《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)十三 圓周運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)十三 圓周運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　圓周運(yùn)動(dòng) [A級(jí)－基礎(chǔ)練] 1．科技館的科普器材中常有如圖所示的勻速率的傳動(dòng)裝置：在大齒輪盤(pán)內(nèi)嵌有三個(gè)等大的小齒輪．若齒輪的齒很小，大齒輪的半徑(內(nèi)徑)是小齒輪半徑的3倍，則當(dāng)大齒輪順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小齒輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．小齒輪每個(gè)齒的線速度均相同 C．小齒輪的角速度是大齒輪角速度的3倍 D．大齒輪每個(gè)齒的向心加速度大小是小齒輪的3倍 解析：C　[大齒輪、小齒輪在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，兩者的齒的線速度大小相等，當(dāng)大齒輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小齒輪也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；速度是矢量，具有方向，所以小齒輪每個(gè)齒的線速度不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝ωr，且線速

2、度大小相等，角速度與半徑成反比，選項(xiàng)C正確；根據(jù)向心加速度a＝，線速度大小相等，向心加速度與半徑成反比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 2．如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，a和b是輪上質(zhì)量相等的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則偏心輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中a、b兩質(zhì)點(diǎn)(　　) A．角速度大小相同 B．線速度大小相同 C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同 解析：A　[同軸轉(zhuǎn)動(dòng)角速度相等，A正確；由于兩者半徑不同，根據(jù)公式v＝ωr可得兩點(diǎn)的線速度大小不同，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式a＝ω2r，角速度相同，半徑不同，所以向心加速度大小不同，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式F＝ma，質(zhì)量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D錯(cuò)誤．]

3、 3．2018年11月7日，首屆FAI世界無(wú)人機(jī)錦標(biāo)賽在深圳圓滿落幕．無(wú)人機(jī)攜帶貨物正在空中水平面內(nèi)轉(zhuǎn)彎，其運(yùn)動(dòng)可看做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若其轉(zhuǎn)彎半徑為r，轉(zhuǎn)彎速度為v，貨物質(zhì)量為m，此時(shí)無(wú)人機(jī)對(duì)貨物的作用力大小為(　　) A．m　　　　　 B．mg C．m＋mg D．m 解析：D　[根據(jù)牛頓第二定律有：F合＝m， 根據(jù)平行四邊形定則，如圖． 無(wú)人機(jī)對(duì)貨物的作用力 F＝ ＝m ，選項(xiàng)D正確．] 4.如圖是摩托車比賽轉(zhuǎn)彎時(shí)的情形，轉(zhuǎn)彎處路面常是外高內(nèi)低，摩托車轉(zhuǎn)彎有一個(gè)最大安全速度，若超過(guò)此速度，摩托車將發(fā)生滑動(dòng)．若摩托車發(fā)生滑動(dòng)，則下列論述正確的是(　　) A．摩托

4、車一直受到沿半徑方向向外的離心力作用 B．摩托車所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力 C．摩托車將沿其線速度的方向沿直線滑出去 D．摩托車將沿其半徑方向沿直線滑出去 解析：B　[摩托車做圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力，不受到沿半徑方向向外的離心力作用，故A錯(cuò)誤；若摩托車發(fā)生滑動(dòng)，摩托車做離心運(yùn)動(dòng)是因?yàn)樗芡饬Φ暮狭π∮谒璧南蛐牧?，故B正確；摩托車受到與速度方向垂直的摩擦力的作用，即使該摩擦力小于需要的向心力，但仍然能夠改變車的運(yùn)動(dòng)的方向，使車不會(huì)沿其線速度的方向沿直線滑出去，故C錯(cuò)誤；摩托車做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度沿半徑的切線方向，不可能會(huì)沿其半徑方向沿直線滑出去，故D錯(cuò)誤．] 5.(2019·

5、吉安模擬)如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個(gè)金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個(gè)更高一些的水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(圖中P′位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點(diǎn)，則后一種情況與原來(lái)相比較，下面的判斷正確的是(　　) A．細(xì)線所受的拉力變小 B．小球P運(yùn)動(dòng)的角速度變大 C．Q受到桌面的靜摩擦力變小 D．Q受到桌面的支持力變小 解析：B　[設(shè)OP長(zhǎng)度為l，與水平面的夾角為θ，豎直方向平衡，有Fsin θ＝mg，水平方向由牛頓第二定律得Fcos θ＝mω2lcos θ，由以上方程分析可得

6、，隨θ角減小，F(xiàn)增大，A錯(cuò)誤；結(jié)合Q的受力平衡得Q受到桌面的靜摩擦力變大，受到的桌面的支持力不變，C、D錯(cuò)誤；F＝mω2l，ω隨F的增大而增大，B正確．] 6．如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個(gè)座椅A、B質(zhì)量相等，通過(guò)相同長(zhǎng)度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤(pán)上．不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤(pán)繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 解析：D　[在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，A、B兩座椅的角速度相等，但由于B座椅的半徑比較大，故B座椅的速度比較大，向心加速度也比較大

