《2020高考物理一輪總復習 課時沖關十三 圓周運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 課時沖關十三 圓周運動（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　圓周運動 [A級－基礎練] 1．科技館的科普器材中常有如圖所示的勻速率的傳動裝置：在大齒輪盤內(nèi)嵌有三個等大的小齒輪．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，則當大齒輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(　　) A．小齒輪逆時針轉(zhuǎn)動 B．小齒輪每個齒的線速度均相同 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)動過程中，兩者的齒的線速度大小相等，當大齒輪順時針轉(zhuǎn)動時，小齒輪也順時針轉(zhuǎn)動，選項A錯誤；速度是矢量，具有方向，所以小齒輪每個齒的線速度不同，選項B錯誤；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D錯誤．] 2．如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉(zhuǎn)動，a和b是輪上質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點，則偏心輪轉(zhuǎn)動過程中a、b兩質(zhì)點(　　) 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可得兩點的線速度大小不同，B錯誤；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錯誤．]

3、 3．2018年11月7日，首屆FAI世界無人機錦標賽在深圳圓滿落幕．無人機攜帶貨物正在空中水平面內(nèi)轉(zhuǎn)彎，其運動可看做勻速圓周運動，若其轉(zhuǎn)彎半徑為r，轉(zhuǎn)彎速度為v，貨物質(zhì)量為m，此時無人機對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． 無人機對貨物的作用力 F＝ ＝m ，選項D正確．] 4.如圖是摩托車比賽轉(zhuǎn)彎時的情形，轉(zhuǎn)彎處路面常是外高內(nèi)低，摩托車轉(zhuǎn)彎有一個最大安全速度，若超過此速度，摩托車將發(fā)生滑動．若摩托車發(fā)生滑動，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　[摩托車做圓周運動需要向心力，不受到沿半徑方向向外的離心力作用，故A錯誤；若摩托車發(fā)生滑動，摩托車做離心運動是因為所受外力的合力小于所需的向心力，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動的方向，使車不會沿其線速度的方向沿直線滑出去，故C錯誤；摩托車做圓周運動的線速度沿半徑的切線方向，不可能會沿其半徑方向沿直線滑出去，故D錯誤．] 5.(2019·

5、吉安模擬)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細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)做勻速圓周運動(圓錐擺)．現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖中P′位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷正確的是(　　) A．細線所受的拉力變小 B．小球P運動的角速度變大 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OP長度為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”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上．不考慮空氣阻力的影響，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是(　　) 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)動過程中，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項錯誤；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項錯誤；根據(jù)F＝mω2r判斷A座椅的向心力較小，所受拉力也較小，D項正確．] 7．(2019·衡陽模擬)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機(電動機沒畫出來)的支架上，在電動機作用下，輕桿在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示．若轉(zhuǎn)軸達到某一恒定轉(zhuǎn)速n時，在最高點，桿受到小球的壓力為2 N，重力加速度g取10 m/s2.則(　　) A．小球運動到最高點時，小球需要的向心力為12 N B．小球運動到最高點時，線速度v＝1 m

8、/s C．小球運動到圖示水平位置時，地面對支架的摩擦力為8 N D．把桿換成輕繩，同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球仍能通過圖示的最高點 解析：C　[小球運動到最高點時，桿受到小球的壓力為2 N，由牛頓第三定律可知桿對小球的支持力FN＝2 N，在最高點，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錯誤；在最高點，由F＝m得，v＝＝ m/s＝2 m/s，故B錯誤；小球運動到圖示水平位置時，設桿對小球的拉力為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狀態(tài)，由平衡條件可知地面對支架的摩擦力Ff＝FT′＝8 N，故C正確；把桿換

9、成輕繩，設小球通過最高點的最小速度為v0，由mg＝m得，v0＝＝ m/s＝ m/s＞v，所以在同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球不能通過圖示的最高點，故D錯誤．] 8．如圖所示的雜技演員在表演“水流星”的節(jié)目時，盛水的杯子經(jīng)過最高點杯口向下時水也不灑出來，對于杯子經(jīng)過最高點時水的受力情況，下列說法正確的是(　　) 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．由于水做圓周運動，因此必然受到重力和向心力的作用 D．杯底對水的作用力可能為零 解析：D　[失重狀態(tài)是物體對支持物(或繩)的彈力小于重力，但物體所受重力不變，選項A錯誤；水受力不平衡，有向心加速度，選項B錯誤

