【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第04讲 圆周运动之绳杆模型 Word版含解析.docx，共(24)页，1.123 MB，由小赞的店铺上传

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第04讲圆周运动之绳杆模型全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．如图所示，假使物体沿着铅直面上圆弧轨道下滑，轨道是光滑的，在从A．至C的下滑过程中，下面哪种说法是正确的？（）A．它的加速度方向永远指向圆心B．它的速率均匀增加C．它的合外力大小变化，方向永远指向圆心D．它的合外力大小不变E．轨道

支持力大小不断增加【答案】E【详解】B．受力分析如图则有tcosmgma=nsinNmgma−=由以上可知t=gcosa随着夹角的增大，切向加速度逐渐变小，即速率大小变化逐渐变慢，故B错误；AC．由以上可知，切向加速度不为零

，故加速度方向与法向加速度方向不同，即不指向圆心，由牛顿第二定律可知，合外力的方向不指向圆心，故AC错误；D．由以上可知，加速度222()(cos)vammgr=+又因为21sin2mgrmv=联立解得2223sinagg=+随着夹角的增大，加速度增大，由牛顿第二定

律可知，合外力逐渐变大，故D错误；E．由圆周运动规律2nvmamr=可知2sinvNmgmr=+随着和速度的增大，支持力也在增大，故E正确。故选E。2．如图所示，质量均为m的两相同小球a、b由不可伸长的细绳连接，悬挂在小棍c上置于内壁光滑的倾斜细玻璃管内，小棍c固定在管口。玻璃管内径略大于小球

直径，玻璃管固定在一转动装置上，与竖直方向的夹角为，可以绕过底端O的竖直轴以角速度转动。小球a与b之间、小球b与O之间的距离均为l。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（）A．当cosgl=时，a、b间的细绳拉力为0B．当2cosgl

=时，a、c间的细绳拉力为0C．当23tansingl=时，a、b间的细绳拉力为0D．当23tansingl=时，a、c间的细绳拉力为0【答案】D【详解】AC．a、b的角速度相等，a的半径大，a需要的向心力大，故a、b间的细绳的拉力不可能为零，故AC错误；BD．当a、c间细绳的拉力

为零时，设a、b间绳的拉力大小为T，对b有2cossinsinbNTml−=对a有2cossin2sinaNTml+=对整体sinsin2abNNmg+=整理得23tansingl=故C错误，D正确。故选D。3．利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而

不易偏离竖直面，如一根长为2L细线系一质量为m小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（）A．6mgB．23mgC．5mgD．533m

g【答案】B【详解】小球恰好过最高点时有21vmgmR=解得132=vgL根据动能定理得222111322=−mgLmvmv由牛顿第二定律得22332−=vTmgmL联立以上公式得23Tmg=故B正确

，A、C、D错误。故选B。4．如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球的直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动．小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同

速度经过管道最高点时，其2Fv−图象如图所示．则（）A．小球的质量为aRcB．当地的重力加速度大小为RaC．2vb=时，小球对管壁的弹力方向竖直向下D．22vb=时，小球受到的弹力大小是重力大小的三倍【答案】D【详解】AB.在最高点，若0v

=，则Fmgc==若F=0，则v2=amgRma=解得小球的质量cRma=当地的重力加速度大小agR=故AB错误；C．若F=0，则v2=a，则2vb=时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；D

．当v2=b时，根据mgbFRm+=Fcmg==解得2bgR=当v2=2b时，根据2vmgFmR+=解得3Fmg=故D正确。故选D。5．如图1所示，轻杆的一端固定一小球（视为质点）另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v

；O轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若竖直向下为力的正方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到2Fv−图像如图2所示，取210m/sg=，则（）A．O轴到球心间的距离为0.5mB．小球的质量为3kgC．小球恰好通过最高点时的速度大小为5m/sD．小球在最高点的

速度大小为15m/s时杆受到球的作用力竖直向下【答案】A【详解】AB．小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力F与小球受到杆的作用力F'等值反向，即FF=−小球过最高点时，根据牛顿第二定律2vmgFmR+=得2mFvmgR=−则2mFvmgR=−+则图2的斜率为35mR=当20v=时，可

