2020版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课后分级演练12 圆周运动

2020版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课后分级演练12 圆周运动

课后分级演练(十二) 圆周运动 ‎【A级——基础练】‎ ‎1.水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为RA∶RB∶RC＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则(　　)‎ A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6‎ B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2‎ C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3‎ D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2‎ 解析：A　小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．‎ ‎2.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为‎60 kg的学员在A点位置，质量为‎70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为‎5.0 m，B点的转弯半径为‎4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　　)‎ A．运动周期之比为5∶4‎ B．运动线速度大小之比为1∶1‎ C．向心加速度大小之比为4∶5‎ D．受到的合力大小之比为15∶14‎ 解析：D　A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D正确．‎ ‎3．(2017·成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3.A、B、C分别为各边缘线上的点．则读取内环上A点时，A点的向心加速度大小和读取外环上C 8‎ 点时，C点的向心加速度大小之比为(　　)‎ A.　　 B. C. D. 解析：D　本题考查线速度、角速度、向心加速度等，意在考查考生对圆周运动参量的理解能力、合理选择向心力加速度公式分析问题的能力．A、B两点角速度相同，由a＝ω2r，可知aA∶aB ＝R1∶R2①；B、C两点线速度相同，由a＝，可知aB∶aC＝R3∶R2②；由①×②得aA∶aC＝R1R3∶R，D项正确．‎ ‎4.(2017·三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态．当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)(　　)‎ A．向管底运动 B．向管口运动 C．保持不动 D．无法判断 解析：B　开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确．‎ ‎5.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．A球的角速度等于B球的角速度 B．A球的线速度大于B球的线速度 C．A球的运动周期小于B球的运动周期 D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力 解析：B　先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：‎ FNsin θ＝mg①‎ FNcos θ＝mrω2②‎ 由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力FN相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A 8‎ 球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A、C错误，又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确．‎ ‎6.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态 B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C．当v0>时，小球一定能通过最高点P D．当v0<时，细绳始终处于绷紧状态 解析：CD　小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：FT1－mg＝m；在最高点时：FT2＋mg＝m，其中mv－mg·‎2l＝mv2，解得FT1－FT2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝时，得v＝，因为小球能经过最高点的最小速度为，则当v0>时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝时，由mv＝mgh得小球能上升的高度h＝l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．‎ ‎7.如图所示，轻杆长‎3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时(　　)‎ A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误．‎ ‎8.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB 8‎ ‎＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．OB绳的拉力范围为0～mg B．OB绳的拉力范围为mg～mg C．AB绳的拉力范围为mg～mg D．AB绳的拉力范围为0～mg 解析：B　当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则‎2F1cos 30°＝mg，F1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝mg，因此OB绳的拉力范围为mg～mg，AB绳的拉力范围为0～mg，B项正确．‎ ‎9．(2017·广东汕头二模)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为T，拉力T与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)‎ A．数据a与小球的质量有关 B．数据b与圆周轨道半径有关 C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 解析：D　在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T＋mg＝m，可得图线的函数表达式为T＝m－mg，图乙中横轴截距为a，则有0＝m－mg，得g＝，则a＝gR；图线过点(‎2a，b)，则b＝m－mg，可得b＝mg，则＝，A、B、C错．由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝ 8‎ ‎，则D正确．‎ ‎10.如图所示，用一根长为l＝‎1 m的细线，一端系一质量为m＝‎1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT.(g取‎10 m/s2，结果可用根式表示)求：‎ ‎(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？‎ ‎(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？‎ 解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：‎ mgtan θ＝mωlsin θ 解得：ω＝ 即ω0＝＝ rad/s.‎ ‎(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得：‎ mgtan α＝mω′2lsin α 解得：ω′2＝，‎ 即ω′＝＝2 rad/s.‎ 答案： rad/s　(2)2 rad/s ‎【B级——提升练】‎ ‎11.(2017·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示．今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)‎ A．一定会落到水平面AE上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．不能确定 解析：A　设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝ 8‎ ‎，知在最高点的最小速度为.小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝.则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上．故A正确，B、C、D错误．‎ ‎12.(多选)(2017·湖南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．已知轮轴的半径R＝‎0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝‎1.0 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s，g＝‎10 m/s2，以下判断正确的是(　　)‎ A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是5.0 N C．细线对物块的拉力是6.0 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是‎1.0 m/s2‎ 解析：CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又v＝at，故可得：a＝‎1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是‎1.0 m/s2.故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确．‎ ‎13.如图，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动．A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点．小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力FN和地面对M的摩擦力有关说法正确的是(　　)‎ A．小滑块在A点时，FN>Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右 C．小滑块在C点时，FN＝(M＋m)g，M与地面无摩擦 D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左 解析：B　因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力．小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝时，对轨道的压力为零，轨道对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v>时，对轨道的压力向上，轨道对地面的压力FN(M＋m)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给轨道向左的摩擦力，轨道对地面的压力FN＝Mg 8‎ ‎，故选项D错误．‎ ‎14.(2017·昆明七校调研)如图所示，一长l＝‎0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝‎0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝‎0.90 m．开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)轻绳断裂后小球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；‎ ‎(2)若OP＝‎0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力．‎ 解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mv＝mgl 解得小球运动到B点时的速度大小，‎ vB＝＝‎3.0 m/s 小球从B点做平抛运动，由运动学规律得 x＝vBt y＝H－l＝gt2‎ 解得C点与B点之间的水平距离 x＝vB·＝‎0.90 m.‎ ‎(2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿运动定律得 Fm－mg＝ r＝l－OP 由以上各式解得 Fm＝7 N.‎ 答案：(1)‎0.90 m　(2)7 N ‎15．(2017·河北石家庄质检)如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物 块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右沿轨道运动，B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：‎ 8‎ ‎(1)物块B在d点的速度大小；‎ ‎(2)物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；‎ ‎(3)物块A滑行的最大距离s.‎ 解析：(1)B在d点时，根据牛顿第二定律有：‎ mg－mg＝m 解得：v＝ ‎(2)B从b到d过程，只有重力做功，由机械能守恒有：‎ mv＝mgR＋mv2‎ 解得：vB＝ ‎(3)A、B分离过程由动量守恒有：3mvA＝mvB A做匀减速直线运动，由动能定理得 ‎0－×3mv＝－3μmgs 联立解得：s＝ 答案：(1)　(2)　(3) 8‎