《（新課標）2020版高考物理一輪復習 第四章 第3講 圓周運動夯基提能作業(yè)本》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理一輪復習 第四章 第3講 圓周運動夯基提能作業(yè)本（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　圓周運動 A組　基礎過關 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2019山東濰坊期中)如圖所示,繩子的一端固定在O點,另一端拴一重物在光滑水平面上做勻速圓周運動。下列說法正確的是(　　) A.轉速一定時,繩短時容易斷 B.周期一定時,繩短時容易斷 C.線速度大小一定時,繩短時容易斷 D.線速度大小一定時,繩長時容易斷 答案　C　轉速一定時,根據(jù)Fn=mω2r=mr(2πn)2可知,繩越長,所需的向心力越大,則繩越容易斷,故A項錯誤;周期一定時,角速度一定,根據(jù)Fn=mω2r知,繩越長,所需的向心力越大,則繩越容易斷,故B項錯誤;線速度大小一定時,根

2、據(jù)Fn=mv2r知,繩越短,所需的向心力越大,則繩越容易斷,故C項正確,D項錯誤。 2.(2017廣東佛山模擬)明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖所示),記錄了我們祖先的勞動智慧。若A、B、C三齒輪的半徑大小關系如圖,則(　　) A.齒輪A的角速度比C的大 B.齒輪A與B的角速度大小相等 C.齒輪B與C邊緣的線速度大小相等 D.齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的線速度大 答案　D　由圖可知,A、B、C三齒輪半徑大小的關系為rA>rB>rC,齒輪A的邊緣與齒輪B的邊緣接觸,齒輪B與C同軸轉動,故vA=vB,ωB=ωC。根據(jù)v=ωr可知ωB>ωA,ωA<ωC

3、,vB>vC,vA>vC,故D項正確,A、B、C項錯誤。 3.如圖,在豎直平面內,滑道ABC關于B點對稱,且A、B、C三點在同一水平線上。若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時間為t1,第二次由C滑到A,所用的時間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運動過程始終沿著滑道滑行,小滑塊與滑道的動摩擦因數(shù)恒定,則(　　) A.t1t2 D.無法比較t1、t2的大小 答案　A　在滑道AB段上取任意一點E,比較從A點到E點的速度v1和從C點到E點的速度v2,易知,v1>v2。因E點處于“凸”形軌道上,速度越大,軌道對小滑塊的支持力越小,因動摩擦因數(shù)恒定,

4、則摩擦力越小,可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小,因摩擦造成的動能損失也小。同理,在滑道BC段的“凹”形軌道上,小滑塊速度越小,其所受支持力越小,摩擦力也越小,因摩擦造成的動能損失也越小,從C處開始滑動時,小滑塊損失的動能更大。綜上所述,從A滑到C比從C滑到A在軌道上因摩擦造成的動能損失要小,整個過程中從A滑到C平均速度要更大一些,故t1

5、的合外力才指向圓心 C.從B運動到A,物塊處于超重狀態(tài) D.從A運動到D,物塊處于超重狀態(tài) 答案　D　在B、D位置,物塊受重力、支持力,除B、D位置外,物塊受重力、支持力和靜摩擦力,故A項錯;物塊做勻速圓周運動,在任何位置受到的合外力都指向圓心,故B項錯;物塊從B運動到A,向心加速度方向斜向下沿半徑指向圓心,物塊失重,從A運動到D,向心加速度方向斜向上沿半徑指向圓心,物塊超重,C項錯、D項對。 5.(多選)(2019四川達州期中)公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖,某公路急轉彎處是一圓弧,當汽車行駛的速率為v0時,汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢。則在該彎道處(　　)

6、 A.路面外側高內側低 B.車速只要低于v0,車輛便會向內側滑動 C.車速雖然高于v0,但只要不超出某一最高限度,車輛便不會向外側滑動 D.當路面結冰時,與未結冰時相比,v0的值變小 答案　AC　汽車在公路轉彎處做圓周運動,需要外力提供向心力。當汽車行駛的速率為v0時,汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢,即沒有指向公路兩側的摩擦力,此時由重力和支持力的合力提供向心力,所以路面外側高內側低,選項A正確;當車速低于v0時,需要的向心力小于重力和支持力的合力,汽車有向內側滑動的趨勢,但當重力與支持力的合力與所需向心力的差值小于最大靜摩擦力時,并不會向內側滑動,選項B錯誤;同理

7、,當車速高于v0時,需要的向心力大于重力和支持力的合力,汽車有向外側滑動的趨勢,靜摩擦力指向內側,車速越大,靜摩擦力越大,只有超過最大靜摩擦力以后,車輛才會向外側滑動,選項C正確;由mg tan θ=mv02r可知,v0值的大小只與路面傾角和圓弧軌道的半徑有關,與路面的粗糙程度無關,選項D錯誤。 6.如圖所示,放置在水平轉盤上的物體A、B、C能隨轉盤一起以角速度ω勻速轉動,A、B、C的質量分別為m、2m、3m,它們與水平轉盤間的動摩擦因數(shù)均為μ,離轉盤中心的距離分別為0.5r、r、1.5r,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,則當物體與轉盤間不發(fā)生相對運動時,轉盤的角速度應滿足

