高考物理一轮复习课时分层集训12圆周运动新人教版.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 1212圆周运动新人教版圆周运动新人教版(限时：40 分钟)基础对点练圆周运动中的运动学分析1(2018湖北省重点中学联考)如图 4317 所示，由于地球的自转，地球表面上 P、Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于 P、Q 两物体的运动，下列说法正确的是( ) 图 4317AP、Q 两点的角速度大小相等BP、Q 两点的线速度大小相等CP 点的线速度比 Q 点的线速度大DP、Q 两物体均受重力和支持力两个力作用A A PP、Q Q 两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，两点都

2、是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即即 PPQQ，选项，选项 A A 对；根据圆周运动线速度对；根据圆周运动线速度v vRR，P P、Q Q 两点到地轴的距离不等，即两点到地轴的距离不等，即 P P、Q Q 两点圆两点圆周运动线速度大小不等，选项周运动线速度大小不等，选项 B B 错；错；Q Q 点到地轴的距离点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项远，圆周运动半径大，线速度大，选项 C C 错；错；P P、Q Q 两物两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有动的向心力，我们把

3、与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项引力的一个分力称为重力，选项 D D 错错 2如图 4318 所示，B 和 C 是一组塔轮，即 B 和 C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为 RBRC32，A 轮的半径2 / 12大小与 C 轮相同，它与 B 轮紧靠在一起，当 A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来a、b、c 分别为三轮边缘的三个点，则 a、b、c 三点在转动过程中的( ) 【导学号：84370180】图 4318A线速度大小之比为 322B角速度之比为 332C转速之比为 232D向心加速度大小之比为 964D D AA

4、、B B 轮摩擦传动，故轮摩擦传动，故vavavbvb，aRAaRAbRBbRB，abab3232；B B、C C 同轴，同轴，故故 bbcc，vbvcvbvc3232，因此，因此vavbvcvavbvc332332，abcabc322322，故，故A A、B B 错误转速之比等于角速度之比，故错误转速之比等于角速度之比，故 C C 错误错误由 av 得：aaabac964，D 正确3如图 4319 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( ) 图 4319A从动轮做顺时针转动B从动轮做逆时针转动C

5、从动轮边缘线速度大小为 n1D从动轮的转速为 n1B B 主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿 MNMN 方向运方向运3 / 12动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大动，故从动轮沿逆时针方向转动，且两轮边缘线速度大小相等，故小相等，故 A A、C C 错误，错误，B B 正确；由正确；由 2n2n、v vrr可知，可知，2n1r12n1r12n2r22n2r2，解得，解得 n2n2n1n1，D D 错误错误 “玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图ABCD 是一块矩形电池板，能绕 CD 转动，E 为矩形的几何中心(未标出)，则电池板旋转过程中(

6、 ) AB、E 两点的转速相同BA、B 两点的角速度不同CA、B 两点的线速度不同DA、E 两点的向心加速度相同A A 根据题意，绕根据题意，绕 CDCD 匀速转动的过程中，电池板上各点匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故的角速度相同，则转速相等，故 A A 正确，正确，B B 错误；根据错误；根据线速度与角速度关系式线速度与角速度关系式 v vrr，转动半径越小的，线速，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，度也越小，由几何关系可知，A A、B B 两点的线速度相等，两点的线速度相等，故故 C C 错误；错误；A A、E E 两点因角速度相同，半径不同，由向心两

7、点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式加速度的公式 a a2r2r 可知，它们的向心加速度不同，可知，它们的向心加速度不同，故故 D D 错误故选错误故选 A A 圆周运动中的动力学分析4如图 4320 所示，小物体 P 放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力 Ff 的叙述正确的是( ) 图 4320AFf 的方向总是指向圆心B圆盘匀速转动时 Ff0C在物体与轴 O 的距离一定的条件下，Ff 跟圆盘转动的角速度成正比4 / 12D在转速一定的条件下，Ff 跟物体到轴 O 的距离成正比D D 物体随圆盘转动过程中，如果圆盘匀速转动，则摩物体随圆盘转动过程中，如果圆盘匀速转动

8、，则摩擦力指向圆心，如果变速转动，则摩擦力的一个分力充擦力指向圆心，如果变速转动，则摩擦力的一个分力充当向心力，另一个分力产生切向加速度，摩擦力不指向当向心力，另一个分力产生切向加速度，摩擦力不指向圆心，圆心，A A、B B 错误；根据公式错误；根据公式 FnFnFfFfm2rm2r 可得在物体可得在物体与轴与轴 O O 的距离一定的条件下，的距离一定的条件下，FfFf 跟圆盘转动的角速度的跟圆盘转动的角速度的平方成正比，平方成正比，C C 错误；因为错误；因为 2n2n，所以，所以 FfFfm(2n)m(2n)2r2r，则，则 FfFf 跟物体到轴跟物体到轴 O O 的距离成正比，的距离成正

