2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及其应用练习含解析

2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及其应用练习含解析

第3讲 圆周运动及其应用 考点1　描述圆周运动的物理量及其关系(d)‎ ‎ ‎ ‎【典例1】(2018·浙江4月选考真题)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们 (　　)‎ A.线速度大小之比为4∶3‎ B.角速度大小之比为3∶4‎ C.圆周运动的半径之比为2∶1‎ D. 向心加速度大小之比为1∶2‎ ‎【解析】选A。因为相同时间内它们通过的路程之比是4∶3,根据v=,则A、B的线速度之比为 4∶3,故A正确;运动方向改变的角度之比为3∶2,根据ω=,则角速度之比为3∶2,故B错误;根据v=ωr可得圆周运动的半径之比为=‎ ‎×=×=,故C错误;根据a=vω得,向心加速度之比为==×=,故D错误。‎ ‎1.如图是自行车传动结构的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为n r/s,则自行车前进的速度为 (　　)‎ 16‎ A.　　　　　　　 B.‎ C. D.‎ ‎【解析】选D。转速为单位时间内转过的圈数,因为转动一圈,对圆心转过的角度为2π,所以ω=2πn,因为要测量自行车前进的速度,即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小。根据题意知:轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等,据v=rω可知r1ω1=r2ω2,已知ω1=2πn,则轮Ⅱ的角速度ω2=ω1。因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴,所以转动的ω相等,即ω3=ω2,根据v=rω可知,v=r3ω3=,故选D。‎ ‎2.(2019·台州模拟)如图所示为“行星转动示意图”。中心“太阳轮”的转动轴固定,其半径为R1,周围四个“行星轮”的转动轴固定,其半径为R2,“齿圈”的半径为R3,其中R1=1.5R2,A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点,齿轮转动过程不打滑,那么 (　　)‎ A.A点与B点的角速度相同 B.A点与B点的线速度相同 C.B点与C点的转速之比为7∶2‎ D.A点与C点的周期之比为3∶5‎ ‎【解析】选C。A、B两点在相等的时间内通过的弧长相等,故A、B两点的线速度大小相等,但方向不同,故B错误;由v=rω知,线速度相等时,角速度和半径成反比,故A、B两点角速度不相同,故A错误;B点和C点的线速度大小相等,由v=rω=2πn·r知,B点和C 16‎ 点的转速之比为:nB∶nC=rC∶rB=7∶2,故C正确;根据v=rω=r,TA∶TC=rA∶rC=3∶7,故D错误。‎ 描述圆周运动的各物理量之间的关系 ‎【加固训练】‎ ‎　　一般转动机械上都标有“×××r/min”,该数值是转动机械正常工作时的转速,不同的转动机械上标有的转速一般是不同的。下列有关转速的说法正确的是 (　　)‎ A.转速越大,说明该转动机械正常工作时的线速度一定越大 B.转速越大,说明该转动机械正常工作时的角速度一定越小 C.转速越大,说明该转动机械正常工作时的周期一定越大 D.转速越大,说明该转动机械正常工作时的周期一定越小 ‎【解析】选D。根据v=2πrn可知A错;根据ω=2πn可知B错;根据n=可知C错、D对。‎ 考点2　水平面内的匀速圆周运动(c)‎ ‎【典例2】 (2016·浙江高考改编)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍,假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g取10 m/s2,π=3.14)。则赛车 (　　)‎ 16‎ A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为30 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2‎ D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s ‎【解题思路】解答本题应注意以下三点:‎ 关键点 ‎(1)赛车绕赛道一圈时间最短的条件。‎ ‎(2)直跑道的长度x=。‎ ‎(3)警示点:根据几何关系求小圆弧弯道的圆心角。‎ ‎【解析】选A。