高考物理一轮复习圆周运动课时作业含答案.docx

1、1 2020 届一轮复习人教版 圆周运动 课时作业 (建 议 用 时 ： 40 分 钟 ) 基础对点练 题组一：匀速圆周运动的描述 1下列关于匀速圆周运动中向心加速度的说法正确的是 ( ) A 向心加速度表示速率改变的快慢 B向心加速度表示角速度变化的 快慢 C 向心加速度描述线速度方向变化的快慢 D 匀速圆 周运动的向心加速度不变 C 匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变线速度的方向，显然 A 错 误；匀速圆周运动的角速度是不变的，所以 B 错误；匀速圆周运动中速度的变化只表现为速 度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述 速 度 方 向 变 化 的 快 慢 ， 所

2、以 C 正 确 ； 匀 速 圆 周 运 动 的 向 心 加 速 度 的 方 向 是 变 化 的 ， 所 以 D 错 误 。 2 (多选 )甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为 31， 线 速度之比为 23， 那么下列说法中正确的是 ( ) A 它们的半径之比为 29 B. 它们的半径之比为 12 C. 它们的周期之比为 23 D. 它们的周期之比为 13 v AD 由 v ， 得 r r 甲 r 乙 (v 甲 乙 )(v 乙 甲 ) 2 9， A 正确， ，故 2 2 2 B 错 误 ； 由 T ， 得 T 甲 T 乙 甲 乙 13，C 错误， D 正确。 3 (多选 )如图所示

3、为某一皮带传动装置。 M 是主动轮，其半径为 r1， M 半 径也 2 为 r1， M 和 N 在同一轴上， N 和 N的半径都为 r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为 n，转动 过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是 ( ) 3 A N轮做的是逆时针转动 B N轮做的是顺时针转动 2 C N轮 的 转 速 为 D N轮 的 转 速 为 r1 r2 n 2 r2 r1 n BC 根 据 皮 带 传 动 关 系 可 以 看 出 ， N 轮 和 M 轮 转 动 方 向 相 反 ， N 轮 和 N 轮 的转动方向相反，因此 N轮的转动方向为顺时针， A 错误，B 正确。皮带与轮边 缘接触处的速度相等，

4、所以 2nr1 2n2r2，得 N(或 M)轮的转速为 n2 nr1 r2 ，同 理 2n2r1 2n 2r2， 得 N轮 转 速 n 2 2 r1 r2 n， C 正 确 ， D 错 误 。 4. 如图所示为自行车的传动装置示意图， 已知链轮的半径 r1 10 cm， 飞轮的 半径 r2 5 cm，后轮的半径 r3 30 cm， A、 B、 C(图中未画出 )分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。若脚蹬匀速转动 一圈所需要的时间为 1 s， 则在自行车匀速前进的过程中，下列说法正确的是 ( ) 4 A 链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为 211 B A、 B、 C 三点 的线速度大小之比为 2

5、1 6 C A、 B、 C 三 点的向心加速度大小之比为 126 D 自 行车前进的速度大小约为 13.6 km/h D 由于链轮与飞轮用链条传动， 故其边缘上点的线速度大小相等， 而飞轮与 后 轮是同轴传动， 故其边缘上点的角速度大小相等。 由于 1r1 2r2， 故链轮与飞 5 6 轮的角速度之比为 12 12，而 2 3 11，故 1231 22，选项 A 错误；由题意 可知， A 点与 B 点的线速度大小之比为 v1v 2 11， 由于 v 2 v 3 v 2 1 飞轮与后轮的角速度大小相等，故有 r2 r3 ， 解 得 v ，所以 A、B 、C 三点的线 3 速度大小之比为 116，

6、 选项 B 错误；向心加速度大小 a 2r v ，故 A、 B、 C 三点的向心加速度大小之比为 1212， 选项 C 错误；脚蹬匀速转一圈，后轮 x 要 转 两 圈 ， 由 v t 可 得 v 22r3 t 13.6 km/h，选项 D 正 确 。 题组二：水平面内圆周运动的问题 5. 火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，外轨对轮缘 (如图甲所示 ) 挤 压的弹力 F 提供了火车转弯的向心力 (如图乙所示 )，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车 轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨 (如图丙所示 )， 当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时 的

