《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)十三 圓周運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)十三 圓周運動（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講圓周運動 A級基礎(chǔ)練1科技館的科普器材中常有如圖所示的勻速率的傳動裝置：在大齒輪盤內(nèi)嵌有三個等大的小齒輪若齒輪的齒很小，大齒輪的半徑(內(nèi)徑)是小齒輪半徑的3倍，則當(dāng)大齒輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是()A小齒輪逆時針轉(zhuǎn)動B小齒輪每個齒的線速度均相同C小齒輪的角速度是大齒輪角速度的3倍D大齒輪每個齒的向心加速度大小是小齒輪的3倍解析：C大齒輪、小齒輪在轉(zhuǎn)動過程中，兩者的齒的線速度大小相等，當(dāng)大齒輪順時針轉(zhuǎn)動時，小齒輪也順時針轉(zhuǎn)動，選項A錯誤；速度是矢量，具有方向，所以小齒輪每個齒的線速度不同，選項B錯誤；根據(jù)vr，且線速度大小相等，角速度與半徑成反比，選項C正確；根據(jù)向心加速度a，線

2、速度大小相等，向心加速度與半徑成反比，選項D錯誤2如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉(zhuǎn)動，a和b是輪上質(zhì)量相等的兩個質(zhì)點，則偏心輪轉(zhuǎn)動過程中a、b兩質(zhì)點()A角速度大小相同B線速度大小相同C向心加速度大小相同D向心力大小相同解析：A同軸轉(zhuǎn)動角速度相等，A正確；由于兩者半徑不同，根據(jù)公式vr可得兩點的線速度大小不同，B錯誤；根據(jù)公式a2r，角速度相同，半徑不同，所以向心加速度大小不同，C錯誤；根據(jù)公式Fma，質(zhì)量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D錯誤32018年11月7日，首屆FAI世界無人機錦標(biāo)賽在深圳圓滿落幕無人機攜帶貨物正在空中水平面內(nèi)轉(zhuǎn)彎，其運動可看做勻速圓周運動，若其

3、轉(zhuǎn)彎半徑為r，轉(zhuǎn)彎速度為v，貨物質(zhì)量為m，此時無人機對貨物的作用力大小為()AmBmgCmmg Dm 解析：D根據(jù)牛頓第二定律有：F合m，根據(jù)平行四邊形定則，如圖無人機對貨物的作用力F m ，選項D正確4.如圖是摩托車比賽轉(zhuǎn)彎時的情形，轉(zhuǎn)彎處路面常是外高內(nèi)低，摩托車轉(zhuǎn)彎有一個最大安全速度，若超過此速度，摩托車將發(fā)生滑動若摩托車發(fā)生滑動，則下列論述正確的是()A摩托車一直受到沿半徑方向向外的離心力作用B摩托車所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力C摩托車將沿其線速度的方向沿直線滑出去D摩托車將沿其半徑方向沿直線滑出去解析：B摩托車做圓周運動需要向心力，不受到沿半徑方向向外的離心力作用，故A錯誤

4、；若摩托車發(fā)生滑動，摩托車做離心運動是因為所受外力的合力小于所需的向心力，故B正確；摩托車受到與速度方向垂直的摩擦力的作用，即使該摩擦力小于需要的向心力，但仍然能夠改變車的運動的方向，使車不會沿其線速度的方向沿直線滑出去，故C錯誤；摩托車做圓周運動的線速度沿半徑的切線方向，不可能會沿其半徑方向沿直線滑出去，故D錯誤5.(2019吉安模擬)如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P，細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動(圖中P位置)，兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況

