2019-2020年高考物理第一輪復習 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動.doc

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2019-2020年高考物理第一輪復習 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動 對點訓練：描述圓周運動的物理量 1.(xx湖北省重點中學聯(lián)考)如圖1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(　　) 圖1 A．P、Q兩點的角速度大小相等 B．P、Q兩點的線速度大小相等 C．P點的線速度比Q點的線速度大 D．P、Q兩物體均受重力和支持力兩個力作用 2.(xx資陽診斷)如圖2所示，水平放置的兩個用相同材料制成的輪P和Q靠摩擦傳動，兩輪的半徑R∶r＝2∶1。當主動輪Q勻速轉動時，在Q輪邊緣上放置的小木塊恰能相對靜止在Q輪邊緣上，此時Q輪轉動的角速度為ω1，木塊的向心加速度為a1，若改變轉速，把小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，此時Q輪轉動的角速度為ω2，木塊的向心加速度為a2，則(　　) 圖2 A．＝　　　　　　　 B．＝ C．＝ D．＝ 3．自行車的小齒輪A、大齒輪B、后輪C是相互關聯(lián)的三個轉動部分，且半徑RB＝4RA、RC＝8RA，如圖3所示。當自行車正常騎行時A、B、C三輪邊緣的向心加速度的大小之比aA∶aB∶aC等于(　　) 圖3 A．1∶1∶8 B．4∶1∶4 C．4∶1∶32 D．1∶2∶4 對點訓練：水平面內的勻速圓周運動 4．山城重慶的輕軌交通頗有山城特色，由于地域限制，彎道半徑很小，在某些彎道上行駛時列車的車身嚴重傾斜。每到這樣的彎道乘客都有一種坐過山車的感覺，很是驚險刺激。假設某彎道鐵軌是圓弧的一部分，轉彎半徑為R，重力加速度為g，列車轉彎過程中傾角(車廂地面與水平面夾角)為θ，則列車在這樣的軌道上轉彎行駛的安全速度(軌道不受側向擠壓)為(　　) 圖4 A． B． C． D． 5．(多選)如圖5所示，繩子的一端固定在O點，另一端拴一重物在水平面上做勻速圓周運動(　　) 圖5 A．轉速相同時，繩長的容易斷 B．周期相同時，繩短的容易斷 C．線速度大小相等時，繩短的容易斷 D．線速度大小相等時，繩長的容易斷 6．(多選)(xx河南漯河二模)如圖6所示，兩根長度相同的細線分別系有兩個完全相同的小球，細線的上端都系于O點。設法讓兩個小球均在水平面上做勻速圓周運動。已知L1跟豎直方向的夾角為60，L2跟豎直方向的夾角為30，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．細線L1和細線L2所受的拉力大小之比為∶1 B．小球m1和m2的角速度大小之比為∶1 C．小球m1和m2的向心力大小之比為3∶1 D．小球m1和m2的線速度大小之比為3∶1 對點訓練：豎直平面內的圓周運動 7.(xx忻州一中檢測)如圖7所示，兩段長均為L的輕質線共同系住一個質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間距也為L，今使小球在豎直平面內做圓周運動，當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，若小球到達最高點時速率為2v，則此時每段線中張力大小為(　　) 圖7 A．mg B．2mg C．3mg D．4mg 8．(多選)如圖8所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝0 C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 9．(xx山東省桓臺模擬)如圖9，質量為M的物體內有光滑圓形軌道，現(xiàn)有一質量為m的小滑塊沿該圓形軌道在豎直面內作圓周運動。