《2020版高考物理一轮复习 课后限时集训12 圆周运动（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理一轮复习 课后限时集训12 圆周运动（含解析）新人教版（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课后限时集训(十二) 圆周运动(建议用时：40分钟)基础对点练题组一：匀速圆周运动的描述1下列关于匀速圆周运动中向心加速度的说法正确的是 ()A向心加速度表示速率改变的快慢B向心加速度表示角速度变化的快慢C向心加速度描述线速度方向变化的快慢D匀速圆周运动的向心加速度不变C匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变线速度的方向，显然A错误；匀速圆周运动的角速度是不变的，所以B错误；匀速圆周运动中速度的变化只表现为速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述速度方向变化的快慢，所以C正确；匀速圆周运动的向心加速度的方向是变化的，所以D错误。2(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，
2、它们的角速度之比为31，线速度之比为23，那么下列说法中正确的是()A它们的半径之比为29B它们的半径之比为12C它们的周期之比为23D它们的周期之比为13AD由vr，得r，故r甲r乙(v甲乙)(v乙甲)29，A正确，B错误；由T，得T甲T乙13，C错误，D正确。3(多选)如图所示为某一皮带传动装置。M是主动轮，其半径为r1，M半径也为r1，M和N在同一轴上，N和N的半径都为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是()AN轮做的是逆时针转动BN轮做的是顺时针转动CN轮的转速为nDN轮的转速为nBC根据皮带传动关系可以看出，N轮和M轮转动方向相反，N轮和N
3、轮的转动方向相反，因此N轮的转动方向为顺时针，A错误，B正确。皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2nr12n2r2，得N(或M)轮的转速为n2，同理2n2r12n2r2，得N轮转速n2n，C正确，D错误。4如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r110 cm，飞轮的半径r25 cm，后轮的半径r330 cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s，则在自行车匀速前进的过程中，下列说法正确的是()A链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为211BA、B、C三点的线速度大小之比为216CA、B、C三点的向心加速度大小之比为126D自行车
4、前进的速度大小约为13.6 km/hD由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等。由于1r12r2，故链轮与飞轮的角速度之比为1212，而2311，故123122，选项A错误；由题意可知，A点与B点的线速度大小之比为v1v211，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，故有，解得，所以A、B、C三点的线速度大小之比为116，选项B错误；向心加速度大小a2rv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1212，选项C错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v可得v13.6 km/h，选项D正确。题组二：水平面内圆周运动的问题5火车转弯时，如果
5、铁路弯道的内、外轨一样高，外轨对轮缘(如图甲所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图乙所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图丙所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，以下说法中正确的是()甲乙丙A该弯道的半径RB当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变C当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压D当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压C如图所示，设轨道平面与水平面间夹角为，则重力Gmg与支持力N的合力提供向心力，mgtan m，R，A错误；v，与火车质量无关，B错误；当火车速率大
6、于v时，所需向心力增大，外轨对轮缘挤压提供一部分向心力，当火车速率小于v时，所需向心力减小，内轨对轮缘有挤压，以此来减小向心力，C正确，D错误。6(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RAr，RB2r，与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速增大到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A此时绳子张力为3mgB此时圆盘的角速度为C此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D此时烧断绳子，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动ABC由Fm2r，mAmB，rArB，AB，知FAFB，故两物体刚
7、好未发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为mg。则有FTmgm2r，FTmgm22r，解得FT3mg，故选项A、B、C正确；此时烧断绳子，A所需向心力为Fm2r2mgFfmax，所以A将发生滑动，同理，B将做离心运动，选项D错误。7如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是 ()AA的速度比B的大BA与B的向心加速度大小相等C悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小D根据题意可知，座椅A和B的角速度相等，A的转动半
8、径小于B的转动半径，由vr可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由anr2可知，座椅A的向心加速度比B的小，选项B错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtan mr2，tan ，因座椅A的运动半径较小，故悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；拉力FT，可判断悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确。8(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角53，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 530.8，cos 530.6。下列说法正确
9、的是()A圆环旋转的角速度大小为B圆环旋转的角速度大小为C小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD小球A与圆环间摩擦力的大小为mgBD小球B与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mgtan 37m2Rsin 37，解得圆环旋转的角速度大小，选项A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上Nsin fcos m2Rsin ，竖直方向上Ncos fsin mg0，解得f，选项C错误，D正确。题组三：竖直平面内的圆周运动问题9飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种
10、现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为()A100 mB111 mC125 mD250 mC在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程，FNmgm，联立解得Rmin125 m，故选项C正确。10(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置
11、绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是()甲乙A图象的函数表达式为FmmgB重力加速度gC绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变BD小球在最高点时，根据牛顿第二定律有Fmgm，得Fmmg，故A错误；当F0时，根据表达式有mgm，得g，故B正确；根据Fmmg知，图线的斜率k，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F0时，g，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。11(多选)如图所
12、示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是()A适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处C若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为D若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为BC小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据Rgt2，得t，则水平位移xRR，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，故A
13、项错误。当小球B在轨道最高点的速度v时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B项正确。小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据动能定理知，mg(hA2R)mv2，解得最小高度hAR，故C项正确。若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒定律得，释放的最小高度为2R，故D项错误。考点综合练12(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，下列说法正确的是()A细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为1B小球m1和m2的角速度大小之比为1C小
14、球m1和m2的向心力大小之比为31D小球m1和m2的线速度大小之比为31AC对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则Tcos mg，解得T，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为，故A正确；小球所受合力的大小为mgtan ，根据牛顿第二定律得mgtan mL2sin ，得2，故两小球的角速度大小之比为，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为Fmgtan ，小球m1和m2的向心力大小之比为3，故C正确；两小球角速度大小之比为1，由vr得线速度大小之比为1，故D错误。13如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最高点时的最小速度vminC小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力C小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运
