（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動

《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 課后限時集訓12 圓周運動 建議用時：45分鐘 1．(2019·溫州九校聯考)環(huán)球飛車是一場將毫無改裝的摩托車文化進行演繹的特技表演。如圖所示，在舞臺中固定一個直徑為6.5 m的球形鐵籠，其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用 B．摩托車做圓周運動的向心力由彈力來提供 C．在此圓周運動中摩托車受到的彈力不變 D．摩托車受到水平圓面內與運動方向相同的摩擦力 B　[摩托車受重力、摩擦力、彈力的作用，向心力是效果力，故A錯誤；豎直方向上，摩托力所受重力和摩擦力平衡，所以摩擦力方向豎直向上

2、。彈力提供向心力，所以彈力方向改變，故B正確，C、D錯誤。] 2.(2019·合肥調研)如圖所示，兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通過的路程之比是3∶2，運動方向改變的角度之比是2∶1，則(　　) A．二者線速度大小之比為2∶3 B．二者角速度大小之比為1∶2 C．二者圓周運動的半徑之比為1∶3 D．二者向心加速度大小之比為3∶1 D　[線速度v＝，兩快艇通過的路程之比為3∶2，由于運動時間相等，則二者的線速度大小之比為3∶2，故A錯誤；角速度ω＝，運動方向改變的角度等于圓周運動轉過的角度，兩快艇轉過的角度之比為2∶1，由于運動時間相等，則角速度大小之比為2∶

3、1，故B錯誤；根據v＝rω得，圓周運動的半徑r＝，則兩快艇做圓周運動的半徑之比為3∶4，故C錯誤；根據a＝vω得，向心加速度大小之比為3∶1，故D正確。] 3．(多選)(2019·南京模擬)如圖所示，甲、乙兩運動物體在t1、t2、t3時刻的速度矢量分別為v1、v2、v3和v′1、v′2、v′3，下列說中正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．甲做的不可能是直線運動 B．乙做的可能是直線運動 C．甲可能做勻變速運動 D．乙受到的合力不可能是恒力 ACD　[甲、乙的速度方向在變化，所以甲、乙不可能做直線運動，故A正確，B錯誤；甲的速度變化量的方向不變，知加速度的方向不變，則甲的

4、加速度可能不變，甲可能做勻變速運動，選項C正確；乙的速度變化量方向在改變，知加速度的方向改變，所以乙的合力不可能是恒力，故D正確。] 4.如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　) A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 D　[在轉動過程中，A、B兩座椅的角速度相等，但由于B座椅的半徑比較大，故B座椅的速度比較大，向心加速度也比較大，A、B項錯誤；A、B兩座椅

5、所需向心力不等，而重力相同，故纜繩與豎直方向的夾角不等，C項錯誤；根據F＝mω2r判斷A座椅的向心力較小，所受拉力也較小，D項正確。] 5．(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙(　　) A．運動周期為 B．線速度的大小為ωR C．受摩天輪作用力的大小始終為mg D．所受合力的大小始終為mω2R BD　[由T＝，v＝ωR可知A錯誤，B正確。由座艙做勻速圓周運動，可知座艙所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向始終指向摩天輪中心，則座艙在最低點時，其所受摩天輪的作用力

6、為mg＋mω2R，故C錯誤，D正確。] 6．(多選)鐵路轉彎處的彎道半徑r是根據地形決定的。彎道處要求外軌比內軌高，其內、外軌高度差h的設計不僅與r有關，還與火車在彎道上的行駛速率v有關。下列說法正確的是(　　) A．速率v一定時，r越小，要求h越大 B．速率v一定時，r越大，要求h越大 C．半徑r一定時，v越小，要求h越大 D．半徑r一定時，v越大，要求h越大 AD　[火車轉彎時，向心力由重力mg與軌道支持力FN的合力來提供，如圖所示，設軌道平面與水平面的夾角為θ，則有mgtan θ＝，且tan θ≈sin θ＝，其中L為軌間距，是定值，有mg＝，通過分析可知A、D正確。]

7、 7.如圖所示，疊放在一起的兩物塊A、B質量相等，隨水平圓盤一起做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．B做圓周運動所需向心力是A做圓周運動所需向心力的2倍 B．盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍 C．A有沿半徑向外滑動的趨勢，B有沿半徑向內滑動的趨勢 D．若B先滑動，則A、B之間的動摩擦因數μA小于B與盤之間的動摩擦因數μB B　[A、B兩物塊隨水平圓盤一起做勻速圓周運動，向心力F＝mω2r，因為兩物塊的角速度大小相等，轉動半徑相等，質量相等，則向心力相等，故A錯誤；將A、B作為整體分析，fAB＝2mω2r，對A分析，有fA＝mω2r，可知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力