A、C點為圓周的最高點和最低點，B、D點是與圓心O同一水平線上的點。小滑塊運動時，物體M在地面上靜止不動，則物體M對地面的壓力N和地面對M的摩擦力有關說法正確的是(　　) 圖9 A．小滑塊在A點時，N＞Mg，摩擦力方向向左 B．小滑塊在B點時，N＝Mg，摩擦力方向向右 C．小滑塊在C點時，N＝(M＋m)g，M與地面無摩擦 D．小滑塊在D點時，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左 對點訓練：圓周運動的綜合問題 10．(xx安徽高考)如圖10所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸距離2.5 m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，盤面與水平面的夾角為30，g取10 m/s2。則ω的最大值是(　　) 圖10 A． rad/s B． rad/s C．1.0 rad/s D．5 rad/s 11．(xx汕頭模擬)如圖11為某工廠生產(chǎn)流水線上水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成。物品從A處無初速度放到傳送帶上，運動到B處后進入勻速轉動的轉盤，設物品進入轉盤時速度大小不發(fā)生變化，此后隨轉盤一起運動(無相對滑動)到C處被取走裝箱。已知A、B兩處的距離L＝10 m，傳送帶的傳輸速度v＝2 m/s，物品在轉盤上與軸O的距離R＝4 m，物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。g取10 m/s2。求： 圖11 (1)物品從A處運動到B處的時間t； (2)質量為2 kg的物品隨轉盤一起運動的靜摩擦力為多大。 12．(xx德州聯(lián)考)如圖12所示，水平放置的圓盤上，在其邊緣C點固定一個小桶，桶的高度不計，圓盤半徑為R＝1 m，在圓盤直徑CD的正上方，與CD平行放置一條水平滑道AB，滑道右端B與圓盤圓心O在同一豎直線上，且B點距離圓盤圓心的豎直高度h＝1.25 m，在滑道左端靜止放置質量為m＝0.4 kg的物塊(可視為質點)，物塊與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，現(xiàn)用力F＝4 N的水平作用力拉動物塊，同時圓盤從圖示位置，以角速度ω＝2π rad/s，繞通過圓心O的豎直軸勻速轉動，拉力作用在物塊一段時間后撤掉，最終物塊由B點水平拋出，恰好落入圓盤邊緣的小桶內。重力加速度取10 m/s2。 圖12 (1)若拉力作用時間為0.5 s，求所需滑道的長度； (2)求拉力作用的最短時間。 答 案 1．選A　P、Q兩點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兩點到地軸的距離不等，即P、Q兩點圓周運動線速度大小不等，選項B錯。Q點到地軸的距離遠，圓周運動半徑大，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，二者的合力是圓周運動的向心力，我們把與支持力等大反向的平衡力即萬有引力的一個分力稱為重力，選項D錯。 2．選C　根據(jù)題述，a1＝ω12r，ma1＝μmg；聯(lián)立解得μg＝ω12r。小木塊放在P輪邊緣也恰能靜止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r聯(lián)立解得＝，選項A、B錯誤；ma＝μmg，所以＝，選項C正確，D錯誤。 3．選C　A、C角速度相等，由a＝ω2R可知aA∶aC＝1∶8。A、B線速度相等，由a＝可知，aA∶aB＝4∶1，所以aA∶aB∶aC＝4∶1∶32，選項C正確。 4．選C　本題聯(lián)系實際考查圓周運動、向心力知識。軌道不受側向擠壓時，軌道對列車的作用力就只有彈力，重力和彈力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式mgtan θ＝m，得v＝，C正確。 