2019版高考物理一轮复习 精选题辑 课练12 圆周运动的规律及应用

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1、课练12圆周运动的规律及应用1(2018陕西长安一中模拟)(多选)有关圆周运动的基本模型,下列说法正确的是()A如图a所示,汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B如图b所示是一圆锥摆,增大,若保持圆锥的高度不变,则圆锥摆的角速度不变C如图c所示,同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的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答案:BD解析:题图a,汽车在最高点时,mgFN,可知FNm2r,M做向心运动,直到到达B点,小环N受到重力和圆环的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平方向,设其与A

2、BC半圆环圆心的连线与竖直方向之间的夹角为,Fnmgtanm2Rsin,所以2R,当半圆环的角速度由1变为2后,减小,小环N将向B点靠近稍许,故选A.5(2018安徽六安一中月考)高明同学撑一把雨伞站在水平地面上,伞面边缘点所围圆形的半径为R,现将雨伞绕竖直伞杆匀速转动,伞边缘上的水滴落到地面,落点形成一个半径为r的圆形,伞边缘距离地面的高度为h,当地重力加速度为g,则()A雨滴着地时的速度大小为 B雨滴着地时的速度大小为 C雨伞转动的角速度大小为 D雨伞转动的角速度大小为 答案:B解析:根据hgt2,解得t,根据几何关系得s,平抛运动的水平位移为sv0t,所以v0,下落的过程中机械能守恒,所

3、以mvmghmv2,联立以上方程解得vg;根据公式v0R得,联立得 ,故B正确,A、C、D错误6(2018陕西西安一中模拟)(多选)如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T,小球在最高点的速度大小为v,其Tv2图象如图乙所示,则()A轻质绳长为B当地的重力加速度为C当v2c时,轻质绳的拉力大小为aD只要v2b,小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a答案:BD解析:在最高点重力和绳子的拉力的合力充当向心力,所以有Tmgm,即Tv2mg,故斜率k,纵截距ymg,根据几何知识可得k,ya,联立解得g,R,A错误,B正确

4、;当v2c时,代入Tv2mg,解得Ta,C错误;只要v2b,绳子的拉力大于0,根据牛顿第二定律得最高点,T1mgm,最低点,T2mgm,从最高点到最低点的过程中,根据机械能守恒定律得mvmv2mgR,联立解得T2T16mg,即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a,D正确7(2018广东五校联考)如图甲所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为F,小球在最高点的速度大小为v,其Fv2图象如图乙所示则()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时,杆对小球的弹力方向向上Dv2b时,杆对小球的弹力大小为2mg答

5、案:A解析:在最高点,若v0,则Fmga;若F0,则mgmm,解得g,m,故A正确,B错误;由图可知当v2b时,杆对小球的弹力方向向下,所以当v2c时,杆对小球的弹力方向向下,故C错误;当v2b时,杆对小球的弹力大小为0,故D错误8(2018安徽蚌埠二中模拟)(多选)如图所示,在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2,转台绕转轴OO以角速度匀速转动过程中,轻绳始终处于水平状态,两滑块始终相对转台静止,且与转台之间的动摩擦因数相同,滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1、f2与角速度的二次方的关系图线,可能正确的是()答案:AC解析:两滑块的角速度

6、相等,根据向心力公式Fmr2,考虑到两滑块质量相同,滑块2的运动半径较大,开始时摩擦力提供向心力,所以角速度增大时,滑块2先达到最大静摩擦力;继续增大角速度,滑块2所受的摩擦力不变,绳子拉力增大,滑块1的摩擦力减小,当滑块1的摩擦力减小到零后,又反向增大,当滑块1摩擦力达到最大值时,再增大角速度,将发生相对滑动,故滑块2的摩擦力先增大达到最大值,然后保持不变,滑块1的摩擦力先增大后减小,再反向增大,故A、C正确9(2018河南豫南九校质检)(多选)如图所示,甲、乙两水平圆盘紧靠在一块,甲圆盘为主动轮,乙靠摩擦随甲转动,接触处无相对滑动甲圆盘与乙圆盘的半径之比r甲:r乙3:1,两圆盘和小物体m1

7、、m2之间的动摩擦因数相同,m1距O点为2r,m2距O点为r,当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时,下列说法正确的是()A滑动前m1与m2的角速度之比1:21:3B滑动前m1与m2的向心加速度之比a1:a22:9C随转速慢慢增加,m1先开始滑动D随转速慢慢增加,m2先开始滑动答案:ABD解析:甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等,有1r甲2r乙,则得1:21:3,所以小物体相对圆盘开始滑动前,m1与m2的角速度之比为1:21:3,故A正确;小物体相对圆盘开始滑动前,根据a2r得,m1与m2的向心加速度之比a1:a22r:r2:9,故B正确;根据mgmr2知,小物体刚要滑动时角速度为m,可知m1、

8、m2的临界角速度之比为1:,而甲、乙的角速度之比为1:21:3,可知当转速增加时,m2先达到临界角速度,所以m2先开始滑动,故D正确,C错误10(2018四川资阳一诊)(多选)如图所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上,细绳与竖直转轴的夹角30,此时细绳伸直但无张力,物块与转台间动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块随转台由静止开始缓慢加速转动,角速度为,重力加速度为g,则()A当时,细绳的拉力为0B当时,物块与转台间的摩擦力为0C当时,细绳的拉力大小为mgD当时,细绳的拉力大小为mg答案:AC解析:当转台的角速度比较小时,物块只受重力、支持力和摩擦

9、力,当细绳恰好要产生拉力时mgmlsin30,解得1,随角速度的增大,细绳上的拉力增大,当物块恰好要离开转台时,物块受到重力和细绳的拉力的作用,mgtan30mlsin30,解得2,由于1 2,所以当时,物块与转台间的摩擦力不为零,故B错误;由于1,所以当时,细绳的拉力为零,故A正确;由于1 2,由牛顿第二定律得fFsin30m2lsin30,因为压力小于mg,所以fmg,故D错误;当2时,物块已经离开转台,细绳的拉力与重力的合力提供向心力,则mgtanm2lsin,解得cos,故Fmg,故C正确11如图所示,一小球从A点以某一水平向右的初速度出发,沿水平直线轨道运动到B点后,进入半径R10

10、cm的光滑竖直圆形轨道,圆形轨道间不相互重叠,即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动,C点右侧有一壕沟,C、D两点间的竖直高度h0.8 m,水平距离s1.2 m,水平轨道AB长为L11 m,BC长为L23 m,小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2,重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点,求小球在A点的初速度(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点,又不掉进壕沟,求小球在A点的初速度的范围答案:(1)3 m/s(2)3 m/svA4 m/s和vA5 m/s解析:(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v,由牛顿第二定律得mgm,由B到最高点,由机械能守恒定律得mv2mgRmv2,由A到B,mgL1mvmv,解得小球在A点的速度为vA3 m/s.(2)若小球刚好停在C处,则有mg(L1L2)0mv,解得vA14 m/s.若小球停在BC段,则3 m/svA4 m/s.若小球能通过C点,并恰好越过壕沟,则有hgt2,svCt,mg(L1L2)mvmv,则有vA25 m/s,所以小球在A点的初速度范围为3 m/svA4 m/s和vA5 m/s.12.如图所示,装置BOO可绕竖直轴OO转动,可视为质点的小球A与

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