7、速度大小为 v， 以下说法中正确的是 ( ) 甲 乙 丙 v2 A. 该弯道的半径 R g B. 当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变C 当火车速 率大于 v 时，外轨将受到轮缘的挤压 6 D 当火车速率小于 v 时，外轨将受到轮缘的挤压 C 如图所示，设轨道平面与水平面间夹角为 ，则重力 G mg 与支持力 N v 2 v 2 的合力提供向心力， mgtan m R ， R gtan ， A 错误；v gRtan ，与火车 质量无关， B 错误；当火车速率大于 v 时，所需向心力增大，外轨对轮缘挤压 提 供一部分向 心力，当火车速率小于 v 时，所需向心力减小，内轨对轮缘有挤压， 7 r

8、 以此来减小向心力， C 正确， D 错误。 6 (多 选 )如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用细绳相连 的质量均为 m 的两个物体 A 和 B， 它们分居圆心两侧， 与圆心距离分别为 RA r， RB 2r，与盘间的动摩擦因数 相同，当圆盘转速增大到两物体刚好还未发生滑 动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 ( ) A 此时绳子张力为 3mg B 此时圆盘的角速度为 2g C 此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D此时烧断绳子， A 仍相对圆盘静止， B 将做离心运动 ABC 由 F m 2r， mAm B， rA rB， A B，知 FA FB，故两物体刚

9、好 未发生滑动时， A 受背离圆心的静摩擦力， B 受指向圆心的静摩擦力， 其大小均为 mg 则有 FT m m2r， FT mg m22r，解得 FT3 m， 2g 8 r ， 2故选项 A、B、C 正 确 ； 此 时 烧 断 绳 子 ， A 所 需 向 心 力 为 F m r 2mg F fmax， 所以 A 将发生滑动，同理， B 将做离心运动，选项 D 错误。 7如图所示，“旋转秋千 ”中的两个座椅 A、 B 质量相等，通过相同长度的 缆绳悬挂 在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀 速转动时，下列说法正确的是 ( ) 9 2 AA 的速度比 B 的大 BA 与

10、 B 的向心加速度大小相等 C. 悬 挂 A、 B 的缆绳与竖直方向的夹角相等 D. 悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小 D 根据题意可知，座椅 A 和 B 的角速度相等， A 的转动半径小于 B 的转动半 径，由 v r 可知， 座椅 A 的线速度比 B 的小， 选项 A 错误；由 an r 2 可知， 座椅 A 的向心加速度比 B 的小，选项 B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定 律 得 mgtan m r ， tan r 2 g ， 因 座 椅 A 的 运 动 半 径 较 小 ， 故 悬 挂 A 的缆绳与 mg 竖 直 方 向 的 夹 角 小 ， 选 项 C 错 误 ； 拉

11、力 FT cos ， 可 判 断 悬 挂 A 的缆绳所受的拉 力比悬挂 B 的小，选项 D 正确。 10 8 (多选 )如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、 B 套在半径为 R 的圆环上， 圆环可绕其 竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知 OA 与竖直方向的夹角 5 3， OA 与 OB 垂直， 小球 B 与圆环间恰好没有摩擦力， 重力加速度为 g， sin 53 0.8， cos 530 .6。下列说法正确的是 ( ) 5g A 圆环旋转的角速度大小为 4R 11 3R 5mg 4R B圆环旋转的角速度大小为 5g C 小球 A 与圆环间摩擦力的大小为 7 1 m

12、g 5 BD 小 球 B 与圆环间恰好没有摩擦力， 则有小球 B 所受到的支持力和重力的 合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得 mgtan 37m 2Rsin 37， 解 得 圆 环旋转的角速度大小 5g， 选项 A 正确，B 错误；对小球 A 进行受力分析， 如 图 所 示 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ， 在 水 平 方 向 上 Nsin fcos m2Rsin ， 竖 直 方 向 上 Ncos fsin mg0 ，解得 f 题 组 三 ： 竖 直 平 面 内 的 圆 周 运 动 问 题 mg 5 ，选项 C 错误， D 正确。 9飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅

13、对飞行员的支持力大于飞行员所受的重 力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大 脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受 9 倍重力 的影响。 g 取 10 m/s2， 则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、 拉起的速度为 100 m/s 时，圆弧轨道的最小半径为 ( ) D小球 A 与圆环间摩擦力的大小为 12 A 100 m B 111 m C 125 m D 250 m C 在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力 mg 和支持力 F N， 两者的 合力提供向心力，由题意知，当 FN 9mg 时，圆弧轨道半径最小为 Rmin。由 13 l v 2 v 2