得3Nmg=解得0.3kgm=0.5mR=故A正确，B错误；C．杆带动小球在竖直方向做圆周运动，只要速度大于零，小球都能通过最高点，所以当小球通过最高点的速度为零，球恰好通过最高点，故C错误；D．小球过最高点的速度大小为15m

/s时，根据牛顿第二定律2vmgFmR+=可得6NF=方向竖直向下，即杆对球的作用力方向向下，所以杆受到球的作用力竖直向上，故D错误。故选A。6．如图所示，质量为4kg，半径为0.5m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管

的内径，它们的质量分别为1kg2kgABmm==、。某时刻，小球A，B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为3m/sAv=，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56N。则B球的速度大小Bv为（取210m/s=g）（）A．2m/sB．4m/sC．6m/

sD．8m/s【答案】C【详解】对A球，合外力提供向心力，设环对A的支持力为AF，由牛顿第二定律有2AAAAvFmgmR−=代入数据解得28NAF=由牛顿第三定律可得，A球对环的力向下，为28N，设B球对环的力为'BF，由环的受力平衡可得'2856NBFmg++=−环解得'=12

4NBF−符号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，环对B球的力BF为124N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有2BBBBvFmgmR+=解得6m/sBv=故选C。7．建筑工地上有一种小型打夯机，其结构原理如图所示，一个质量为M的支架（含电动机）上有一根长为L的轻杆，一

端固定一个质量为m的铁块（视为质点），另一端固定在电动机的转轴上。电动机带动铁块在竖直平面内做匀速圆周运动，当转动的角速度达到一定数值时，支架抬起然后砸向地面，从而起到夯实地基的作用。若重力加速度为g，空气阻力不计，则（）A．铁块做圆周运动的速度始终不变B．铁块转动到最低点

时处于失重状态C．若使支架离开地面，则电动机的角速度MgmLD．若使支架离开地面，则电动机的角速度()MmgmL+【答案】D【详解】A．铁块做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向沿圆的切线，因此速度不断变化，选项A错误；B．铁块转动到最低点时，有竖直

向上的加速度，故杆对铁块的拉力大于其所受的重力，铁块处于超重状态，选项B错误；CD．铁块转动到最高点时对支架有向上的拉力使其离开地面，支架刚离开地面时，对铁块的拉力有T=Mg其转动到最高点时，由牛顿第二定律可得2Tmgm

L+=解得()MmgmL+=选项D正确。故选D。二、多选题8．如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球（可看成质点），让小球在竖直平面内做圆周运动。改变小球通过最高点时的速度大小v，测得小球在最高点时轻绳的拉力大小F，得

到F-2v图像如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为()0,b−，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．该小球的质量为bgB．小球运动的轨道半径为2agC．图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零D．当2va=时，小球的向心加速度为2g【答案】BD【详解】AB

．小球在最高点时受到拉力为F，根据牛顿第二定律可知2vFmgml+=解得2vFmmgl=−结合图像可知mgb=即bmg=斜率mkl=解得2mbalkkgg===故A错误；B正确；C．图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C错误；D．根据向心加速度公式知22v

aakgagblbkg====故D正确。故选BD。9．如图所示，台秤上放一质量为M的竖直圆形光滑轨道ABCD，一质量为m的小球在轨道上做圆周运动，某一时刻恰好能通过轨道最高点A，B、D为轨道最左最右两点。已知轨道半径为R，重力加速度为

g，轨道始终静止，下列说法正确的是（）A．小球到达最低点C的速度为5gRB．台秤示数最大值为6Mgmg+C．小球到达B点时台秤示数为()Mmg+D．小球从A到B过程中轨道给台秤的摩擦力方向水平向左【答案】ABD【

详解】A．最高点有2vmgmR=A到C，由动能定理得2211222CmgRmvmv=−g联立解得5CvgR=故A正确；B．当小球对轨道压力最大时，台秤示数最大，即小球在C点，则2CvNmgmR−=解得6Nmg=台秤示数最大值为6NMgNMg

mg=+=+故B正确；C．小球到达B点时，对轨道有横向压力，则台秤示数为轨道重力大小，即Mg。故C错误；D．小球从A到B过程中，会对轨道有偏向左侧的压力，而轨道平衡，则轨道都受到台秤水平向右的摩擦力。相反轨