9、比，D D 正确正确 5如图 4321 所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为 R 的圆轨道表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动已知人和摩托车的总质量为 m，人以 v1的速度通过轨道最高点 B，并以 v2v1 的速度通过最低点 A则在 A、B 两点轨道对摩托车的压力大小相差( ) 【导学号：84370181】图 4321B4mgA3mg D6mgC5mg D D 由题意可知，在由题意可知，在 B B 点，有点，有 FBFBmgmgm m，解之得，解之得FBFBmgmg，在，在 A A 点，有点，有 FAFAmgmgm m，解之得，解之得 FAFA7mg7mg，所以，所以A A、B

10、 B 两点轨道对车的压力大小相差两点轨道对车的压力大小相差 6mg6mg故选项故选项 D D 正正确确 6如图 4322 所示，长为 L 的轻杆，一端固定一个质量为 m 的小球，另一端固定在水平转轴 O 上，杆随转轴 O 在竖直平面内匀速转动，角速度为 ，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则5 / 12此时杆与水平面的夹角是( ) 图 4322Btan Asin 2L gDtan Csin g 2LA A 小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，根小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：据牛顿第二定律有：mgsinmgsin mL2mL2，解得，解得 sinsin ，选

11、项，选项 A A 正确，正确，B B、C C、D D 错误错误 7如图 4323 所示，有一质量为 m 的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心 O 的连线跟竖直方向的夹角为 ，半球形碗的半径为 R求小球做圆周运动的速度大小及碗壁对小球的弹力大小 【导学号：84370182】图 4323解析 由题图可知，小球做匀速圆周运动的圆心为O，运动半径为 rRsin ，小球受重力 G 及碗对小球弹力 FN 的作用，向心力为弹力的水平分力，受力分析如图所示由牛顿第二定律得FNsin m竖直方向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即 FNcos mg

12、解得 FN联立两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为v6 / 12答案 mg cos 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 所成的角 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( ) BA 2b mDC b 3mD D 设小球在最低点，即设小球在最低点，即 0 0 时的速度为时的速度为 v1v1，拉力为，拉力为T1T1，在最高点，即，在最高点，即 180180时的速度为时的速度为 v2v2，拉力为，拉力为T2T2，在最低点有

13、，在最低点有 T1T1mgmgm m，在最高点有，在最高点有 T2T2mgmgm m，根，根据动能定理有据动能定理有 2mgR2mgRmvmvmvmv，可得，可得 T1T1T2T26mg6mg，对比，对比T Ta abcosbcos ，有，有 T1T1a ab b，T2T2a ab b，故，故T1T1T2T22b2b，即，即 6mg6mg2b2b，故当地重力加速度，故当地重力加速度 g g，选项，选项D D 正确正确 圆周运动与平抛运动的组合问题8(2017全国卷)如图 4324 所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平

14、飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g)( ) 图 4324BA v2 8g7 / 12DC v2 2gB B 设小物块的质量为设小物块的质量为 m m，滑到轨道上端时的速度为，滑到轨道上端时的速度为v1v1小物块上滑过程中，机械能守恒，有小物块上滑过程中，机械能守恒，有mv2mv2mvmv2mgR2mgR小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为 x，下落时间为 t，有 2Rgt2xv1t联立式整理得 x222可得 x 有最大值，对应的轨道半径 R故选 B9如图 4325 所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在离水平地

15、面高为 2L 的 O 点，小铁球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点 B 处不计空气阻力，重力加速度为 g若运动到最高点轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( ) 【导学号：84370183】图 4325BA 6gLD3C gLC C 小铁球恰能到达最高点，即在最高点只有重力提供小铁球恰能到达最高点，即在最高点只有重力提供向心力，设小铁球在最高点的速度为向心力，设小铁球在最高点的速度为 v0v0，由向心力公式，由向心力公式和牛顿第二定律可得和牛顿第二定律可得 mgmg；从；从 B B 点到落地，设小铁球落点到落地，设小铁球落地的速度大小为地的速度大小为 v v，由动能定理可

16、得，由动能定理可得 3mgL3mgLmv2mv2mvmv，联，联立可得立可得 v v，故选项，故选项 C C 正确，正确，A A、B B、D D 错误错误 10(多选)如图 4326 所示，半径为 R 的水平圆盘中心轴正上方 a处水平抛出一小球，圆盘以角速度 做匀速转动，当圆盘半8 / 12径 Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为 b，重力加速度为 g，小球抛出点 a 距圆盘的高度 h 和小球的初速度 v0 可能应满足( ) 图 4326Bh v0Ah v0 R 4Dh v0Ch v0 R 8BDBD 因圆盘转动具有周期性，则当小球落到因圆盘

