【物理】2020届一轮复习人教版 圆周运动 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 圆周运动 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 圆周运动 课时作业 一、选择题 ‎1. (2019届湖北省重点中学联考)如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．P、Q两物体的角速度大小相等 B．P、Q两物体的线速度大小相等 C．P物体的线速度比Q物体的线速度大 D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用 解析：选A　P、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错．‎ ‎2.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则(　　)‎ A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B．受到的合力大小为F＝ C．若运动员加速，则一定沿斜面上滑 D．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑 解析：选B　将运动员和自行车看做一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，A错误；系统所受合力提供向心力，大小为F＝m，B正确；运动员加速，系统有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑，C、D均错误．‎ ‎3. (2018届咸阳一模)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：选A　设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，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．‎ ‎4.如图所示，长度均为l＝‎1 m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝‎0.5 kg的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为l，重力加速度g取‎10 m/s2.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　)‎ A．5 N　　　　　　　　 B. N C．15 N D．10 N 解析：选A　小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg＝m；当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得mg＋2FTcos30°＝m，解得FT＝mg＝5 N，故选项A正确．‎ ‎5．(多选) (2018届信阳一模)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(小孔边缘光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动，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，下面的判断中正确的是(　　)‎ A．Q受到桌面的支持力变大 B．Q受到桌面的静摩擦力变大 C．小球P运动的周期变大 D．小球P运动的角速度变大 解析：选BD　金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件可知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故A错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线在桌面下方的长度为L.小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有T＝，Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得角速度为ω＝，周期为T＝＝2π ；使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小．对Q由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B、D正确，C错误．‎ ‎6．如图所示，一轻绳一端连接在悬点O，另一端连着一个质量为m的小球，将球放在与O点等高的位置，绳子刚好拉直，绳长为L，在O点正下方处的A点有一钉子，球由静止释放后下落到最低点，绳与钉子相碰后没有断，球继续运动，不计空气阻力，忽略绳经过A点时的机械能损失，则(　　)‎ A．球运动到与A点等高的B点时，绳对悬点O的拉力大小等于mg B．球运动到与A点等高的B点时，绳对钉子的作用力大小等于 mg C．球刚好能运动到悬点O点 D．球运动到与A点等高的B点时，剪断绳子，球能运动到与O点等高的位置 解析：选D　小球由静止释放至运动到B点的过程中机械能守恒，mg×L＝mv2‎ ‎，则绳的拉力F＝m＝2mg，A项错误；此时绳对钉子的作用力为两边绳上张力的合力，即2mg，B项错误；根据机械能守恒定律可知，如果球能运动到O点，则到O点时的速度为零，在绳模型的圆周运动中这是不可能的，C项错误；若运动到B点时剪断绳子，球将做竖直上抛运动，运动过程中机械能守恒，球能运动到与O点等高的位置，D项正确．‎ ‎7. (多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝‎2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力Ffm＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝‎1.0 kg的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，取g＝‎10 m/s2，则它到O孔的距离可能是(　　)‎ A．‎6 cm B．‎‎15 cm C．‎30 cm D．‎‎34 cm 解析：选BC　转台以一定的角速度ω旋转，木块M所需的向心力与回旋半径r成正比，在离O点最近处r＝r1时，M有向O点的运动趋势，这时摩擦力Ff沿半径向外，刚好达最大静摩擦力Ffm，‎ 即mg－Ffm＝Mω2r1‎ 得r1＝＝ m＝0.08 m＝8 cm 同理，M在离O点最远处r＝r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力Ff的方向指向O点，且达到最大静摩擦力Ffm，‎ 即mg＋Ffm＝Mω2r2‎ 得r2＝＝ m＝0.32 m＝32 cm 则木块M能够相对转台静止，回旋半径r应满足关系式r1≤r≤r2.选项B、C正确．‎ ‎8. (2019届绵阳诊断)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：选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等，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．‎ ‎9. (2018届衡水市冀州中学一模)如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝‎0.30 m的轻杆，一端系住质量为‎0.2 kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v0＝‎3.0 m/s，取g＝‎10 m/s2，则(　　)‎ A．此时小球的加速度大小为 m/s2‎ B．小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上 C．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大 D．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小 解析：选C　小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：‎ 切向加速度为：a′＝＝gsinα；‎ 向心加速度为：an＝＝ m/s2＝30 m/s2；‎ 此时小球的加速度为合加速度，a＝>an＝30 m/s2> m/s2，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝mv12－mv02，解得：v1＝，考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝m，代入数据计算可以得到v2小于v1‎ ‎，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故F＋mgsinα＝m，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F一定增大，故C正确，D错误．‎ ‎10．(多选)如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架(含电动机)上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球(铁球可视为质点)，如图乙所示，重力加速度为g.若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则(　　)‎ A．铁球转动过程中机械能守恒 B．铁球做圆周运动的向心加速度始终不变 C．铁球转动到最低点时，处于超重状态 D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则ω＝ 解析：选CD　由于铁球在做匀速圆周运动的过程中动能不变，但重力势能在不断地变化，所以其机械能不守恒，选项A错误；由于铁球做圆周运动的角速度和半径均不发生变化，由a＝ω2l可知，向心加速度的大小不变，但其方向在不断地发生变化，选项B错误；铁球转动到最低点时，有竖直向上的加速度，故杆对铁球的拉力要大于铁球的重力，铁球处于超重状态，选项C正确；以支架和铁球整体为研究对象，铁球转动到最高点时，只有铁球有向下的加速度，由牛顿第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝ ，选项D正确．‎ 二、非选择题 ‎11．(2019届长沙联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示．测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝‎150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？‎ ‎(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速．‎ 解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m 解得v≈38.7 m/s.‎ ‎(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：‎ FNsinθ－Ffcosθ＝m FNcosθ＋Ffsinθ－mg＝0‎ Ff＝μFN 解得vmin＝30 m/s.‎ 答案：(1)38.7 m/s　(2)‎30 m/s ‎12．如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝‎2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h＝‎5 m．现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)起滑点A至少离水平滑道多高？‎ ‎(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝‎5 m的安 全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少？‎ 解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有 mg＝m①‎ 从A到圆形滑道最高点，由机械能守恒定律得 mgH1＝mv2＋mg·2R②‎ 解得H1＝R＝5 m．③‎ ‎(2)落在M点时抛出速度最小，从A到C由机械能守恒定律得 mgH1＝mv12④‎ v1＝＝‎10 m/s⑤‎ 水平抛出，由平抛运动规律可知 h＝gt2⑥‎ 得t＝1 s 则s1＝v1t＝10 m 落在N点时s2＝s1＋L＝15 m 则对应的抛出速度v2＝＝15 m/s 由mgH2＝mv22‎ 得H2＝＝11.25 m 安全滑下点A距水平滑道高度范围为5 m≤H≤11.25 m 答案：(1)5 m　(2)‎5 m≤H≤‎‎11.25 m