路面对轮胎的最大径向静摩擦力提供赛车做圆周运动所需要的向心力,则根据牛顿第二定律得μmg=,μmg=,得v1=30 m/s,v2=45 m/s,从小圆轨道到大圆轨道的速度是增加的,所以在绕过小圆弧弯道后加速,A项正确,B项错误;赛道上直跑道的长度为x==50 m,赛车在直道上的加速度为a== m/s2≈6.5 m/s2,则C项错误;由题意知小圆弧弯道的圆心角为,通过小圆弧弯道的时间为t== s≈2.79 s,则D项错误。‎ ‎1. (2019·丽水模拟)“辽宁舰”质量为m=6×106 kg,如图是“辽宁舰”在海上转弯时的照片,假设整个过程中辽宁舰做匀速圆周运动,速度大小为20 m/s,圆周运动的半径为1 000 m,下列说法中正确的是 (　　)‎ 16‎ A.在A点时水对舰的合力指向圆心 B.在A点时水对舰的合力大小约为F=6.0×107 N C.在A点时水对舰的合力大小约为F=2.4×106 N D.在A点时水对舰的合力大小为0‎ ‎【解析】选B。在A点时,水对舰有向上的浮力,大小等于舰的重力,同时有指向圆心方向的水的推力,两个力的合力方向斜向上方向,选项A错误;水对舰的合力大小约为F== N≈6×107 N,选项B正确,C、D错误。故选B。‎ ‎2. (2017·浙江11月选考真题)如图所示,照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动,已知图中双向四车道的总宽度约为15 m,假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍,则运动的汽车 (　　)‎ A.所受的合力可能为零 B.只受重力和地面支持力作用 C.最大速度不能超过25 m/s D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供 ‎【解析】选C。由于匀速圆周运动是一种非平衡状态,因此合力不为零,A错;做匀速圆周运动的汽车需要地面对汽车的静摩擦力提供向心力,B错,同理D也错误。故选C。‎ ‎1.匀速圆周运动的受力特点:‎ ‎(1)物体所受合外力大小不变,方向总是指向圆心。‎ ‎(2)合外力充当向心力。‎ ‎2.解答匀速圆周运动问题的一般步骤:‎ 16‎ ‎(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。‎ ‎(2)分析物体受力情况,其合外力提供向心力。‎ ‎(3)由Fn=m或Fn=mω2r或Fn=m列方程求解。‎ ‎3.解决动力学问题要注意的三个方面:‎ ‎(1)几何关系的分析:目的是确定圆周运动的圆心、半径等。‎ ‎ (2)运动分析:目的是确定圆周运动的线速度、角速度。‎ ‎(3)受力分析:目的是利用力的合成与分解知识,表示出物体做圆周运动时,外界所提供的向心力。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　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】选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。‎ 考点3　竖直平面内的圆周运动(c)‎ ‎【典例3】如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g,‎ 16‎ 当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为 (　　)‎ A.Mg-5mg　　　　　　 B.Mg+mg ‎ C.Mg+5mg D.Mg+10mg ‎【解题思路】可按以下思路进行分析:‎ ‎【解析】选C。设小环滑到大环的最低点时的速度为v,对小环,根据机械能守恒定律得mg·2R=mv2,小环滑到最低点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=5mg。根据牛顿第三定律知,小环对大环的作用力为5mg。对大环,由平衡条件得F=Mg+5mg,根据牛顿第三定律,大环对轻杆的拉力为Mg+5mg,故选项C正确。‎ ‎1.质量相同的两个小球,分别用L和2L的细绳悬挂在天花板上,分别拉起小球使线伸直呈水平状态,然后轻轻释放,取释放位置为重力势能零点。当小球到达最低位置时 (　　)‎ A.两球的向心加速度相等　 B.两球运动的角速度相等 C.两球运动的线速度相等 D.两球的机械能不相等 ‎【解析】选A。小球运动过程中机械能守恒,开始时两小球机械能相等,则在最低位置时两小球机械能相等,选项D错误;由mgL=mv2得v=,知两球线速度不相等,选项C错误;由v=Lω得ω=,知两球角速度不相等,选项B错误;向心加速度a==2g,两球向心加速度均为2g,选项A正确。‎ ‎2. (易错专练:向心力的来源)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,‎ 16‎ 重力加速度为g。某时刻杆对球的作用力方向恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ满足 (　　)‎ A.sin θ= B.tanθ=‎ C.sin θ= D.tanθ=‎ ‎【解析】选A。