17、转动具有周期性，则当小球落到 b b 点时，圆点时，圆盘转过的角度盘转过的角度 2k(k2k(k1,2,31,2,3，)，由，由 ，可得，可得圆盘的角速度圆盘的角速度 (k(k1,2,31,2,3，)，因小球做平抛运动，因小球做平抛运动，则小球下落高度则小球下落高度 h hgt2gt2(k(k1,2,31,2,3，)，初速度，初速度v0v0(k(k1,2,31,2,3，)，将，将 k k 的取值代入可知，当的取值代入可知，当 k k 取取2 2 和和 4 4 时时 B B、D D 项正确项正确 考点综合练11(多选)(2018南通模拟)如图 4327 所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道

18、，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运动，经过 03 s 后又恰好与倾角为 45的斜面垂直相碰已知半圆形管道的半径为 R1 m，小球可看做质点且其质量为 m1 kg，g 取 10 m/s2则( ) 【导学号：84370184】图 4327A小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 09 mB小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 19 9 / 12mC小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 NB 的大小是 1 ND小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 NB 的大小是 2 NACAC 根据平抛运动规律，小球在根据平抛运

19、动规律，小球在 C C 点的竖直分速度点的竖直分速度vyvygtgt3 3 m/sm/s，水平分速度，水平分速度 vxvxvytanvytan 45453 3 m/sm/s，则则 B B 点与点与 C C 点的水平距离为点的水平距离为 x xvxtvxt0 09 9 m m，选项，选项 A A 正正确，确，B B 错误；设在错误；设在 B B 点管道对小球的作用力方向向下，点管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有根据牛顿第二定律，有 NBNBmgmgm m，vBvBvxvx3 3 m/sm/s，解，解得得 NBNB1 1 N N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，负号表示管道对小球

20、的作用力方向向上，选项选项 C C 正确，正确，D D 错误错误 12(多选)如图 4328 甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为 F，小球在最高点的速度大小为 v，其 Fv2 图象如图乙所示则( ) 甲 乙图 4328A小球的质量为aR bB当地的重力加速度大小为R bCv2c 时，小球对杆的弹力方向向上Dv22b 时，小球受到的弹力与重力大小相等ACDACD 对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F Fmgmg0 0，结合图象可知，结合图象可知 a a

21、mgmg0 0；当；当 F F0 0 时，由牛时，由牛顿第二定律可得顿第二定律可得 mgmg，结合图象可知，结合图象可知 mgmg，联立解得，联立解得10 / 12g g，m m，选项，选项 A A 正确，正确，B B 错误由图象可知错误由图象可知 bcbc，当，当v2v2c c 时，根据牛顿第二定律有时，根据牛顿第二定律有 F Fmgmg，则杆对小球有，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项 C C 正确；当正确；当v2v22b2b 时，由牛顿第二定律可得时，由牛顿第二定律可得 mgmgFF，可得，可得FFmgmg，选项，选项 D D 正确正确

22、13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 4329 所示已知握绳的手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为 d，重力加速度为 g，忽略手的运动半径和空气阻力图 4329(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？ 【导学号：84370185】解析 (1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动

23、规律得竖直方向 dgt2水平方向 dv1t解得 v12gd由动能定理得：mgdmvmv2 1解得 v211 / 12(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对小球在最低点由牛顿第二定律得FTmgmv2 1 R解得 FTmg(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FTmgmv2 3 l解得 v38 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 dlgt2 1水平方向 xv3t1解得 x4ldl 3当 l时，x 有极大值，xmaxd答案(1) (2)mg (3)

24、 d(2017黑龙江省实验中学模拟)如图所示，BC 为半径 r04 m 竖直放置的用光滑圆管制成的圆弧形轨道，O 为轨道的圆心，在圆管的末端 C 连接倾斜角为 45、动摩擦因数 06 的足够长粗糙斜面，一质量为 m05 kg 的小球从 O 点正上方某处 A 点以速度 v0 水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力 F5 N 的作用，当小球运动到圆管的末端 C 时作用力 F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面，不计空气阻力(g 取 10 m/s2)求：12 / 12(1)小球从 O 点的正上方某处 A 点水平抛出的初速度 v0 和 OA的距离；(2)

25、小球在圆管中运动时对圆管的压力；(3)小球在 CD 斜面上运动的最大位移解析 (1)小球从 A 运动到 B 为平抛运动，有 rsin 45v0t，在 B 点，有 tan 45，解以上两式得 v02 m/s，t02 s，则 AB 竖直方向的距离为 hgt202 m，OB 竖直方向距离为 hrsin 4504 m，则 OAhh02 m04 m06 m(2)在 B 点据平抛运动的速度规律有 vB2 m/s，小球在圆管中的受力为三个力：由于重力(mg5 N)与外加的力 F 平衡，故小球所受的合力仅为圆管的外侧对它的压力，得小球在圆管中做匀速圆周运动，由匀速圆周运动的规律得，圆管对小球的作用力为 FN5 N，根据牛顿第三定律得，小球对圆管的压力为 5 N(3)在 CD 斜面上运动到最高点的过程，根据牛顿第二定律得mgsin 45mgcos 45ma，解得 agsin 45gcos 458 m/s2，根据速度位移关系公式，有 x m答案(1)2 m/s 06 m (2)5 N (3) m