《2021高考物理(山东专用)一轮课时作业：13圆周运动修订》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021高考物理(山东专用)一轮课时作业：13圆周运动修订（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业 (十三 )圆周运动 基础巩固练 1(2017 全国卷 )如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆 环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环 对它的作用力 () A一直不做功B一直做正功 C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心 A因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功，因此A 正确、 B错误；从静止 开始在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，故 C、D 项错误 2(2019 北京东城区模拟)如图所示为“感受向心力”的实验，一根轻绳的一端拴着一 个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周
2、运动，通过拉力来感受向心力下列说法正 确的是 () A只减小旋转角速度，拉力增大 B只增大旋转速度，拉力减小 C只更换一个质量较大的小球，拉力增大 D突然松开绳子，小球仍做曲线运动 C由题意，根据向心力公式F向m 2r，结合牛顿第二定律，有 T拉 m 2r，只减小 旋转角速度，拉力减小；只增大旋转速度，拉力增大，故A、B错误只更换一个质量较大 的小球，拉力增大，故C正确突然松开绳子，小球受到的合力为零，将沿切线方向做匀速 直线运动，故D 错误 3(2019 广东佛山模拟)图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运 动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与
3、自行车看成整 体，下列说法正确的是() A运动员转弯所需向心力由重力与地面对车轮的支持力的合力提供 B运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供 C发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心 D发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力 B转弯时的向心力为沿半径方向的合力运动员转弯时， 地面对车轮的摩擦力提供所 需的向心力，故A 错误， B 正确；当f mv2 r ，即静摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发 生侧滑，故C、D 错误 4(2019 江西赣州四校联考)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m 的小 球，另一端固定在天花板上的O 点则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说
4、法正确的 是() A小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力 B在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零 C小球在最低点C 所受的合力，即为向心力 D小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化 C小球摆动过程中， 合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心 力，故 A 错误在最高点A 和 B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为 零，故 B 错误小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故 C正确小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会 使小球速率发生变化，故D 错误 5如图所示，自行车的小齿轮
5、A、大齿轮B、后轮 C 是相互关联的三个转动部分，且 半径 RB4RA、RC8RA当自行车正常骑行时， A、B、C 三轮边缘的向心加速度的大小之比 aA： aB：aC等于 () A118 B4 14 C4132 D1 24 C小齿轮 A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即vAvB，小齿轮A 和后轮 C 同轴转动角速度相等，有AC由 a v2 R可得 a AaB RBRA41，同时由a 2R 可得 aAaCRAR C18，所以有aAaBaC4132，C 正确 6一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形 桥设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的
6、压力FN1为车重的一半，汽车通 过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则 FN1与 FN2之比为 ( ) A31 B3 2 C13 D1 2 C汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点 )时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供 向心力如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面 对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1FN1 所以由牛顿第二定律可得mgFN1 mv2 R 同样，如图乙所示，FN2FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有 FN2 mg mv2 R 由题意可知FN1 1 2mg 由式得FN2 3 2mg 所以 FN1FN2 13. 7(2019
7、 山东枣庄模拟 )质量分别为M 和 m 的两个小球，分别用长2l 和 l 的轻绳拴在 同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和 m 小球的悬线与竖直方向夹角分别为和 ，如图所示，则() Acos cos 2 Bcos 2cos Ctan tan 2 Dtan tan A以 M 为研究对象受力分析，列牛顿第二定律：Mgtan M 4 2 T21 2lsin 得： T12 2lcos g 同理：以 m 为研究对象： T2 2 lcos g 因 T1T2，所以 2cos cos ，故 A 正确 8如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m 1.0 kg 的小球 (可 视为质点 )
8、现将小球拉到A 点(保持绳绷直 )由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断， 小球平拋后落在水平地面上的C 点地面上的D 点与 O、B 在同一竖直线上，已知绳长L 1.0 m，B 点离地高度H1.0 m， A、 B 两点间的高度差h0.5 m，重力加速度g 取 10 m/s2， 不计空气阻力，求： (1)地面上 D、 C 两点间的距离x； (2)轻绳所受的最大拉力大小 解析(1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有 mgh 1 2mv 2 B 小球从 B 到 C 做平 拋运动，在竖直方向上有H 1 2gt 2 在水平方向上有x vBt 由式联立解得x2 m1.41 m. (2)小球下摆到达B
9、 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有Fmgmv 2 B L 由式联立解得F20 N 根据牛顿第三定律得F F 故轻绳所受的最大拉力大小为20 N. 答案(1)1.41 m(2)20 N 能力提升练 9(2018 陕西西安长安区二模)如图所示，长为L 的轻杆，一端固定在水平转轴O 上， 另一端固定一个质量为m 的小球现让杆绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为 ， 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 满足 () Asin 2L g Btan 2L g Csin g 2LDtan g 2L 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
10、据牛顿第二定 律有 mgsin mL 2，解得 sin 2L g ，故 A 正确， B、C、D 错误 10(2019 山东师大附中月考)如图所示， 两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A、B 两点， A、B 两点间距也为L.今使小球在竖直平面 内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高 点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为() A3mgB2 3mg C3mgD4mg A当小球到达最高点时速率为v，有 mgmv 2 r ，当小球到达最高点的速率为2v 时， 应有 Fmgm 2v 2 r 4mg，所以 F3mg，在最高
11、点小球受力如图所示，所以FT3mg， A 正确 11卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，卫星内的物体对支持面几乎无压 力，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量假设某同学在该环境中设置了如图所 示装置来间接测量物体的质量，给待测物体一个初速度，使之在桌面上做匀速圆周运动设 该卫星中有基本的测量工具 (1)实验中，需要测量的物理量是_. (2)质量的表达式为m_(用测量物理量来表达) 解析(1)实验需要测量的物理量有：弹簧测力计的示数F、物体到圆心的距离r 以及物 体转 n 圈所经历的时间t(因为如果只测物体转一圈的时间误差较大，应该运用累积法减小误 差) (2)由 Fmr4 2 T
12、 2及 T t n，可得 m Ft 2 4 2n2r. 答案(1)见解析(2) Ft 2 4 2n2r 12如图所示， 在倾角 30 的光滑斜面上放置一质量m2 kg 的小物块 C，小物块 C 用一与斜面平行的细绳连接在A 点，细绳的长度l00.2 m，当斜面连同小物块 C 一起绕竖 直轴 AB 以一定角速度匀速转动时，重力加速度g 取 10 m/s2，求： (1)当匀速转动的角速度 5 2 rad/s时，斜面对小物块C 的支持力大小？ (2)当匀速转动的角速度 10 rad/s 时，小物块C 对斜面的压力大小？ 解析(1)对小物块进行受力分析如图，则： 竖直方向： FTsin 30FNcos 30 mg 水平方向： FTcos 30 FNsin 30m 2l0cos 30 联立得： FN 103 N (2)设物块对斜面的压力恰好为0 时的角速度为0，所以： 竖直方向： FTsin 30mg 水平方向： FTcos 30 m 20l0cos 30 联立得： 0 10 rad/s 所以当匀速转动的角速度 10 rad/s 时，小物块C 对斜面的压力恰好等于0. 答案(1)103 N(2)0
