2020高考物理总复习课时冲关练 (33)

2020高考物理总复习课时冲关练 (33)

第3讲　圆周运动 ‎ [A级－基础练]‎ ‎1．科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．小齿轮逆时针转动 B．小齿轮每个齿的线速度均相同 C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍 D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍 解析：C　[大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，选项B错误；根据v＝ωr，且线速度大小相等，角速度与半径成反比，选项C正确；根据向心加速度a＝，线速度大小相等，向心加速度与半径成反比，选项D错误．]‎ ‎2．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　　)‎ A．角速度大小相同 B．线速度大小相同 C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同 解析：A　[同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度大小不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度大小不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D错误．]‎ ‎3．2018年11月7日，首届FAI世界无人机锦标赛在深圳圆满落幕．无人机携带货物正在空中水平面内转弯，其运动可看做匀速圆周运动，若其转弯半径为r，转弯速度为v，货物质量为m，此时无人机对货物的作用力大小为(　　)‎ A．m　　　　　 B．mg C．m＋mg D．m 解析：D　[根据牛顿第二定律有：F合＝m，‎ 根据平行四边形定则，如图．‎ 无人机对货物的作用力 F＝ ＝m ，选项D正确．]‎ ‎4.如图是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．若摩托车发生滑动，则下列论述正确的是(　　)‎ A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用 B．摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力 C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去 D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去 解析：B　[摩托车做圆周运动需要向心力，不受到沿半径方向向外的离心力作用，故A错误；若摩托车发生滑动，摩托车做离心运动是因为所受外力的合力小于所需的向心力，故B正确；摩托车受到与速度方向垂直的摩擦力的作用，即使该摩擦力小于需要的向心力，但仍然能够改变车的运动的方向，使车不会沿其线速度的方向沿直线滑出去，故C错误；摩托车做圆周运动的线速度沿半径的切线方向，不可能会沿其半径方向沿直线滑出去，故D错误．]‎ ‎5.(2019·吉安模拟)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q 放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是(　　)‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变小 解析：B　[设OP长度为l，与水平面的夹角为θ，竖直方向平衡，有Fsin θ＝mg，水平方向由牛顿第二定律得Fcos θ＝mω2lcos θ，由以上方程分析可得，随θ角减小，F增大，A错误；结合Q的受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大，受到的桌面的支持力不变，C、D错误；F＝mω2l，ω随F的增大而增大，B正确．]‎ ‎6．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 解析：D　[在转动过程中，A、B两座椅的角速度相等，但由于B座椅的半径比较大，故B座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，A、B项错误；A、B两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；根据F＝mω2r判断A座椅的向心力较小，所受拉力也较小，D项正确．]‎ ‎7．(2019·衡阳模拟)轻杆一端固定有质量为m＝1 kg的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为50 cm，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直面内做匀速圆周运动，如图所示．若转轴达到某一恒定转速n时，在最高点，杆受到小球的压力为2 N，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)‎ A．小球运动到最高点时，小球需要的向心力为12 N B．小球运动到最高点时，线速度v＝1 m/s C．小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力为8 N D．把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点 解析：C　[小球运动到最高点时，杆受到小球的压力为2 N，由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力FN＝2 N，在最高点，小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供，为F＝mg－FN＝8 N，故A错误；在最高点，由F＝m得，v＝＝ m/s＝2 m/s，故B错误；小球运动到图示水平位置时，设杆对小球的拉力为FT，则有FT＝m＝F＝8 N，则小球对杆的拉力FT′＝FT＝8 N，据题意知支架处于静止状态，由平衡条件可知地面对支架的摩擦力Ff＝FT′＝8 N，故C正确；把杆换成轻绳，设小球通过最高点的最小速度为v0，由mg＝m得，v0＝＝ m/s＝ m/s＞v，所以在同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误．]‎ ‎8．