道给台秤的摩擦力方向水平向左。故D正确。故选ABD。10．如图所示，固定在竖直平面内的半径为R的光滑圆环的最高点C处有一个光滑的小孔，一质量为m的小球套在圆环上，一根细线的一端拴着这个小球，细线的另一端穿过小孔C，手拉细线使小球从A处沿圆环向上移动。在移动过程中手对细线

的拉力F和轨道对小球的弹力NF的大小变化情况是（）A．缓慢上移时，F减小，NF不变B．缓慢上移时，F不变，NF减小C．缓慢上移跟匀速圆周运动相比，在同一位置B点的拉力相同D．缓慢上移跟匀速圆周运动相比，在同

一位置B点的弹力相同【答案】AC【详解】AB．由几何关系可知△OBC与△BFNF合是相似三角形，根据相似三角形规律得NFmgFOCOBBC==且在小球缓慢上移的过程中OC、OB不变，BC变小，所以FN不变，F变小，故A正确B错误；CD．若是匀速圆周运动至B点，因为

切向力为0，即F与mg在切向上分力要大小相等，和缓慢上移情形一致，故拉力F相同；但径向F与mg分力和FN提供向心力，FN变小，故C正确D错误。故选AC。11．一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一

端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．在最高点杆给小球有竖直向下的拉力B．在最低点杆给小球一定是有竖直向上的拉力C．在B点杆给小球的拉力2Fml=D．在A点杆对球的作用力与水平方向夹角正切值为2gl【

答案】BD【详解】A．由于不知道角速度的具体大小，所以无法判断小球受到杆作用力的方向，故A错误；B．在最低点之后，小球会往上运动，所以杆给小球一定是有竖直向上的拉力，故B正确；C．在B点，由合力提供向心力，为2Fml=合由几何关系得，杆对求的作用力为22222()()()FmgFmgml=+=

+合故C错误；D．在A点，杆对球的作用力与水平方向夹角正切值为2tanmggFl==合故D正确。故选BD。12．如图所示，带有支架总质量为M的小车静止在水平面上，质量为m的小球通过轻质细绳静止悬挂在支架上的O点，绳长为L，现给小球一初速度v0让小球在竖直平面内以O点为圆心

做圆周运动，小球恰能通过最高点A，其中A、C为圆周运动的最高点和最低点，B、D与圆心O等高。小球运动过程中，小车始终保持静止，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．小球通过最低点C的速率为03vgL=B．小球通过最低

点C时，地面对小车支持力大小为Mg+6mgC．小球通过B点时，小车受地面向左的摩擦力大小为2mgD．小球通过D点时，小球处于失重状态【答案】BD【详解】AB．由题意小球恰能通过最高点知A点速度1vgL=A到C.根据动能定理可得122011222mgL

mvmv=−求得C点速度为05vgL=小球通过C点时根据牛顿第二定律有20vFmgmL−=可得此时绳子拉力为6mg，通过对小车受力分析可得此时地面支持力大小为Mg+6mg，选项A错误，B正确；C．A点到B点，根据动能定理可得22211122mgLmvmv=−求得B点速度为23vgL=小

球通过B点时，绳子拉力大小为3mg，所以小车受到向左的摩擦力大小为3mg，选项C错误；D．小球通过D点时，小球有向下的加速度，故小球处于失重状态，选项D正确。故选BD。13．某同学使用小型电动打夯机平整自家房前的场地，电动打夯机的结

构示意图如图所示。质量为m的摆锤通过轻杆与总质量为M的底座(含电动机)上的转轴相连。电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，转动半径为R，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．转到最低点时摆锤处于超重状态B．摆锤在最低点和最高点，杆给摆锤的弹力大小之差为6mgC．若打夯机底座刚好能

离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为3(mg＋Mg)D．若打夯机底座刚好能离开地面，则摆锤转到最低点时，打夯机对地面的压力为2(mg＋Mg)【答案】AD【详解】A．转到最低点时摆锤有向上的加速度，则处于超重状态，故A正确；B．