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C錯誤；當重力恰好提供水做圓周運動的向心力時，杯底對水的作用力為零，選項D正確．] 9．(2019·浙江模擬)有關圓周運動的基本模型，下列說法不正確的是(　　) A．如圖甲，汽車通過拱橋的最高點處于失重狀態(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動，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)彎超過規(guī)定速度行駛時，外軌對火車輪緣會有擠壓作用 解析：C　[A項，汽車在最高點mg－FN＝知F

11、N＜mg，故處于失重狀態(tài)，故A項正確；B項，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項正確；C項，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項錯誤；D項，火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，則外軌對輪緣會有擠壓作用，故D項正確．] [B級—能力練] 10.(2019·杭州四中統(tǒng)測)有一長度為L＝0.50 m的輕質(zhì)細桿OA，A端有一質(zhì)量為m＝3.0 kg的小球，如圖所示，小球以O點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，通過最高

12、點時小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，則此時細桿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　[設桿對小球的作用力為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. 負號說明FN的方向與假設方向相反，即豎直向上． 由牛頓第三定律知應選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動，v0應當滿足(

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　[解決本題的關鍵是全面理解“小球不脫離圓軌道運動”所包含的兩種情況： (1)小球通過最高點并完成圓周運動；(2)小球沒有通過最高點，但小球沒有脫離圓軌道． 對于第(1)種情況，當v0較大時，小球能夠通過最高點，這時小球在最高點處需要滿足的條件是mg≤，又根據(jù)機械能守恒定律有＋2mgr＝，可求得v0≥2 m/s，故選項C正確；對于第(2)種情況，當v0較小時，小球不能通過最高點，這時對應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)機械能守恒定

14、律有mgr＝，可求得v0≤2 m/s，故選項D正確．] 12．(2016·全國卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長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(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 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.小球擺動至最低點由動能定理：mgL＝mv2，可得：v＝，因LP＜LQ，故vP＜vQ，選項A錯誤；B.由Ek＝mgL，而mP＞mQ，則動能無

15、法比較，選項B錯誤；C.在最低點，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，選項C正確；D.a＝＝2g，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤，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，它與水平面的夾角始終為30°，在筒內(nèi)有一個用輕質(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，彈簧原長為L，當圓筒靜止時A、B之間的距離為L(L遠大于小球直徑)．現(xiàn)讓圓筒開始轉(zhuǎn)動，其角速度從0開始緩慢增大，當角速度增大到某一值時保持勻速轉(zhuǎn)動，此時小球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

16、時的角速度ω0. 解析：當圓筒靜止時A、B之間的距離為L，可知彈簧的形變量Δx＝， 根據(jù)平衡有mgsin 30°＝k·. 當圓筒轉(zhuǎn)動，AB間距離為2L時，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·河南洛陽一中月考)某實驗小組做了如下實驗，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處的某點靜止滑下，用壓力傳感器測出小球經(jīng)過圓弧最高點D

17、時對軌道的壓力F，改變H的大小，可測出相應的F大小，F(xiàn)隨H的變化關系如圖乙所示．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D點時，滿足豎直方向的合力提供圓周運動向心力即：F＋mg＝m 從A到D的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理有： 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D點做平拋運動，根據(jù)幾何關系知，小球落地點越低平拋的射程越小，即題設中小球落地點位置最低對應小球離開D點時的速度最?。鶕?jù)臨界條件知，小球能通過D點時的最小速度為v＝ 小球落地點在斜面上與圓心等高，故可知小球平拋時下落的距離為R，所以小球平拋的射程 s＝vt＝v＝×＝R 由幾何關系可知，角θ＝45°. 答案：(1)0.2 m　(2)45° 9