7、，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；A、B兩座椅所需向心力不等，而重力相同，故纜繩與豎直方向的夾角不等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)F＝mω2r判斷A座椅的向心力較小，所受拉力也較小，D項(xiàng)正確．] 7．(2019·衡陽(yáng)模擬)輕桿一端固定有質(zhì)量為m＝1 kg的小球，另一端安裝在水平軸上，轉(zhuǎn)軸到小球的距離為50 cm，轉(zhuǎn)軸固定在三角形的帶電動(dòng)機(jī)(電動(dòng)機(jī)沒(méi)畫(huà)出來(lái))的支架上，在電動(dòng)機(jī)作用下，輕桿在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．若轉(zhuǎn)軸達(dá)到某一恒定轉(zhuǎn)速n時(shí)，在最高點(diǎn)，桿受到小球的壓力為2 N，重力加速度g取10 m/s2.則(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球需要的向心力為12 N B．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，線速度v＝1 m

8、/s C．小球運(yùn)動(dòng)到圖示水平位置時(shí)，地面對(duì)支架的摩擦力為8 N D．把桿換成輕繩，同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球仍能通過(guò)圖示的最高點(diǎn) 解析：C　[小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，桿受到小球的壓力為2 N，由牛頓第三定律可知桿對(duì)小球的支持力FN＝2 N，在最高點(diǎn)，小球需要的向心力由重力和桿的支持力的合力提供，為F＝mg－FN＝8 N，故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)，由F＝m得，v＝＝ m/s＝2 m/s，故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到圖示水平位置時(shí)，設(shè)桿對(duì)小球的拉力為FT，則有FT＝m＝F＝8 N，則小球?qū)U的拉力FT′＝FT＝8 N，據(jù)題意知支架處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可知地面對(duì)支架的摩擦力Ff＝FT′＝8 N，故C正確；把桿換

9、成輕繩，設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為v0，由mg＝m得，v0＝＝ m/s＝ m/s＞v，所以在同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球不能通過(guò)圖示的最高點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．] 8．如圖所示的雜技演員在表演“水流星”的節(jié)目時(shí)，盛水的杯子經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)杯口向下時(shí)水也不灑出來(lái)，對(duì)于杯子經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)水的受力情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．水處于失重狀態(tài)，不受重力的作用 B．水受平衡力的作用，合力為零 C．由于水做圓周運(yùn)動(dòng)，因此必然受到重力和向心力的作用 D．杯底對(duì)水的作用力可能為零 解析：D　[失重狀態(tài)是物體對(duì)支持物(或繩)的彈力小于重力，但物體所受重力不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；水受力不平衡，有向心加速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤

10、；向心力不是性質(zhì)力，本題中向心力由重力和彈力的合力提供，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力恰好提供水做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力時(shí)，杯底對(duì)水的作用力為零，選項(xiàng)D正確．] 9．(2019·浙江模擬)有關(guān)圓周運(yùn)動(dòng)的基本模型，下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．如圖甲，汽車通過(guò)拱橋的最高點(diǎn)處于失重狀態(tài) B．如圖乙所示是一圓錐擺，增大θ，若保持圓錐的高不變，則圓錐擺的角速度不變 C．如圖丙，同一小球在光滑而固定的圓錐筒內(nèi)的A、B位置先后分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在A、B兩位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．火車轉(zhuǎn)彎超過(guò)規(guī)定速度行駛時(shí)，外軌對(duì)火車輪緣會(huì)有擠壓作用 解析：C　[A項(xiàng)，汽車在最高點(diǎn)mg－FN＝知F

11、N＜mg，故處于失重狀態(tài)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，如題圖乙所示是一圓錐擺，重力和拉力的合力F＝mgtan θ＝mω2r；r＝htan θ，知ω＝，故增大θ，但保持圓錐的高不變，角速度仍不變，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)受力分析知兩球受力情況相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，火車轉(zhuǎn)彎超過(guò)規(guī)定速度行駛時(shí)，重力和支持力的合力不足以提供向心力，則外軌對(duì)輪緣會(huì)有擠壓作用，故D項(xiàng)正確．] [B級(jí)—能力練] 10.(2019·杭州四中統(tǒng)測(cè))有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.50 m的輕質(zhì)細(xì)桿OA，A端有一質(zhì)量為m＝3.0 kg的小球，如圖所示，小球以O(shè)點(diǎn)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高

