgm，可解得：F3mg.由2FTcos 30F，可得两绳的拉力大小均为FT

8、mg，A项正确【变式2】(2018甘肃省兰州一中模拟)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT，小球在最高点的速度大小为v，其FTv2图象如图乙所示，则()A轻质绳长为 B当地的重力加速度为C当v2c时，轻质绳最高点拉力大小为a D若v2b，小球运动到最低点时绳的拉力为6a【答案】ABD【解析】在最高点，FTmgm，解得：FTmmg，可知纵截距的绝对值为amg，g，图线的斜率k，解得绳子的长度L，故A、B正确；当v2c时，轻质绳的拉力大小为：FTmmga，故C错误；当v2b时拉力为零，到最低点时根据动能定理得：2

9、mgLmv22mv2，根据牛顿第二定律：FTmgm，联立以上可得拉力为：FT6mg6a，故D正确【变式2】如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离为()A.R B.R C.R D.R【答案】D【解析】小球从P点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则2Rgt2，解得t2，在最高点P时，有mgmgm，解得v，因此小球落地点到P点的水平距离为xvtR，选项D正确球杆模型或双轨道模型【例3】(2019烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半

10、径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B小球过最高点的最小速度是C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小【答案】A【解析】轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mgFm，随v增大，F减小，若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mgFm，随v增大，F增大，故C、D均错误【变式1】(2019山东省济南一中期中)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心

11、，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A 小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B小球过最高点的最小速度是C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小【答案】A【解析】当小球到达最高点弹力为零时，有mgm，解得v，即当速度v时，轻杆所受的弹力为零，所以A正确小球通过最高点的最小速度为零，所以B错误小球在最高点，若v，则有：mgFm，轻杆的作用力随着速度增大而增大，所以C、D错误【变式2】如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从

12、B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取10 m/s2.则()B 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 ND小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N【答案】AC.【解析】根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的

13、作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误题型三 【例4】(2019江西吉安一中段考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30，g取10 m/s2，则的最大值是()A. rad/s B. rad/s C1.0 rad/s D0.5 rad/s【答案】C【解析】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度

14、最大，由牛顿第二定律得：mgcos 30mgsin 30m2r rad/s1.0 rad/s，故选项C正确【变式】(2019沈阳东北育才中学模拟)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，长为L的细线一端固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则 ()AvA0 BvA CvB DvB【答案】C【解析】在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgsin m，解得A点的最小速度为：vA，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：mvm

15、g2Lsin 30mv，解得B点的最小速度为：vB，故C正确，A、B、D错误题型四 圆周运动的动力学问题【例5】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，则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受到桌面的支持力减小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，对B

16、研究，B受到的静摩擦力fTsin ，对A，有：Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，变小，a减小，则静摩擦力大小变小，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(Mm)g，故B错误；细线的拉力T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则agtan 2lsin ，变小，变小，故D正确【变式】两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是() 【答案】B【解析】小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtan m2Lsin ，

17、整理得：Lcos ，则两球处于同一高度，故B正确车辆转弯模型2、 受力分析：如图所示火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。2、动力学方程：根据牛顿第二定律得其中r是转弯处轨道的半径，是使内外轨均不受侧向力的最佳速度。3、分析结论：解上述方程可知可见，最佳情况是由、共同决定的。当火车实际速度为v时，可有三种可能，当时，内外轨均不受侧向挤压的力；当时，外轨受到侧向挤压的力（这时向心力增大，外轨提供一部分力）；当时，内轨受到侧向挤压的力（这时向心力减少，内轨抵消一部分力）。还有一些实例和这一模型相同，如自行车转弯，高速公路上汽车转弯等等【例6】如图所示为赛车场的一个水平“

18、梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L100 m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速 B在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC在直道上的加速度大小为5.63 m/s2 D通过小圆弧弯道的时间为5.58 s【答案】AB.【解析】因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有Fm，则在大小圆弧弯道上的运动速率分

19、别为v大 45 m/s，v小 30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A、B项正确；由几何关系得直道长度为d50 m，由运动学公式vv2ad，得赛车在直道上的加速度大小为a6.50 m/s2，则C项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t2.79 s，则D项错误【变式】(2019甘肃省兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为，则()A该弯道的半径r B当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】ABD【解析】火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan m，解得：r，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtan m，解得：v，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误，D正确