《最新高考物理二轮复习专题检测三抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新高考物理二轮复习专题检测三抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【2019最新】精选高考物理二轮复习专题检测三抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动1.如图所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界著名的观景摩天轮，它总高度135米(443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区。现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在座椅上观光的游客来说，正确的说法是()A因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力解析：选B摩天轮做匀速转动，不是平衡状态，故A错误；当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的
2、合力的方向向下，指向圆心，所以游客处于失重状态，故B正确；摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C错误；游客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力，故D错误。2.如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动。小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为()AmBmgmC2mgm D2mgm解析：选C以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FNmgm，解得FNmgm。由牛顿第三定
3、律知：小球对圆管的作用力大小FNFNmgm，方向向下。再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小FmgFN2mgm。3.多选(2018届高三西工大附中调研)人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”。设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1 600 m，直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，太空城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境。为了使太空城内的居民能如在地球上一样具有“重力”，以适
4、应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动。如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有()A太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心B人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供C太空城内的居民不能运用天平准确测出质量D太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大解析：选ABD太空城内物体随太空城做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心，故A正确；人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故B正确；天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确
5、测出质量，故C错误；等效重力大小等于向心力，故：Gm2r，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。4.多选(2017揭阳二模)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则()A球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡C若小球的初速度v03，则小球一定能通过P点D若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点到O点的水平距离为2R解析：选CD不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；恰好
6、通过P点，则有mg，得vP，由机械能守恒得mg2RmvP2mv02，得vP，则小球一定能通过P点，故C正确；小球过P点做平抛运动，有xvPt，2Rgt2，得：x22R，故D正确。5.如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A. B.C. D.解析：选D设小球通过P点时的速度为v0，绳长为R，当0时，有T1abmmg，当180时，有T2abmmg，由机械能守恒定律得mv02mg2Rmv2，则
7、T2abm5mg，两式相减得g，选项D正确。6.(2018届高三武汉调研)将太极球及球拍简化成如图所示的小球和平板，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。若球恰能到达最高点，设球的重力为1 N，不计球拍的重力。则下列说法正确的是()A球恰能到达最高点，说明球到最高点速度为零B平板在C处对球施加的力的大小为1 NC当球运动到B位置时，平板与水平方向的夹角为45D球从A到C的过程中机械能守恒解析：选C设球运动的线速度为v，做圆周运动的半径为R，球恰能到达最高点，即在最高点
8、平板没有弹力，则在A处mg，A错误；在C处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力，Fmg，解得F2mg2 N，B错误；在B处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用，受力分析如图，则tan 1，则45，C正确；球从A到C的过程中，动能不变，势能减小，机械能不守恒，D错误。7小明撑一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以角速度匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为()A. B.C. D.解析：选A设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速度vR，水滴下落时间t，水滴平抛的水平位移xvt
9、R，如图所示。由几何关系得R2x2r2，可得h，A正确。8多选长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v，下列说法中正确的是()Av的极小值为Bv由0逐渐增大，向心力也逐渐增大C当v由 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大解析：选BCD如图甲所示，小球在最高点速度有最小值0，此时杆向上的支持力为FNmg，故A错误。v由0逐渐增大，则F向逐渐增大，故B正确。如图乙所示，当最高点速度为v时，有mg，杆对小球作用力F0。当v由增大时，杆对小球有拉力F，有mgF，则Fmmg，随v逐渐增大而逐渐增大
10、，故C正确。当v由减小时，杆对小球有支持力F，有mgF，则Fmg，随v逐渐减小而逐渐增大，故D正确。9.多选(2017南昌模拟)如图所示，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足()Ah，v0 Bh，v0Ch，v0 Dh，v0解析：选BD由平抛运动规律，Rv0t，hgt2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，需要满足n2t(n1,2,3，)，联立解得：h，v0(n1,2,3，)。当n1时，h
11、，v0，选项A错误；当n2时，h，v0，选项B正确；当n3时，h，v0，选项C错误；当n4时，h，v0，选项D正确。10.多选如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A小球运动到A点时所受合力为零B小球从B点出发时的初速度大小为 CC点与A点的高度差为D小球到达C点时的动能为mgR解析：选BD由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球在A点由重力
12、提供其做圆周运动的向心力，选项A错误；在A点时，有mgm，其中r，解得vA ，由机械能守恒定律可得：mvB2mgRmvA2，代入数据可解得vB ，选项B正确；由平抛运动规律可得：xvAt，ygt2，由几何关系可得：x2y2R2，联立求解得：y，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkCmvA2mgy，解得：EkCmgR，选项D正确。11.多选(2018届高三湖南六校联考)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R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m1.0 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时
13、间变化的关系是kt，k2 rad/s2，g10 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 NC细线对物块的拉力是6.0 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t，又vat，故可得：a1 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：Fma1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。12.(2014全国卷)如图，一质量为M的光滑大圆环，用
14、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。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()AMg5mg BMgmgCMg5mg DMg10mg解析：选C设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2mg2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v2，根据牛顿第二定律得FNmg，所以在最低点时大环对小环的支持力FNmg5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FNFN5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力TMgFNMg5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为TTMg5mg，故选项
15、C正确，选项A、B、D错误。13(2016全国卷)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，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F
