《2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用练习（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第3 3讲讲 圆周运动及其应用圆周运动及其应用板块三限时规范特训时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选)1如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是( )A从动轮做顺时针转动B从动轮做逆时针转动C从动轮边缘线速度大小为n1r2 2 r1D从动轮的转速为n1r2 r1答案 B解析 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿MN方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由2n、vr可知，2n1r12n2r2，解得n2n1，故C
2、、D错误。r1 r222018山东烟台一模两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后( )A线速度变小B角速度变大C向心加速度变小D小球对管壁的压力变大答案 C解析 由于管道光滑，小球到达b点后，重力做功为零，速度大小保持不变，根据vR可知角速度减小，根据a可知向心加速度减小，根据Fma可知小球对管道的压力减小，故C正确。v2 R3.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的小球悬线与竖直方向夹角分别为和，如图所示，
3、则( )2AcosBcos2coscos 2CtanDtantantan 2答案 A解析 以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得MgtanM2lsin，解得。同理：以m为研2 12 1gtan 2lsin究对象：。因12，所以2coscos，故A正确。2 2gtan lsin4水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(2)的变化关系正确的是( )答案 B解析 设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0m2
4、r及r1B，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当B时，细线中出现拉力T，对物体A：T0时，FAm2r1，T0后，FATm2r1，而对物体B满足Tf0m2r2，联立得FAm2(r1r2)f0，所以T0后直线斜率比T0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错误，B正确。35. 2017云南省高三一统用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为。线的张力为FT，则FT随2变化的图象是下图中的( )答案 C解析 当较小时，斜面对小球有支持力
5、，当0时，FN0，当0时，受力分析如图乙，FTsinm2LsinFTm2LFT2的函数为正比例，斜率为mLmrcos，故C正确。6如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )4A小球运动到最高点时，小球的速度为零B当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为MgC小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同D小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态答案 C解析 小球恰好能通过圆轨道最高点，由mgm，得v，A项错误；当小球恰通过圆轨道
6、最高点b时，悬线拉v2 RgR力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力FMg，在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为FMg，即台秤的示数也为Mg，故C项正确；小球在a、c连线以上(不包括b点)时，人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在a、c连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D两项错误。7如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距 的地方有一枚L 2与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确
7、的是( )A小球的角速度突然增大B小球的线速度突然增大C小球的向心加速度突然增大D小球受悬线的拉力突然增大答案 ACD解析 细绳碰到钉子，半径减半，圆周运动的圆心变为P点，由于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改5变速度大小，即小球的线速度不变，B错误；由 可知变大，A正确；由a可知a增大，C正确；在经v rv2 r过最低点时，Fmgm，得Fmgm，可以判断F增大，D正确。v2 rv2 r8如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。最
8、大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法中正确的是( )AB对A的摩擦力一定为3mgBB对A的摩擦力一定为3m2rC转台的角速度一定满足2g 3rD转台的角速度一定满足g r答案 BC解析 要使A能够与B一起以角速度转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力，即Ff3m2r，A错误，B正确；要使A、B两物体同时随转台一起以角速度匀速转动，则对于A有：3mg3m2r，对A、B有：5mg5m2r，对于C有：mgm2r，综合以上可得：，C正确，D错误。3 22g 3r9.如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧
9、射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则( )A子弹在圆筒中的水平速度为v0dg 2hB子弹在圆筒中的水平速度为v02dg 2h6C圆筒转动的角速度可能为 g 2hD圆筒转动的角速度可能为3 g 2h答案 ACD解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同，即t。v0 d，故A正确；在此时间内圆筒只2h gd tg 2h需转半圈的奇数倍t(2n1)(n0,1,2，)，所以(2n1) 2n1 t(n0,1,2，)。故C、D正确。g 2h102017杭州模拟如图甲所示，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
10、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am bB当地的重力加速度为a mC当v2c时，轻质绳的拉力大小为aac bD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 设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：Tmg，则Tmg。对应图象有：mga得g ，故B正确。mv2 Lmv2 La m 得：L，故A错误。当v2c时，T cmg ca，故C错误。当v2b时，小球能通过最高点，m La bmb am La b恰好通过最高点时速度为v，则mg。在最低点的速度v，则mv2mg2Lmv2，Fmg，可mv2 L1 21 2mv2 L知小球在最低点和最高点时绳的拉力
11、差为6mg即6a，故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11(14分)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：7(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。答案 (1) (2)mgHR2H2mgRR2H22gHR解析 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图甲所示，设筒壁与水平面的夹角为由平衡条件有Ffmgsin，FNmgcos由图中几何关系有cos，sinRR2H2HR2H2
12、故有Ff，FN。mgHR2H2mgRR2H2(2)分析此时物块受力如图乙所示由牛顿第二定律有mgtanmr28其中tan ，rH RR 2可得。2gHR12(16分)在一水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为。开始时弹簧未发生形变，长度为R，设最大静摩擦等于滑动摩擦，求：(1)盘的转速n0多大时，物体A开始滑动？(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量x是多少？答案 (1) (2)1 2g R3mgR kR4mg解析 (1)若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力。圆盘开始转动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有mgm(2n0)2R得：n0。g 42R1 2g R(2)当转速达到2n0时，由牛顿第二定律得：mgkxm(22n0)2(Rx)得：x。3mgR kR4mg
