《（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课时达标12 圆周运动的规律及应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课时达标12 圆周运动的规律及应用（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 1212 讲讲 圆周运动的规律及应用圆周运动的规律及应用解密考纲考查圆周运动的参量之间的关系、匀速圆周运动的周期性问题、水平面内圆周运动临界问题、竖直平面内圆周运动的绳模型和杆模型问题1明代出版的天工开物一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动智慧若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则( D D )A齿轮A的角速度比C的大B齿轮A与B角速度大小相等C齿轮B与C边缘的线速度大小相等D齿轮A边缘的线速度比C边缘的大解析 由图可知rArBrC，A齿轮边缘与B齿轮边缘线速度大小是相等的，即vAvB，由vr，可得，则AvC，综上所述可知vAvBvC，BCA，故选项 A、B、C
2、 错误，D 正确2如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，有一根长为L0.8 m 的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动若要小球能通过最高点A(g10 m/s2，空气阻力不计)，则小球在最低点B的最小速度是( C C )A2 m/sB2 m/s 10C2 m/sD2 m/s52解析 小球恰好通过A点，受力分析如图所示有F向mgsin .则通过A点mv2A L的最小速度vA2 m/s.根据机械能守恒定律得mvmv2mgLsin gLsin 1 22B1 22A，解得vB2 m/s，选项 C 正确523. 如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直
3、的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oaab，已知b球质量为a球质量的 3 倍当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为( D D )A13B16C43D76解析 对a球，FTO aFTabm2Oa；对b球，FTab3m2(Oaab)由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为 76，选项 D 正确4(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度挡，如图是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有 48 齿，B轮有 42 齿，C轮有 18 齿，D轮有 12 齿下列说法正确的是( BCDBCD )A该车可变换 3 种不同挡位B该车可变换
4、4 种不同挡位CA与D轮组合时，是行驶速度最快挡DB与D轮组合时，两轮的角速度之比BD27解析 齿轮有AC、AD、BC、BD四种组合，则可变换 4 种不同挡位；B与D轮组合时，线速度相等，两轮的角速度之比等于齿数反比，即BD27；行驶速度最快挡为齿数比最大的组合，即A与D轮组合故选项 A 错误，B、C、D 正确5(2017山西太原模拟)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一以角速度旋转的光滑锥顶上，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( C C )3解析 设线长为L，锥面与竖直方向夹角为，当0 时，小球静止，受重力mg、支持力F
5、N和线的拉力FT而平衡，FTmgcos 0，所以选项 A、B 错误；增大时，FT增大，FN减小，当FN0 时，角速度为0.当0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得FTsin m2Lsin ，所以FTmL2，可知FT2图线的斜率变大，所以选项 C 正确，选项 D 错误6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(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P位置)，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，下列判断中正确的是( C C )
6、A细线所受的拉力变 0 小B小球P运动的角速度变小CQ受到桌面的静摩擦力变大DQ受到桌面的支持力变大解析 设细线与竖直方向的夹角为，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P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，则有FT，mgtan m2Lsin ，得角速度，周期T，使小球改mg cos g Lcos 2 到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，增大，cos 减小，则细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小对Q球，由平衡条件得，Q受到桌面的静摩擦力变大，故4选项 A、B 错误，C 正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变故选
7、项 D 错误7(多选)质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则( BCBC )A小球仍在水平面内做匀速圆周运动B在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C若角速度，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动2g laD若角速度，小球能在竖直平面ABC内做完整的圆周运动2g la解析 绳b被烧断后，小球在竖直平面内做圆周运动，烧断瞬间具有向上的加速度，处于超重状态，则选项 B 正确；小球恰好到最高点的速度