12、點(diǎn)時(shí)小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，則此時(shí)細(xì)桿OA受到(　　) A．6.0 N的拉力　　　　　 B．6.0 N的壓力 C．24 N的拉力 D．24 N的壓力 解析：B　[設(shè)桿對(duì)小球的作用力為FN，方向豎直向下，如圖所示， 由向心力公式得FN＋mg＝m，則 FN＝m－mg＝N＝－6 N. 負(fù)號(hào)說(shuō)明FN的方向與假設(shè)方向相反，即豎直向上． 由牛頓第三定律知應(yīng)選B.] 11.(多選)如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r＝0.4 m，最低點(diǎn)處有一小球(半徑比r小很多)，現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運(yùn)動(dòng)，v0應(yīng)當(dāng)滿足(

13、g＝10 m/s2)(　　) A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2 m/s D．v0≤2 m/s 解析：CD　[解決本題的關(guān)鍵是全面理解“小球不脫離圓軌道運(yùn)動(dòng)”所包含的兩種情況： (1)小球通過(guò)最高點(diǎn)并完成圓周運(yùn)動(dòng)；(2)小球沒(méi)有通過(guò)最高點(diǎn)，但小球沒(méi)有脫離圓軌道． 對(duì)于第(1)種情況，當(dāng)v0較大時(shí)，小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)，這時(shí)小球在最高點(diǎn)處需要滿足的條件是mg≤，又根據(jù)機(jī)械能守恒定律有＋2mgr＝，可求得v0≥2 m/s，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于第(2)種情況，當(dāng)v0較小時(shí)，小球不能通過(guò)最高點(diǎn)，這時(shí)對(duì)應(yīng)的臨界條件是小球上升到與圓心等高位置處，速度恰好減為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定

14、律有mgr＝，可求得v0≤2 m/s，故選項(xiàng)D正確．] 12．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：C　[A.小球擺動(dòng)至最低點(diǎn)由動(dòng)能定理：mgL＝mv2，可得：v＝，因LP＜LQ，故vP＜vQ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.由Ek＝mgL，而mP＞mQ，則動(dòng)能無(wú)

15、法比較，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.在最低點(diǎn)，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，選項(xiàng)C正確；D.a＝＝2g，兩球的向心加速度相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選C.] 13．(2019·定州市模擬)如圖所示，圓筒的內(nèi)壁光滑，一端B固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，圓筒可隨軸轉(zhuǎn)動(dòng)，它與水平面的夾角始終為30°，在筒內(nèi)有一個(gè)用輕質(zhì)彈簧連接的小球A(小球直徑略小于圓筒內(nèi)徑)，A的質(zhì)量為m，彈簧的另一端固定在圓筒的B端，彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)圓筒靜止時(shí)A、B之間的距離為L(zhǎng)(L遠(yuǎn)大于小球直徑)．現(xiàn)讓圓筒開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度從0開(kāi)始緩慢增大，當(dāng)角速度增大到某一值時(shí)保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)小球A、B之間的距離為2L，重力加速度大小為g，求圓筒保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)

16、時(shí)的角速度ω0. 解析：當(dāng)圓筒靜止時(shí)A、B之間的距離為L(zhǎng)，可知彈簧的形變量Δx＝， 根據(jù)平衡有mgsin 30°＝k·. 當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)，AB間距離為2L時(shí)，受力如圖，在豎直方向上，有Ncos 30°＝ksin 30°＋mg， 水平方向上，有k cos 30°＋Nsin 30°＝m· 2Lsin 60°ω， 聯(lián)立解得ω0＝. 答案： 14．(2019·河南洛陽(yáng)一中月考)某實(shí)驗(yàn)小組做了如下實(shí)驗(yàn)，裝置如圖甲所示．豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾角為θ的斜面軌道AB和圓弧軌道BCD組成，將質(zhì)量m＝0.1 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點(diǎn)靜止滑下，用壓力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過(guò)圓弧最高點(diǎn)D

17、時(shí)對(duì)軌道的壓力F，改變H的大小，可測(cè)出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示．g＝10 m/s2.求： (1)圓軌道的半徑R； (2)若小球從D點(diǎn)水平飛出后又落到斜面上，其中最低的位置與圓心O等高，求θ值． 解析：(1)小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)，滿足豎直方向的合力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力即：F＋mg＝m 從A到D的過(guò)程中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有： mg(H－2R)＝mv2 聯(lián)立解得：F＝m－mg ＝－mg＝H－5mg 由題圖乙中給出的F－H圖象知斜率 k＝ N/m＝10 N/m即＝10 N/m 所以可得R＝0.2 m. (2)小球離開(kāi)D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系知，小球落地點(diǎn)越低平拋的射程越小，即題設(shè)中小球落地點(diǎn)位置最低對(duì)應(yīng)小球離開(kāi)D點(diǎn)時(shí)的速度最?。鶕?jù)臨界條件知，小球能通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的最小速度為v＝ 小球落地點(diǎn)在斜面上與圓心等高，故可知小球平拋時(shí)下落的距離為R，所以小球平拋的射程 s＝vt＝v＝×＝R 由幾何關(guān)系可知，角θ＝45°. 答案：(1)0.2 m　(2)45° 9