8、的條件是(　　) A.ω≤μgr B.ω≤2μg3r C.ω≤2μgr D.μgr≤ω≤2μgr 答案　B　當物體與轉盤間不發(fā)生相對運動,并隨轉盤一起轉動時,轉盤對物體的靜摩擦力提供向心力,當轉速較大時,物體轉動所需要的向心力大于最大靜摩擦力,物體就相對轉盤滑動,即臨界方程是μmg=mω2l,所以質量為m、離轉盤中心的距離為l的物體隨轉盤一起轉動的條件是ω≤μgl,即ωA≤2μgr,ωB≤μgr,ωC≤2μg3r,所以要使三個物體與轉盤間不發(fā)生相對運動,其角速度應滿足ω≤2μg3r,選項B正確。 7.(2019山東濰坊高三段考)為確保彎道行車安全,汽車進入彎道前必須減速。如

9、圖所示,AB為進入彎道前的平直公路,BC為水平圓弧形彎道。已知AB段的距離 sAB=14 m,彎道半徑R=24 m。汽車到達A點時的速度vA=16 m/s,汽車與路面間的動摩擦因數(shù)μ=0.6,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10 m/s2。要確保汽車進入彎道后不側滑,求汽車: (1)在彎道上行駛的最大速度; (2)在AB段做勻減速運動的最小加速度。 答案　(1)12 m/s　(2)4 m/s2 解析　(1)汽車在BC段彎道,由牛頓第二定律得μmg=mvmax2R 代入數(shù)據(jù)解得vmax=12 m/s。 (2)汽車從A點處勻減速運動至B處,速度恰好減為 vmax=12 m/

10、s時,勻減速運動的加速度最小。 由運動學規(guī)律有-2aminsAB=vmax2-vA2 代入數(shù)據(jù)解得amin=4 m/s2。 8.如圖所示,裝置BO'O可繞豎直軸O'O轉動,可視為質點的小球A與兩細線連接后分別系于B、C兩點,裝置靜止時細線AB水平,細線AC與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球的質量 m=1 kg,細線AC長l=1 m,B點距C點的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=35, cos 37°=45) (1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1時,細線AB上的張力為0,而細線AC與豎直方向的夾角仍為37°,求角速度ω1的大小; (2)若裝置

11、勻速轉動的角速度ω2=503 rad/s,求細線AC與豎直方向的夾角。 答案　(1)522 rad/s　(2)53° 解析　(1)當細線AB上的張力為0時,小球的重力和細線AC的拉力的合力提供小球做勻速圓周運動的向心力,有 mg tan 37°=mω12l sin 37° 解得ω1=glcos37°=522 rad/s (2)當ω2=503 rad/s時,小球應該向左上方擺起,假設此時細線AB上的張力仍然為0,則有mg tan θ'=mω22l sin θ' 解得cos θ'=35 θ'=53° 因為B點距C點的水平和豎直距離相等,所以,當θ'=53°時,細線AB恰好豎直,

12、且mω22lsin53°mg=43=tan 53° 說明細線AB此時的張力恰好為0,故此時細線AC與豎直方向的夾角為53°。 B組　能力提升 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 9.(多選)(2019河北石家莊質檢)如圖所示,長為3L的輕桿可繞光滑水平轉軸O轉動,在桿兩端分別固定質量均為m的球A、B,球A距軸O的距離為L?，F(xiàn)給系統(tǒng)一定能量,使桿和球在豎直平面內轉動。當球B運動到最高點時,水平轉軸O對桿的作用力恰好為零,忽略空氣阻力,已知重力加速度為g,則球B在最高點時,下列說法正確的是(　　) A.球B的速度為零 B.球B的速度為2gL C.球A的速度為2gL

13、 D.桿對球B的彈力方向豎直向下 答案　CD　當球B運動到最高點時,水平轉軸O對桿的作用力為零,這說明球A、B對桿的作用力是一對平衡力,由于A做圓周運動的向心力豎直向上且由桿的彈力與重力的合力提供,故A所受桿的彈力必豎直向上,B所受桿的彈力必豎直向下,且兩力大小相等,D項正確;對A球有F-mg=mω2L,對B球有F+mg=mω2·2L,由以上兩式聯(lián)立解得ω=2gL,則A球的線速度vA=ωL=2gL,B球的線速度vB=ω·2L=22gL,A、B項錯誤,C項正確。 10.(2017湖南株洲二中月考)用一根細線一端系一小球(可視為質點),另一端固定在一光滑錐頂上,如圖甲所示,設小球在水平

14、面內做勻速圓周運動的角速度為ω,線的張力為FT,則FT隨ω2變化的圖像是圖乙中的(　　) 甲 乙 答案　B　設細線長為L,錐面與豎直方向的夾角為θ,當ω=0時,小球靜止,受重力mg、支持力FN和細線的拉力FT作用,FT=mg cos θ≠0,A項錯誤。ω增大時,FT增大,FN減小,當FN=0時,角速度為ω0,當ω<ω0時,由牛頓第二定律得FT sin θ-FN cos θ=mω2L sin θ,FT cos θ+FN sin θ=mg,解得FT=mω2L sin2θ+mg cos θ,可見隨ω由0開始增加,FT由mg cos θ開始隨ω2的增大線性增大;當ω>ω0時,小球離開錐面,細線與豎直方向的夾角變大,設為β,由牛頓第二定律得FT sin β=mω2L sin β,所以FT=mLω2,可見FT隨ω2的增大仍線性增大,但圖線的斜率增大了,所以B項正確,C、D項錯誤。 7