14、 牛 顿 第 二 定 律 列 方 程 ， FN mg mRmin， 联 立 解 得 Rmin 8g125 m， 故 选 项 C 正 确。 10(多选)如图甲所示，一长为 l 的轻绳，一端穿在过 O 点的水平转轴上，另一端固 定一质量未知的小球，整个装置绕 O 点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力 F 与其速度平方 v2 的关系如图乙所示，重力加速度为 g， 下 列判断正确的是 ( ) 甲 乙 v2 A 图象的函数表达式为 F m l mg B 重 力 加 速 度 g b C 绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D 绳长不变，用质 量较小的球做实验，图线 b 点的位置

15、不变 v 2 v 2 BD 小球在最高点时， 根据牛顿第二定律有 F mgm l ，得 F m l mg， 2 2 14 v v b 故 A 错误；当 F 0 时，根据表达式有 mg m l ，得 g l l ，故 B 正确；根据 v 2 m F m l mg 知，图线的斜率 k l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更 b 小 ， 故 C 错 误 ； 当 F 0 时 ， g l ， 可 知 b 点的位置与小球的质量无关， 绳长不变， 用质量较小的球做实验，图线 b 点的位置不变，故 D 正确。 11 (多 选 )如 图 所 示 ， 两 个 3 4竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径 R

16、 相 同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两 轨道右侧的正上方分别将 金属小球 A 和 B 由静止释放，小球距离地面的高度分 别 为 hA 和 hB， 下列说法正确的是 ( ) 15 2 A. 适 当 调 整 hA， 可 使 A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 B. 适 当 调 整 hB， 可 使 B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 C. 若使小球 A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 5R 5R D. 若使小球 B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为 2 BC 小球 A 恰好通过左边圆弧轨道最高点时， 最小速度为

17、gR， 根据 R 1 2 ， 2gt 得 t 2R g ，则水平位移 x gR 2R g 2R R， 可 知 调 整 hA，A 球不可能落 R 在轨道右端口处， 故A 项错误。 当小球 B 在轨道最高点的速度 v t R gR 2R 2 g 时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故 B 项正确。小球 A 恰好通过左边圆弧轨 1 道最高点时，最小速度为 gR， 根据动能定理知， mg(hA 2R) 2mv 2 ，解得最小 16 R25 ， 故 C 项正确。 若使小球 B 沿轨道运动并且从最高点飞出， 根据机械 能守恒定律得，释放的最小高度为 2R， 故 D 项错误。 考点综合练 12(多选)如图所示

18、，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细 线的上端都系于 O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知 L1 跟竖直方向的夹角为 60， L2 跟竖直方向的夹角为 30，下列说法正确的是 ( ) A 细线 L1 和细线 L2 所受的拉力大小之比为 31 B 小球 m1 和 m2 的角速度大小之比为 31 C 小球 m1 和 m2 的向心力大小之比为 31 高 度 h A 17 T2 D 小球 m1 和 m2 的线速度大小之比为 3 31 AC 对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为 ，竖直方向受力平 mg 衡 ， 则 Tcos mg， 解 得 T cos， 所 以 细

19、 线 L1 和细线 L2 所受的拉力大小之比 T1 cos 30 3 为 cos 60 1 ，故 A 正确；小球所受合力的大小为 mgtan ，根据牛顿第二 定律得 mgtan mL2sin ，得 2 g 1 ，故两小球的角速度大小之比为 cos 30 4 3 Lcos 2 cos 60 1 ，故B 错误；小球所受合力提供向心力， 则向心力为 F mgtan ， 小 球 m1 和 m2 的 向 心 力 大 小 之 比 为 F 1 tan 60 ， 故 C 正确；两小球角速度大小 F 2 tan 30 3 4 之比为 31，由 v r 得线速度大小之比为 3 31，故 D 错误。 13 如图所示

20、， 小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动， 内侧壁 半径为 R，小球半径为 r， 则下列说法正确的是 ( ) A 小球通过最高点时的最小速度 18 vmin g Rr B小球通过最高点时的最小速度 vmin gR C. 小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D. 小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 C 小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零， A、 B 错误；小 球在 水平线 ab 以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的 作用力， C 正确；小球在水平线 ab 以上

21、的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量， 若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用 力 ， D 错 误 。 14 (2017 江 苏 高 考 )如 图 所 示 ， 一 小 物 块 被 夹 子 夹 紧 ， 夹 子 通 过 轻 绳 悬 挂 在 小 19 环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为 M ，到小环的距离为 L， 其两侧面 与 夹子间的最大静摩擦力均为 F 。小环和物块以速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后 立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为 g。下列说法正确的是 ( ) 20 21 v 2则最大高度 h 2g。 D

