2019高三物理复习集训12圆周运动(带答案和解释)

时间:2018-07-02 作者:佚名 试题来源:网络

2019高三物理复习集训12圆周运动(带答案和解释)

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文章来
源 莲山 课件 w w
w.5Y 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
 文章来
源 莲山 课件 w w
w.5Y k J.cOM
点击排行

最新试题

推荐试题

| 触屏站| 加入收藏 | 版权申明 | 联系我们 |