8、的2倍，故B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤；若B先滑動，表明盤對B的摩擦力先達到二者之間的最大靜摩擦力，當B恰要滑動時，有μB×2mg－fA＝mvr，又mωr<μAmg，fA＝mωr，解得μA>μB，故D錯誤。] 8.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自運動軌跡的最低點時，有(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P

9、球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C　[小球從靜止釋放運動到最低點的過程中，由機械能守恒得mgR＝mv2，解得v＝，式中R為繩長，則小球在最低點的速度只與繩長有關，可知vP

10、a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．a繩的張力不可能為零 B．a繩的張力隨角速度的增大而增大 C．當角速度ω>時，b繩將出現彈力 D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化 AC　[對小球受力分析，可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，為定值，A正確，B錯誤。當Tacos θ＝mω2l，即ω＝時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將出現彈力，C正確。由于繩b可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩

11、的彈力可能不變，D錯誤。] 10．(多選)(2019·資陽一診)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系圖象如圖乙所示，圖象中的數據a和b，包括重力加速度g都為已知量，則以下說法正確的是(　　) 甲　　　　　乙　 A．數據a與小球的質量無關 B．數據b與小球的質量無關 C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑無關 D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌跡半徑 AD　[由題圖乙可知，當v2＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供其做圓周運動的向心力

12、，則由牛頓第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A正確；當v2＝2a時，對小球受力分析，則由牛頓第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據上述分析可知＝與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑也有關，故C錯誤；由上述可知r＝，m＝，故D正確。] 11．(2019·江蘇揚州中學高考模擬)揚州某游樂場有一種叫作“快樂飛機”的游樂項目，模型如圖所示。模型飛機固定在旋臂上，旋臂與豎直方向夾角為θ，當模型飛機以恒定的角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，下列說法正確的是(　　) A．模型飛機受重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂對模型飛機的作

13、用力方向一定與旋臂垂直 C．增大θ，模型飛機線速度大小不變 D．增大θ，旋臂對模型飛機的作用力變大 D　[當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內做勻速圓周運動時，模型飛機受到重力和支持力的作用，而向心力屬于效果力，由重力和支持力的合力產生，故模型飛機受到的力為重力和旋臂的作用力，故A錯誤；旋臂對模型飛機的作用力方向可以與旋臂不垂直，但在豎直方向和水平方向有分力，且豎直方向的分力等于重力，故B錯誤；增大θ，飛機的圓周運動半徑r＝Lsin θ增大，根據v＝rω知飛機線速度增大，故C錯誤；根據旋臂對模型飛機的作用力大小的表達式F＝，若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力增大，故D正確。] 1

14、2．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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向夾角仍為37°，求角速度ω1的大小； (2)若裝置勻速轉動的角速度為ω2時，細線AB剛好豎直，且張力為零，求此時角速度ω2的大小。 [解析]　(1)細線AB上的張力恰為零時有 mgtan

15、37°＝mωLsin 37° 解得ω1＝＝ rad/s ＝ rad/s。 (2)細線AB恰好豎直，但張力為零時， 由幾何關系得cos θ′＝，則有θ′＝53° mgtan θ′＝mωLsin θ′ 解得ω2＝ rad/s。 [答案]　(1) rad/s　(2) rad/s 13．(2019·江蘇揚州中學高三月考)一轉動裝置如圖甲所示，兩根足夠長輕桿OA、OB固定在豎直輕質轉軸上的O點，兩輕桿與轉軸間夾角均為30°。小球a、b分別套在兩桿上，小環(huán)c套在轉軸上，球與環(huán)質量均為m。c與a、b間均用長為L的細線相連，原長為L的輕質彈簧套在轉軸上，一端與軸上P點固定，另一端與環(huán)c相連。當

16、裝置以某一轉速轉動時，彈簧伸長到1.5L，環(huán)c靜止在O處，此時彈簧彈力等于環(huán)的重力，球、環(huán)間的細線剛好拉直而無張力。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。求： 甲　　　　　　乙 (1)細線剛好拉直而無張力時，裝置轉動的角速度ω1； (2)如圖乙所示，該裝置以角速度 ω2(未知)勻速轉動時，彈簧長為，求此時桿對小球的彈力大小和角速度ω2。 [解析]　(1)對a或b小球分析，根據牛頓第二定律得 ＝mωLsin 30° 解得ω1＝。 (2)依題可知，兩次彈簧彈力大小相等方向相反，且F1＝mg 設繩子拉力為F2，由幾何知識知繩子與豎直軸之間的夾角為60° 對c球分析，根據平衡條件得： 2F2cos 60°＝mg＋F1 解得F2＝2mg 對a或b球分析，豎直方向根據平衡條件得： FNsin 30°＝mg＋F2cos 60° 解得FN＝4mg 水平方向根據牛頓第二定律得 FNcos 30°＋F2sin 60°＝mωLsin 60° 解得ω2＝。 [答案]　(1)　(2)4mg　 8