《2020高考物理一輪總復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 基礎課3 圓周運動練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理一輪總復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 基礎課3 圓周運動練習（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎課 3 圓周運動 一、選擇題 1. (2019屆湖北省重點中學聯(lián)考)如圖所示，由于地球的自轉，地球表面上P、Q兩物體均繞地球自轉軸做勻速圓周運動，對于P、Q兩物體的運動，下列說法正確的是(　　) A．P、Q兩物體的角速度大小相等 B．P、Q兩物體的線速度大小相等 C．P物體的線速度比Q物體的線速度大 D．P、Q兩物體均受重力和支持力兩個力作用 解析：選A　P、Q兩物體都是繞地軸做勻速圓周運動，角速度相等，即ωP＝ωQ，選項A對；根據(jù)圓周運動線速度v＝ωR，P、Q兩物體做勻速圓周運動的半徑不等，即P、Q兩物體做圓周運動的線速度大小不等，選項B錯；Q物體到地軸的距離遠，圓周

2、運動半徑大，線速度大，選項C錯；P、Q兩物體均受到萬有引力和支持力作用，重力只是萬有引力的一個分力，選項D錯． 2.如圖所示，運動員以速度v在傾角為θ的傾斜賽道上做勻速圓周運動．已知運動員及自行車的總質量為m，做圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，將運動員和自行車看作一個整體，則(　　) A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B．受到的合力大小為F＝ C．若運動員加速，則一定沿斜面上滑 D．若運動員減速，則一定加速沿斜面下滑 解析：選B　將運動員和自行車看做一個整體，則系統(tǒng)受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物體實際受到的力，A錯誤；系統(tǒng)所受合力提

3、供向心力，大小為F＝m，B正確；運動員加速，系統(tǒng)有向上運動的趨勢，但不一定沿斜面上滑，同理運動員減速，也不一定沿斜面下滑，C、D均錯誤． 3. (2018屆咸陽一模)固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示．今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動．只要適當調節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后(　　) A．一定會落到水平面AE上 B．一定會再次落到圓弧軌道上 C．可能會再次落到圓弧軌道上 D．不能確定 解析：選A　設小球恰好能夠通過最高點D，根據(jù)mg＝

4、m，得：vD＝，知在最高點的最小速度為.小球經(jīng)過D點后做平拋運動，根據(jù)R＝gt2得：t＝.則平拋運動的水平位移為：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上，故A正確，B、C、D錯誤． 4.如圖所示，長度均為l＝1 m的兩根輕繩，一端共同系住質量為m＝0.5 kg的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為l，重力加速度g取10 m/s2.現(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，每根繩的拉力恰好為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小為(　　) A．5 N　　　　　　　　 B. N C．15 N D．10 N 解析：選A　小球

5、在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，由牛頓第二定律得mg＝m；當小球在最高點的速率為2v時，由牛頓第二定律得mg＋2FTcos30°＝m，解得FT＝mg＝5 N，故選項A正確． 5．(多選) (2018屆信陽一模)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔邊緣光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內做勻速圓周運動．現(xiàn)使小球在一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) A．Q受到桌面的支持力變大 B．Q受到桌面的靜摩擦力變大 C．小球P運動的周期變大

6、 D．小球P運動的角速度變大 解析：選BD　金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件可知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變，故A錯誤；設細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為T，細線在桌面下方的長度為L.小球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖所示，則有T＝，F(xiàn)n＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得角速度為ω＝，周期為T＝＝2π ；使小球在一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cosθ減小，則細線拉力T增大，角速度增大，周期T減?。畬由平衡條件得知，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故B、D正確，C錯誤． 6．如圖所示，一輕繩一端連接在懸點O，另一