5．選AC　繩子拉力提供圓周運動向心力，繩子長度即圓周運動半徑。轉速相同即周期和角速度相同，繩子拉力提供向心力即F＝mlω2，繩子越長向心力越大即繩子拉力越大，越容易斷，選項A對B錯。線速度大小相等時，則有向心力即繩子拉力F＝，繩子越長拉力越小，越不容易斷，C對D錯。 6．選AC　對任一小球研究。設細線與豎直方向的夾角為θ，豎直方向受力平衡，則 Tcos θ＝mg， 解得T＝。 所以細線L1和細線L2所受的拉力大小之比＝＝，故A正確。 小球所受合力的大小為mgtan θ，根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ＝mLsin θω2， 得ω2＝。兩小球Lcos θ相等，所以角速度相等，故B錯誤。 小球所受合力提供向心力，則向心力為F＝mgtan θ， 小球m1和m2的向心力大小之比為： ＝＝3，故C正確。 兩小球角速度相等，質量相等，由合外力提供向心力，有F＝mgtan θ＝mωv，則小球m1和m2的線速度大小之比為＝＝3，故D錯誤。 7．選A　當小球到達最高點時速率為v，兩段線中張力恰好均為零，有mg＝m；當小球到達最高點時速率為2v，設每段線中張力大小為F，應有2Fcos 30＋mg＝m；解得F＝mg，選項A正確。 8．選BC　在光滑圓形管道的最高點，小球的速度可以等于零，A錯誤，B正確；在ab線以下時，外側管壁對小球的彈力要提供向心力，而在ab線以上，當速度較小時，小球要擠壓內側管壁，故C正確，D錯誤。 9．選B　因為軌道光滑，所以小滑塊與軌道之間沒有摩擦力。小滑塊在A點時，與軌道的作用力在豎直方向上，水平方向對軌道無作用力，所以軌道相對于地面沒有相對運動趨勢，即摩擦力為零；當小滑塊的速度v＝時，對軌道的壓力為零，軌道對地面的壓力N＝Mg，當小滑塊的速度v＞時，對軌道的壓力向上，軌道對地面的壓力N＜Mg，故選項A錯誤；小滑塊在B點時，對軌道的作用力沿水平方向向左，所以軌道對地有向左運動的趨勢，地面給軌道向右的摩擦力；豎直方向上對軌道無作用力，所以軌道對地面的壓力N＝Mg，故選項B正確；小滑塊在C點時，在水平方向對軌道無作用力，所以地面對軌道沒有摩擦力；小滑塊做圓周運動，軌道對小滑塊的支持力大于其重力，其合力提供向上的向心力，所以滑塊對軌道的壓力大于其重力，所以軌道對地面的壓力N＞(M＋m)g，故選項C錯誤；小滑塊在D點時，對軌道的作用力沿水平方向向右，所以軌道對地有向右運動的趨勢，地面給軌道向左的摩擦力；豎直上方向對軌道無作用力，所以軌道對地面的壓力N＝Mg，故選項D錯誤。 10．選C　物體隨圓盤做圓周運動，運動到最低點時最容易滑動，因此物體在最低點且剛好要滑動時的轉動角速度為最大值，這時，根據(jù)牛頓第二定律可知，μmgcos 30－mgsin 30＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C項正確，A、B、D項錯誤。 11．解析：(1)物品先在傳送帶上做初速度為零的勻加速直線運動：a＝μg＝2.5 m/s2 x1＝＝0.8 m t1＝＝0.8 s 之后，物品和傳送帶一起以速度v做勻速運動，則t2＝＝4.6 s 所以t＝t1＋t2＝5.4 s。 (2)物品在轉盤上所受的靜摩擦力提供向心力F＝m解得：F＝2 N。 答案：(1)5.4 s　(2)2 N 12．解析：(1)物塊平拋：h＝gt2； t＝ ＝0.5 s 物塊離開滑道時的速度：v＝＝2 m/s 拉動物塊的加速度，由牛頓第二定律： F－μmg＝ma1；得：a1＝8 m/s2 撤去外力后，由牛頓第二定律： －μmg＝ma2； 得：a2＝－2 m/s2 物塊加速獲得速度：v1＝a1t1＝4 m/s 則所需滑道的長度 L＝x1＋x2＝a1t12＋＝4 m (2)盤轉過一圈時落入，拉力時間最短； 盤轉過一圈時間：T＝＝1 s； 物塊在滑道上先加速后減速，最終獲得：v＝a1t1＋a2t2 物塊滑行時間、拋出在空中時間與圓盤周期關系：t1＋t2＋t＝T 由上兩式得：t1＝0.3 s。 答案：(1)4 m　(2)0.3 s