22、对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力 A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F B. 小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2F 2v 2 C. 物块上升的最大高度为 g D速度 v 不能超过 2F Mg LM D 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即 Mg2F 。 A 错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力 T Mg 2F 。 B 错 ： 小 环 碰 到 钉 子 时 ， 物 块 做 圆 周 运 动 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 和 向 心 力 公 式 有 ： T Mg L ， T Mg L ，所以绳子中的张力与M v 2 M v 2 2F

23、 大小关系不确定。 C 错：若物块做圆周运动到达的高度低于 P 点， 根据动能定理有 Mgh 0 12 M v 2 v 2则 最 大 高 度 h 2g 若物块做圆周运动到达的高度高于 P 点，则根据动能定理有 Mgh 1 22M v 2M v1 2 22 达到最大值，由牛顿第二定律知： 2F Mg M v2 L 故最大速度 v 2F Mg L M 。 15 (2019 潍坊调研 )如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道 ACB 固定在水平地面上， 轨道的圆心为 O， 半径 R 0.5 m， C 为最低点，其中 OB 水平， AOC 37， 质量 m 2 kg 的小球从轨道左侧距地面高 h0 .55

24、m 的某处水平抛出，恰好从轨道 A 点沿 切线方向进入圆弧形轨道，取 g 10 m/s2，s in 37 0.6， cos 37 0.8， 求： (1)小 球 抛 出 点 到 A 点的水平距离； (2)小 球 运 动 到 B 点 时 对 轨 道 的 压 力 大 小 。 解 析 ： (1)小 球做平抛运动， 1 2 竖直方向： hR(1 cos 37) ， 2gt 解 得 ： t 0.3 s， 竖直 分速度： v y gt 100.3 m/s 3 m/s， 水平分速度： v y 3 v 0 tan 37 0.6 0.8 23 m/s4 m/s， 抛出点距 A 点的水平距离： L x v 0t 4

25、0.3 m1.2 m。 (2)小球从抛出到 B 点过程，由动能定理得： 24 mg(hR) 1 2 1 2， 2mvB 2mv 0 2 vB 在 B 点，由牛顿第二定律得： F m R ， 解 得 ： F 68 N， 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小： F F 68 N。 答案 ： (1)1.2 m (2)68 N 高考真题集中练 (教师用书独具 ) 1(多 选 )(2013 国 卷 )公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示， 某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为 v c 25 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处 ( ) A. 路面外侧高内侧低 B. 车

26、速只要低于 v c， 车辆便会向内侧滑动 C. 车速虽然高于 vc， 但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D. 当路面结冰时，与未结冰时相比， v c 的值变小 AC 汽 车 转 弯 时 ， 恰 好 没 有 向 公 路 内 外 两 侧 滑 动 的 趋 势 ， 说 明 公 路 外 侧 高 一 些，支持力的水平分 力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面 是否结冰无关，故选项 A 正确，选项 D 错误。当 v vc 时，支持力的水 平分 力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力 前不会侧滑，故选项 B 错误，选项 C 正确。 2(2016 全国卷)

27、小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质 量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所 示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点， ( ) A P 球的速度一定大于 Q 球的速度 B P 球的动能一定小于 Q 球的动能 C P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力 D P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度 C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守 1 恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得 mgL 2mv 2， v 2gL， 因 LPmQ， 则 FPFQ， 选项 C

28、 正确；向心加速度 a F mg m 2 g， 选 项 D 错 误 。 3 (2014 全 国 卷 )如 图 所 示 ， 一 质 量 为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖 直 平 面 内 ； 套 在 大 环 上 质 量 为 m 的 小 环 (可 视 为 质 点 )，从大环的最高处由静止滑 下 。 重 力 加 速 度 大 小 为 g。 当 小 环 滑 到 大 环 的 最 低 点 时 ， 大 环 对 轻 杆 拉 力 的 大 小 为 ( ) 27 A Mg 5mg BMgmg C Mg 5mg D Mg1 0mg 28 C 设大环半径为 R，质量为 m 的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所 1 以 2mv mg2R。小环滑到大环的最低点时的速度为 v2 gR，根据牛顿第二定 律 得 FN mg mv 2 R ，所以在最低点时大环对小环的支持力 FN mg mv 2 R 5 mg 。 根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力 FN FN 5mg， 方向向下。对大环， 据平衡条件，轻杆对大环 的拉力 T MgF NMg5mg。根据牛顿第三定律， 大环对轻杆拉力的大小为 T T Mg 5mg， 故选项 C 正确。选项 A、 B、 D 错 误。 2