7、端連著一個質量為m的小球，將球放在與O點等高的位置，繩子剛好拉直，繩長為L，在O點正下方處的A點有一釘子，球由靜止釋放后下落到最低點，繩與釘子相碰后沒有斷，球繼續(xù)運動，不計空氣阻力，忽略繩經(jīng)過A點時的機械能損失，則(　　) A．球運動到與A點等高的B點時，繩對懸點O的拉力大小等于mg B．球運動到與A點等高的B點時，繩對釘子的作用力大小等于 mg C．球剛好能運動到懸點O點 D．球運動到與A點等高的B點時，剪斷繩子，球能運動到與O點等高的位置 解析：選D　小球由靜止釋放至運動到B點的過程中機械能守恒，mg×L＝mv2，則繩的拉力F＝m＝2mg，A項錯誤；此時繩對釘子的作用力為兩邊

8、繩上張力的合力，即2mg，B項錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，如果球能運動到O點，則到O點時的速度為零，在繩模型的圓周運動中這是不可能的，C項錯誤；若運動到B點時剪斷繩子，球將做豎直上拋運動，運動過程中機械能守恒，球能運動到與O點等高的位置，D項正確． 7. (多選)如圖所示，在水平轉臺上放一個質量M＝2.0 kg的木塊，它與臺面間的最大靜摩擦力Ffm＝6.0 N，繩的一端系住木塊，另一端穿過轉臺的中心孔O(為光滑的)懸吊一質量m＝1.0 kg的小球，當轉臺以ω＝5.0 rad/s的角速度轉動時，欲使木塊相對轉臺靜止，取g＝10 m/s2，則它到O孔的距離可能是(　　) A．6 cm

9、 B．15 cm C．30 cm D．34 cm 解析：選BC　轉臺以一定的角速度ω旋轉，木塊M所需的向心力與回旋半徑r成正比，在離O點最近處r＝r1時，M有向O點的運動趨勢，這時摩擦力Ff沿半徑向外，剛好達最大靜摩擦力Ffm， 即mg－Ffm＝Mω2r1 得r1＝＝ m＝0.08 m＝8 cm 同理，M在離O點最遠處r＝r2時，有遠離O點的運動趨勢，這時摩擦力Ff的方向指向O點，且達到最大靜摩擦力Ffm， 即mg＋Ffm＝Mω2r2 得r2＝＝ m＝0.32 m＝32 cm 則木塊M能夠相對轉臺靜止，回旋半徑r應滿足關系式r1≤r≤r2.選項B、C正確． 8. (201

10、9屆綿陽診斷)如圖所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質量均為m的球A和B，光滑水平轉軸穿過桿上距球A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內轉動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力．忽略空氣阻力．則球B在最高點時(　　) A．球B的速度為零 B．球A的速度大小為 C．水平轉軸對桿的作用力為1.5mg D．水平轉軸對桿的作用力為2.5mg 解析：選C　球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m等，解得vB＝，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受重力和拉力的合

11、力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正確，D錯誤． 9. (2018屆衡水市冀州中學一模)如圖所示，光滑斜面與水平面成α角，斜面上一根長為l＝0.30 m的輕桿，一端系住質量為0.2 kg的小球，另一端固定在O點，現(xiàn)將輕桿拉直至水平位置，然后給小球一沿著平板并與輕桿垂直的初速度v0＝3.0 m/s，取g＝10 m/s2，則(　　) A．此時小球的加速度大小為 m/s2 B．小球到達最高點時桿的彈力沿斜面向上 C．若增大v0，到達最高點時桿對小球的彈力一定增大 D．若增大v0，到達最高點時桿對小球的彈力可能減小 解析：選C　小球做變速圓周運動，在初位置加速度不

12、指向圓心，將其分解： 切向加速度為：a′＝＝gsinα； 向心加速度為：an＝＝ m/s2＝30 m/s2； 此時小球的加速度為合加速度，a＝>an＝30 m/s2> m/s2，故A錯誤；從開始到最高點過程，根據(jù)動能定理，有：－mglsinα＝mv12－mv02，解得：v1＝，考慮臨界情況，如果沒有桿的彈力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝m，代入數(shù)據(jù)計算可以得到v2小于v1，說明桿在最高點對球的作用力是拉力，故B錯誤；在最高點時，輕桿對小球的彈力是拉力，故F＋mgsinα＝m，如果初速度增大，則最高點速度也增大，故拉力F一定增大，故C正確，D錯誤． 10．(多選)如圖