电动机带动摆锤绕转轴O在竖直面内匀速转动，设角速度为ω0，则有210FmgmR−=220FmgmR+=可知F1－F2＝2mg故B错误；CD．在最低点，对摆锤有T′－mg＝mRω2则T′＝Mg＋2mg对打夯机有N＝T′＋M

g＝2(M＋m)g故C错误，D正确。故选AD。三、解答题14．科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如图所示：传动带AB部分水平，其长度11.344mL=，传送带以11.2msv=的速度顺时针匀速转动，

大皮带轮半径6.4cmr=，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角37=且圆弧的半径0.5mR=，F点和倾斜传送带GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为20.4mL=，其倾角37=。某同学将一质量为0.5

kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，随即进入圆弧轨道，当经过F点时，物体的速度为2msFv=，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与两段传送带的动摩擦因

数均为0.5=，重力加速度g取210ms，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）物块由A到B所经历的时间；（2）物块在D点对圆弧的压力大小；（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带GH顺

时针运转的速度应满足的条件。【答案】（1）1.24s；（2）7N；（3）1m/s【详解】（1）物块在水平传送带上时，由牛顿第二定律可得1mgma=2210.510ms5msag===当物块加速到11.2msv=的时间为1111.2s0.2

4s5vta===物块加速阶段的位移为221111150.24m0.144m22xat===11xL物块在传送带上做匀速直线运动的时间11211.3440.144s1s1.2Lxtv−−===物块由A到B所经历的时间为120.24s1s=1.24sttt=+=+（

2）若物块在B点恰好离开传送带做平抛运动，则应满足20mg=vmr20106.410ms0.8ms1.2msvgr−===可知物块在B点离开传送带做平抛运动，如图所示，到D点的时间为23446.4

10s0.16s10rtg−===到D点在竖直方向的分速度为3100.16ms1.6msyvgt===则有物块在D点的速度为222211.21.6ms2msDyvvv=+=+=则有物块在D点的速度与水平方向之间的夹角11.64tan1.23yvv===53=在D点

由牛顿第二定律可得2NcosDvFmgmR−=代入数据解得N7NF=由牛顿第三定律可知物块在D点对圆弧的压力大小为7N。（3）设传送带速度至少为v2，则有物块沿传送带先向上以a2加速度做减速运动，则有2sincosmgmgma+=2210msa=减速到v2后，因tan

，物块继续以a3的加速度做减速运动，则有3sincosmgmgma−=232msa=当物块恰好到达H端，则有22222223022FvvvLaa−−+=−−解得21msv=因此若要物块能被送到H端，倾斜传动带GH顺时针运转的速度应满足的条件1msv15．某研究

小组设计了一个装置如图所示。可视为质点的质量为m=0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行

一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v=3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道AB的长度12.0ml=，水平轨道CD的长度为24.0ml=，滑块与水平轨道ABCD间存在摩

擦，但动摩擦因数未知，滑块与传送带间的动摩擦因数20.5=，传送带的长度L=0.5m，重力加速度取210m/s=g。求：（1）滑块与水平轨道ABCD之间的动摩擦因数1；（2）由于某种机制，滑块与水平轨道ABCD之间的动摩擦因数1可以调节，要使小滑块能到达传送带右侧的E点且速度为

3m/s，则1应满足什么条件。【答案】（1）0.2；（2）1130.360【详解】（1）设圆管道的最高点为P，则23PvmgmgmR+=滑块运动到圆弧最高点过程有21111222PlFmglmgRmv−−=解得10.2=（2）若滑块

能过P点'111202lFmglmgR−−=解得'10.6=若小滑块在传送带上一直加速有()''211122122lFmgllmgLmv−++=解得''10.3=若小滑块在传送带上一直减速有()'''21

1122122lFmgllmgLmv−+−=解得'''11360=则有1130.36016．如图，在A点以01m/sv=的初速度水平向右抛出一质量为1kgm=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5m/s

v=沿圆弧切线进入半径为1mR=的竖直粗糙、圆心角为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点水平飞出后击中一个竖直截面为2yx=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210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，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的大小和小球击中容器壁处的坐标；（3）若小

