2019高三物理复习集训12圆周运动（带答案和解释）

文 章
来源 莲山 课件 w w
w.5 Y k J.cOM 课时分层集训(十二)　圆周运动
(限时：40分钟)
(对应学生用书第283页)
[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4­3­17
A．P、Q两点的角速度大小相等
B．P、Q两点的线速度大小相等
C．P点的线速度比Q点的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
A　[P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错；Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q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动的向心力，我们把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D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RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与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4­3­18
A．线速度大小之比为3∶2∶2
B．角速度之比为3∶3∶2
C．转速之比为2∶3∶2
D．向心加速度大小之比为9∶6∶4
D　[A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，vbRB＝vcRC，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误．转速之比等于角速度之比，故C错误．
由a＝ωv得：aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，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4­3­19
A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮做逆时针转动
C．从动轮边缘线速度大小为r22r1n1
D．从动轮的转速为r2r1n1
B　[主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，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A、C错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝r1r2n1，D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(   )
 
A．B、E两点的转速相同
B．A、B两点的角速度不同
C．A、B两点的线速度不同
D．A、E两点的向心加速度相同
A　[根据题意，绕CD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A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A、B两点的线速度相等，故C错误；A、E两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式a＝ω2r可知，它们的向心加速度不同，故D错误．故选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4­3­20
A．Ff的方向总是指向圆心
B．圆盘匀速转动时Ff＝0
C．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
D．在转速一定的条件下，Ff跟物体到轴O的距离成正比
D　[物体随圆盘转动过程中，如果圆盘匀速转动，则摩擦力指向圆心，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，摩擦力不指向圆心，A、B错误；根据公式Fn＝Ff＝mω2r可得在物体与轴O的距离一定的条件下，Ff跟圆盘转动的角速度的平方成正比，C错误；因为ω＝2πn，所以Ff＝m(2πn)2r，则Ff跟物体到轴O的距离成正比，D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＝2gR的速度通过轨道最高点B，并以v2＝3v1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4­3­21
A．3mg   B．4mg
C．5mg   D．6mg
D　[由题意可知，在B点，有FB＋mg＝mv21R，解之得FB＝mg，在A点，有FA－mg＝mv22R，解之得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对车的压力大小相差6mg．故选项D正确．]
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ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是(   )
 
图4­3­22
A．sin θ＝ω2Lg   　B．tan θ＝ω2Lg
C．sin θ＝gω2L   D．tan θ＝gω2L
 
A　[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：mgsin θ＝mLω2，解得sin θ＝ω2Lg，选项A正确，B、C、D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θ，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r＝Rsin θ，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 θ＝mv2Rsin θ①
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 θ＝mg
解得FN＝mgcos θ②
联立①②两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为
v＝Rgsin θtan θ．
[答案]　Rgsin θtan θ　mgcos θ
 
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θ满足关系式T＝a＋bcos θ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为(   )
 
A．b2m   B．2bm
C．3bm   D．b3m
D　[设小球在最低点，即θ＝0时的速度为v1，拉力为T1，在最高点，即θ＝180°时的速度为v2，拉力为T2，在最低点有T1－mg＝mv21R，在最高点有T2＋mg＝mv22R，根据动能定理有2mgR＝12mv21－12mv22，可得T1－T2＝6mg，对比T＝a＋bcos θ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故当地重力加速度g＝b3m，选项D正确．]
 圆周运动与平抛运动的组合问题
8．(2017•全国Ⅱ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4­3­24
A．v216g   B．v28g
C．v24g   D．v22g
B　[设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1．小物块上滑过程中，机械能守恒，有12mv2＝12mv21＋2mgR①
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2R＝12gt2②
x＝v1t③
联立①②③式整理得x2＝v22g2－4R－v22g2
可得x有最大值v22g，对应的轨道半径R＝v28g．故选B．]
9．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4­3­25
A．3gL   B．6gL
C．7gL   D．3gL
C　[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v0，由向心力公式和牛顿第二定律可得mg＝mv20L；从B点到落地，设小铁球落地的速度大小为v，由动能定理可得3mgL＝12mv2－12mv20，联立可得v＝7gL，故选项C正确，A、B、D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ω做匀速转动，当圆盘半径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4­3­26
A．h＝gπ2ω2　v0＝Rω2π   B．h＝8π2gω2　v0＝Rω4π
C．h＝2gπ2ω2　v0＝Rω6π   D．h＝32π2gω2　v0＝Rω8π
BD　[因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b点时，圆盘转过的角度θ＝2πk(k＝1,2,3，…)，由ω＝θt，可得圆盘的角速度ω＝2πkt(k＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h＝12gt2＝2π2gk2ω2(k＝1,2,3，…)，初速度v0＝Rt＝Rω2πk(k＝1,2,3，…)，将k的取值代入可知，当k取2和4时B、D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，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0．3 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R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2．则(   ) 
【导学号：84370184】
 
图4­3­27
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0．9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1．9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2 N
AC　[根据平抛运动规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0．9 m，选项A正确，B错误；设在B点管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有NB＋mg＝mv2BR，vB＝vx＝3 m/s，解得NB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D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4­3­28
A．小球的质量为aRb
B．当地的重力加速度大小为Rb
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
ACD　[对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F－mg＝0，结合图象可知a－mg＝0；当F＝0时，由牛顿第二定律可得mg＝mv2R，结合图象可知mg＝mbR，联立解得g＝bR，m＝aRb，选项A正确，B错误．由图象可知b<c，当v2＝c时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝mcR，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C正确；当v2＝2b时，由牛顿第二定律可得mg＋F′＝m•2bR，可得F′＝mg，选项D正确．]
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34d，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，由平抛运动规律得
竖直方向14d＝12gt2
水平方向d＝v1t
解得v1＝2gd
由动能定理得：mg1－34d＝12mv22－12mv21
解得v2＝52gd．
(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R＝34d
对小球在最低点由牛顿第二定律得
FT－mg＝mv21R
解得FT＝113mg．
(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
FT－mg＝mv23l
解得v3＝83gl
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则
竖直方向d－l＝12gt21
水平方向x＝v3t1
解得x＝4ld－l3
当l＝d2时，x有极大值，xmax＝233d．
[答案](1)2gd　52gd　(2)113mg　(3)d2　233d
 
(2017•黑龙江省实验中学模拟)如图所示，BC为半径r＝0．42 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μ＝0．6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0．5 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F＝5 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：
 
(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)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 45°＝v0t，
在B点，有tan 45°＝gtv0，
解以上两式得v0＝2 m/s，t＝0．2 s，则AB竖直方向的距离为h＝12gt2＝0．2 m，OB竖直方向距离为h′＝rsin 45°＝0．4 m，则OA＝h＋h′＝0．2 m＋0．4 m＝0．6 m．
(2)在B点据平抛运动的速度规律有vB＝v0sin 45°＝22 m/s，
小球在圆管中的受力为三个力：由于重力(mg＝5 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FN＝mv2Br＝52 N，
根据牛顿第三定律得，小球对圆管的压力为52 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 45°＋μmgcos 45°＝ma，
解得a＝gsin 45°＋μgcos 45°＝82 m/s2，根据速度－位移关系公式，有x＝v2B2a＝24 m．
[答案](1)2 m/s　0．6 m　(2)52 N　(3)24 m
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