13、甲所示為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機，其原理可簡化為一個質量為M的支架(含電動機)上由一根長為l的輕桿帶動一個質量為m的鐵球(鐵球可視為質點)，如圖乙所示，重力加速度為g.若在某次打夯過程中，鐵球以角速度ω勻速轉動，則(　　) A．鐵球轉動過程中機械能守恒 B．鐵球做圓周運動的向心加速度始終不變 C．鐵球轉動到最低點時，處于超重狀態(tài) D．若鐵球轉動到最高點時，支架對地面的壓力剛好為零，則ω＝ 解析：選CD　由于鐵球在做勻速圓周運動的過程中動能不變，但重力勢能在不斷地變化，所以其機械能不守恒，選項A錯誤；由于鐵球做圓周運動的角速度和半徑均不發(fā)生變化，由a＝ω2l可知，向心加速度的

14、大小不變，但其方向在不斷地發(fā)生變化，選項B錯誤；鐵球轉動到最低點時，有豎直向上的加速度，故桿對鐵球的拉力要大于鐵球的重力，鐵球處于超重狀態(tài)，選項C正確；以支架和鐵球整體為研究對象，鐵球轉動到最高點時，只有鐵球有向下的加速度，由牛頓第二定律可得(M＋m)g＝mω2l，解得ω＝ ，選項D正確． 二、非選擇題 11．(2019屆長沙聯(lián)考)汽車試車場中有一個檢測汽車在極限狀態(tài)下的車速的試車道，試車道呈錐面(漏斗狀)，側面圖如圖所示．測試的汽車質量m＝1 t，車道轉彎半徑r＝150 m，路面傾斜角θ＝45°，路面與車胎的動摩擦因數(shù)μ為0.25，設路面與車胎的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，(g取10 m

15、/s2)求： (1)若汽車恰好不受路面摩擦力，則其速度應為多大？ (2)汽車在該車道上所能允許的最小車速． 解析：(1)汽車恰好不受路面摩擦力時，由重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ＝m 解得v≈38.7 m/s. (2)當車道對車的摩擦力沿車道向上且等于最大靜摩擦力時，車速最小，受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得： FNsinθ－Ffcosθ＝m FNcosθ＋Ffsinθ－mg＝0 Ff＝μFN 解得vmin＝30 m/s. 答案：(1)38.7 m/s　(2)30 m/s 12．如圖所示為水上樂園的設施，由彎曲滑道、豎直平面內的圓形滑道

16、、水平滑道及水池組成，圓形滑道外側半徑R＝2 m，圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B′相互錯開，為保證安全，在圓形滑道內運動時，要求緊貼內側滑行．水面離水平滑道高度h＝5 m．現(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下，游客可視為質點，不計一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)起滑點A至少離水平滑道多高？ (2)為了保證游客安全，在水池中放有長度L＝5 m的安 全氣墊MN，其厚度不計，滿足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在氣墊上，安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少？ 解析：(1)游客在圓形滑道內側恰好滑過最高點時，有 mg＝m① 從A到圓形滑道最高點，由機械能守恒定律得 mgH1＝mv2＋mg·2R② 解得H1＝R＝5 m．③ (2)落在M點時拋出速度最小，從A到C由機械能守恒定律得 mgH1＝mv12④ v1＝＝10 m/s⑤ 水平拋出，由平拋運動規(guī)律可知 h＝gt2⑥ 得t＝1 s 則s1＝v1t＝10 m 落在N點時s2＝s1＋L＝15 m 則對應的拋出速度v2＝＝15 m/s 由mgH2＝mv22 得H2＝＝11.25 m 安全滑下點A距水平滑道高度范圍為5 m≤H≤11.25 m 答案：(1)5 m　(2)5 m≤H≤11.25 m 8