球在C点的速率可调，则小球击中容器壁时速率的最小值。【答案】（1）35NN=；（2）305,66；（3）15m/s【详解】（1）小球在C点时，根据牛顿第二定律2vNmgmR−=解得35NN=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35NN=（2）小球在B点sinyvv=小球从A点到B点的运动过程中1yvgt=解得10.3st=小球在B点cosxvv=小球从A点到B点的运动过程中01=+xvvatFma=解得10NF=根据抛物线方程2,1m==Cyxy，假设小球

击中容器壁D点处。小球从C点到D点的运动过程中2=Dxvt2212=−DCyygt2=DDyx解得305m,m66==DDxy所以小球击中容器壁处D点的坐标为305,66。（3）若小球在C

点的速率可调，设小球在C点的速率为Cv，小球从C点到击中y轴右侧容器壁的运动过程中3Cxvt=2312=−Cyygt2yx=小球击中y轴右侧容器壁时()223=+Cvvgt代入数据，得22221001005555=+=++−++CCCCvvvvv令25+=Cvz2

21001005555=++−=+−+CCvvzvz根据数学对勾函数的单调性可知当510z，v单调递减，当10z，v单调递增，所以当10z=时，有min15m/s=v即小球击中容器壁时速率的最小值为15m/s。17．如图甲所示，长1mL=的轻杆的一端固定在水平转轴O上，另一端固

定一质量0.5kgm=的小球，小球随轻杆绕转轴在竖直平面内做线速度2m/sv=的匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。（1）小球运动到最高点时，求轻杆对小球的作用力F1；（2）小球运动到

水平位置A时，求轻杆对小球的作用力大小F2；（3）若将轻杆换成轻绳，再将小球提至转轴正上方的B点，此时绳刚好伸直且无张力，然后将球以水平速度'1m/sv=抛出，如图乙所示。求从抛出小球到绳再次伸直的时间t。【答案】（1）杆对球的作用力1F的大小

为3N，方向竖直向上；（2）29N；（3）0.6s【详解】（1）假设F1的方向向上，对小球有：21vmgFmL−=解得13NF=所以杆对球的作用力1F的大小为3N，方向竖直向上；（2）小球运动到水平位置A时，杆对球的竖直方向分力yFmg=水平分力2xvF

mL=故杆对球的作用力大小222xyFFF=+代入数据解得229NF=（3）小球将做平抛运动，运动轨迹如图中实线所示，有222()LyLx=−+xvt=212ygt=代入数据解得0.6st=18．“抛石机”是古代战争中常用的一种设备，其装置简化原理如图所示。“抛石机”长臂

的长度4.8mL=，短臂的长度0.96ml=。在某次攻城战中，敌人城墙高度H=12m，士兵们为了能将石块投入敌人城中，在城外堆出了高8mh=的小土丘，在小土丘上使用“抛石机”对敌人进行攻击。士兵将质量m=4.8k

g的石块装在长臂末端的弹框中，开始时长臂处于静止状态，其与水平底面夹角30=。现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出且恰好击中城墙正面与小土丘等高的P点，P点与抛出位置间的水

平距离018mx=。不计空气阻力，重力加速度210m/s=g。（1）求石块刚被抛出时短臂末端的速度大小v。（2）求石块转到最高点时对弹框竖直方向作用力的大小。（3）若城墙上端的水平宽度2.4md=，则石块抛出时

速度多大才可以击中敌人城墙顶部？【答案】（1）3m/sv=；（2）177NF=；（3）22.5m/s25.5m/sv【详解】（1）石块抛出后做平抛运动，有211sin2LLgt+=则石块抛出时的速度001xvt=长臂和短臂的角速度相同，有0vvLl=代入数

据解得3m/sv=（2）石块转到最高点时，弹框对石块竖直方向的作用力和石块的重力的合力提供石块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得20vFmgmL+=解得177NF=根据牛顿第三定律知，石块转到最高点时对弹框竖直方

向作用力的大小为177N。（3）石块击中城墙顶部时，根据公式，有221sin2hLLHgt++−=代入数据解得20.8st=石块击中城墙顶部的水平位移00xxxd+抛出时初速度2xvt=代入数据解得22.5m/s25.5m/sv