小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力,受力如图所示:根据牛顿第二定律有:mgsin θ=mLω2,解得:sin θ=,故A正确,B、C、D错 误。故选A。‎ ‎1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。‎ ‎2.只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒。‎ ‎3.竖直面内的圆周运动问题,既有临界问题,又有能量守恒的问题,要注意物体运动到圆周的最高点速度不为零。‎ ‎4.一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　周末去公园荡秋千是一个不错的选择。如图,某质量为m的同学正在荡秋千。若忽略空气阻力,则关于在运动过程中的最高点M和最低点N的说法中错误的是 ‎ (　　)‎ A.M位置下的加速度不是零 ‎ 16‎ B.N位置下的加速度是零 ‎ C.M位置下的绳子拉力小于mg D.N位置下的绳子拉力大于mg ‎【解析】选B。N位置下的切向加速度为零,但法向加速度不是零,故B错;M位置下的加速度不为零,此时绳子拉力等于重力沿绳子方向的分力,故小于mg,A、C正确;N位置下加速度方向向上,拉力大于重力,故D正确。‎ 考点4　圆周运动的综合问题(c)‎ ‎【典例4】(2019·杭州模拟)为了研究过山车的原理,物理小组提出了下列的设想:取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0 m的粗糙的倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个质量为2 kg的小物块以初速度v0=4.0 m/s从某一高处水平抛出,恰从A点无碰撞地沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道AB的动摩擦因数μ=0.5(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,‎ cos 37°=0.8): ‎ ‎(1)求小物块的抛出点和A点的高度差;‎ ‎(2)求小物块沿着轨道AB运动的过程中克服摩擦力所做的功;‎ ‎(3)为了让小物块能沿着轨道运动,并从E点飞出,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件?‎ ‎【解析】(1)设从抛出点到A点的高度差为h,到A点时则有:vy=,且=‎ tan 37°‎ 代入数据解得:h=0.45 m ‎(2)小物块沿着轨道AB运动的过程中克服摩擦力所做的功为:‎ W=μmgcos37°L=0.5×20×0.8×2 J=16 J 16‎ ‎(3)小物块到达A点时的速度:‎ vA== m/s=5 m/s 从A到B,由能量守恒得:‎ mgLsin37°-μmgcos37°L=m-m 小物块从B到环最高点机械能守恒:‎ m=m+mg2R 在最高点有:m≥mg 代入数据解得:R≤0.66 m 答案:(1)0.45 m　(2)16 J　(3)R≤0.66 m ‎【典例5】如图所示,O为竖直放置的半径R=2 m的光滑管状轨道圆心,A、B两点关于过O的竖直线对称,从A点将质量为m=0.2 kg的小球以某一速度斜向上抛出,无碰撞地由B点进入管道,小球经圆轨道最低点C无能量损失地进入长L=4 m的水平粗糙轨道CD,小球与CD间动摩擦因数μ=0.2,光滑半圆轨道DE竖直放置,E为最高点,G是与圆心O1等高的点,小球经D点无能量损失进入半圆轨道并能到达GE间某处,已知圆管的直径远小于轨道半径R且略大于小球直径,OB与竖直方向间夹角α=37°,(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)求: ‎ ‎(1)小球在A点抛出时的初速度大小v0。‎ ‎(2)小球经过D点时的速度大小vD。‎ ‎(3)半圆轨道DE的半径r应满足的条件。‎ ‎【解析】(1)因A、B关于过O点的竖直线对称且小球能无碰撞地由B点进入管道,所以小球在A点抛出时速度与OA垂直,令小球到达B点时竖直速度为vy,水平速度为vx,从A到B的时间为t,则由斜抛运动规律知:‎ ‎2Rsin α=vxt 16‎ vy=g·‎ tan α=‎ 联立并代入数值得vx=4 m/s,vy=3 m/s 所以小球在B点速度大小即小球初速度为 v0==5 m/s ‎(2)小球从B到D由动能定理知 mgR(1+cos α)-μmgL=m-m 代入数值得vD=9 m/s ‎(3)因小球能到达GE间某处,所以当小球刚能过G点时,由机械能守恒定律知m=mgrmax 即rmax=4.05 m 当小球恰能到E点时有:m=2mgrmin+m mg=m 联立得rmin=1.62 m 所以半圆轨道DE的半径r应满足1.62 m

查看更多