如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．水处于失重状态，不受重力的作用 B．水受平衡力的作用，合力为零 C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用 D．杯底对水的作用力可能为零 解析：D　[失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，选项A错误；水受力不平衡，有向心加速度，选项B错误；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力提供，选项C错误；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时，杯底对水的作用力为零，选项D正确．]‎ ‎9．(2019·浙江模拟)有关圆周运动的基本模型，下列说法不正确的是(　　)‎ A．如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于失重状态 B．如图乙所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变 C．如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 解析：C　[A项，汽车在最高点mg－FN＝知FN＜mg ‎，故处于失重状态，故A项正确；B项，如题图乙所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F＝mgtan θ＝mω2r；r＝htan θ，知ω＝，故增大θ，但保持圆锥的高不变，角速度仍不变，故B项正确；C项，根据受力分析知两球受力情况相同，即向心力相同，由F＝mω2r知r不同，角速度不同，故C项错误；D项，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对轮缘会有挤压作用，故D项正确．]‎ ‎[B级—能力练]‎ ‎10.(2019·杭州四中统测)有一长度为L＝0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到(　　)‎ A．6.0 N的拉力　　　　　 B．6.0 N的压力 C．24 N的拉力 D．24 N的压力 解析：B　[设杆对小球的作用力为FN，方向竖直向下，如图所示，‎ 由向心力公式得FN＋mg＝m，则 FN＝m－mg＝N＝－6 N.‎ 负号说明FN的方向与假设方向相反，即竖直向上．‎ 由牛顿第三定律知应选B.]‎ ‎11.(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(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　[解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：‎ ‎(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．‎ 对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有＋2mgr＝，可求得v0≥2 m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v ‎0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝，可求得v0≤2 m/s，故选项D正确．]‎ ‎12．(2016·全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 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.小球摆动至最低点由动能定理：mgL＝mv2，可得：v＝，因LP＜LQ，故vP＜vQ，选项A错误；B.由Ek＝mgL，而mP＞mQ，则动能无法比较，选项B错误；C.在最低点，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；D.a＝＝2g，两球的向心加速度相等，选项D错误，故选C.]‎ ‎13．(2019·定州市模拟)如图所示，圆筒的内壁光滑，一端B固定在竖直转轴OO′上，圆筒可随轴转动，它与水平面的夹角始终为30°，在筒内有一个用轻质弹簧连接的小球A(小球直径略小于圆筒内径)，A的质量为m，弹簧的另一端固定在圆筒的B端，弹簧原长为L，当圆筒静止时A、B之间的距离为L(L远大于小球直径)．现让圆筒开始转动，其角速度从0开始缓慢增大，当角速度增大到某一值时保持匀速转动，此时小球A、B之间的距离为2L，重力加速度大小为g，求圆筒保持匀速转动时的角速度ω0.‎ 解析：当圆筒静止时A、B之间的距离为L，可知弹簧的形变量Δx＝，‎ 根据平衡有mgsin 30°＝k·.‎ 当圆筒转动，AB间距离为2L时，受力如图，在竖直方向上，有Ncos 30°＝ksin 30°＋mg，‎ 水平方向上，有k cos 30°＋Nsin 30°＝m·‎ ‎2Lsin 60°ω，‎ 联立解得ω0＝.‎ 答案： ‎14．(2019·河南洛阳一中月考)某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m＝0.1 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)圆轨道的半径R；‎ ‎(2)若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求θ值．‎ 解析：(1)小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：F＋mg＝m 从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：‎ mg(H－2R)＝mv2‎ 联立解得：F＝m－mg ‎＝－mg＝H－5mg 由题图乙中给出的F－H图象知斜率 k＝ N/m＝10 N/m即＝10 N/m 所以可得R＝0.2 m.‎ ‎(2)小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小．根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度为v＝ 小球落地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R，所以小球平抛的射程 s＝vt＝v＝×＝R 由几何关系可知，角θ＝45°.‎ 答案：(1)0.2 m　(2)45°‎