8、v，从最低点到最高点，由gR机械能守恒定律得m(la)22mglamv2，则最小角速度，故选项 A、D 错误；1 21 25g la小球恰好到A的等高处，此时速度v0，从最低点到此处，由机械能守恒定律得，m(la)2mglamv2，则最小角速度，故选项 C 正确1 21 22g la8(2017甘肃兰州质检)如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO匀速转动，木块A、B与转轴OO的距离为 1 m，A的质量为 5 kg，B的质量为 10 kg.已知A与B间的动摩擦因数为 0.2，B与转台间的动摩擦因数为 0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角
9、速度的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2)( B B )A1 rad/sB rad/s25C rad/sD3 rad/s3解析 A与B间的动摩擦因数为 0.2，B与转台间的动摩擦因数为 0.3，知逐渐增大转台角速度时B与A先发生相对滑动，由牛顿第二定律1mAgmA2r，得 rad/s.选2项 B 正确9(2017宁夏银川诊断)如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( B B )A小球通过最高点的最小速度至少为vgRB小球通过最高点的最小速度可以为 0C小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力D小球在水平线ab以上管
10、道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力解析 此题为杆模型，小球在最高点的速度可以为零，选项 A 错误，选项 B 正确；小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球没有作用力，外侧管壁对小球一定有作用力，选项 C 错误；小球在水平线ab以上管道运动时，内侧管壁对小球有没有作用力，要视小球的速度情况而定，选项 D 错误10(2017上海青浦调研)如图甲所示，轻杆一端与质量为 1 kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动现使小球在竖直平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v随时间t的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、
11、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是 1、0、5.g取 10 m/s2，不计空气阻力下列说法中正确的是( D D )A轻杆的长度为 0.5 mB小球经最高点时，杆对它作用力方向竖直向下CB点对应时刻小球的速度为 3 m/sD曲线AB段与坐标轴所围图形的“面积”为 0.6 m6解析 设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得mvA22mgLmv，1 21 22C所以L m0.6 m故选项 A 错误；若小球在A点恰好对杆的作用v2Cv2A 4g5212 40力是 0，则mgm，临界速度vo m/svA1 m/s.由于小球在A点的速度小于临v2 0 LgL6界速度，所以
12、小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力，故选项 B 错误；小球从A到B的过程中机械能守恒，得mvmgLmv，所以vB m/s，故选项 C 错误；由于y轴表示的是1 22A1 22Bv2A2gL13小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即 0.6 m，故选项 D 正确11小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示已知握绳的手离地面高度为d，手
13、与球之间的绳长为d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力3 4(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；(2)求绳能承受的最大拉力；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？解析 (1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得竖直方向dgt2，1 41 2水平方向dv1t，解得v1.2gd在竖直方向上有v2gd，则2 (13 4)vv2gd，2 22 1(13 4)解得v2.5 2gd7(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小球做圆周运动的半径为Rd，3 4对小球在最
14、低点由牛顿第二定律得FTmg，mv2 1 R解得FTmg.11 3(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变由牛顿第二定律得FTmg，mv2 3 l解得v3，8 3gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为dl，水平位移为x，时间为t1，则竖直方向dlgt，1 22 1水平方向xv3t1，解得x4，ldl 3当l 时，x有极大值，xmaxd.d 22 33答案 (1) (2)mg (3) d2gd5 2gd11 3d 22 3312如图甲所示，在同一竖直平面内的两正对的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，现在最高点A与最低点B各放一个压力传感器，
15、测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的关系图象如图乙所示，g取 10 m/s2，不计空气阻力(1)求小球的质量；(2)若小球在最低点B的速度为 20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少？8解析 (1)小球从A点到B点，由能量守恒定律得mvmg(2Rx)mv，1 22B1 22A对B点：FN1mgm，v2B R对A点：FN2mgm，v2A R由牛顿第三定律可得两点压力差FNFN1FN26mg，2mgx R由题图得纵轴截距 6mg3 N，m0.05 kg.(2)因为图线的斜率k1 N/m，得R1 m，2mg R在A点小球不脱离轨道的条件为vA，Rg结合(1)解得xm17.5 m.答案 (1)0.05 kg (2)17.5 m