5、與原來相比較，下面的判斷正確的是()A細線所受的拉力變小B小球P運動的角速度變大CQ受到桌面的靜摩擦力變小DQ受到桌面的支持力變小解析：B設(shè)OP長度為l，與水平面的夾角為，豎直方向平衡，有Fsin mg，水平方向由牛頓第二定律得Fcos m2lcos ，由以上方程分析可得，隨角減小，F(xiàn)增大，A錯誤；結(jié)合Q的受力平衡得Q受到桌面的靜摩擦力變大，受到的桌面的支持力不變，C、D錯誤；Fm2l，隨F的增大而增大，B正確6如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上不考慮空氣阻力的影響，當(dāng)旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是()AA的速度比B的大BA

6、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的小解析：D在轉(zhuǎn)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(jù)Fm2r判斷A座椅的向心力較小，所受拉力也較小，D項正確7(2019衡陽模擬)輕桿一端固定有質(zhì)量為m1 kg的小球，另一端安裝在水平軸上，轉(zhuǎn)軸到小球的距離為50 cm，轉(zhuǎn)軸固定在三角形的帶電動機(電動機沒畫出來)的支架上，在電動機作用下，輕桿在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示若轉(zhuǎn)軸達到某一

7、恒定轉(zhuǎn)速n時，在最高點，桿受到小球的壓力為2 N，重力加速度g取10 m/s2.則()A小球運動到最高點時，小球需要的向心力為12 NB小球運動到最高點時，線速度v1 m/sC小球運動到圖示水平位置時，地面對支架的摩擦力為8 ND把桿換成輕繩，同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球仍能通過圖示的最高點解析：C小球運動到最高點時，桿受到小球的壓力為2 N，由牛頓第三定律可知桿對小球的支持力FN2 N，在最高點，小球需要的向心力由重力和桿的支持力的合力提供，為FmgFN8 N，故A錯誤；在最高點，由Fm得，v m/s2 m/s，故B錯誤；小球運動到圖示水平位置時，設(shè)桿對小球的拉力為FT，則有FTmF8 N，則小球

8、對桿的拉力FTFT8 N，據(jù)題意知支架處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可知地面對支架的摩擦力FfFT8 N，故C正確；把桿換成輕繩，設(shè)小球通過最高點的最小速度為v0，由mgm得，v0 m/s m/sv，所以在同樣轉(zhuǎn)速的情況下，小球不能通過圖示的最高點，故D錯誤8如圖所示的雜技演員在表演“水流星”的節(jié)目時，盛水的杯子經(jīng)過最高點杯口向下時水也不灑出來，對于杯子經(jīng)過最高點時水的受力情況，下列說法正確的是()A水處于失重狀態(tài)，不受重力的作用B水受平衡力的作用，合力為零C由于水做圓周運動，因此必然受到重力和向心力的作用D杯底對水的作用力可能為零解析：D失重狀態(tài)是物體對支持物(或繩)的彈力小于重力，但物體所受重力

9、不變，選項A錯誤；水受力不平衡，有向心加速度，選項B錯誤；向心力不是性質(zhì)力，本題中向心力由重力和彈力的合力提供，選項C錯誤；當(dāng)重力恰好提供水做圓周運動的向心力時，杯底對水的作用力為零，選項D正確9(2019浙江模擬)有關(guān)圓周運動的基本模型，下列說法不正確的是()A如圖甲，汽車通過拱橋的最高點處于失重狀態(tài)B如圖乙所示是一圓錐擺，增大，若保持圓錐的高不變，則圓錐擺的角速度不變C如圖丙，同一小球在光滑而固定的圓錐筒內(nèi)的A、B位置先后分別做勻速圓周運動，則在A、B兩位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，外軌對火車輪緣會有擠壓作用解析：CA項，汽車在最高點mgFN知FN

10、mg，故處于失重狀態(tài)，故A項正確；B項，如題圖乙所示是一圓錐擺，重力和拉力的合力Fmgtan m2r；rhtan ，知，故增大，但保持圓錐的高不變，角速度仍不變，故B項正確；C項，根據(jù)受力分析知兩球受力情況相同，即向心力相同，由Fm2r知r不同，角速度不同，故C項錯誤；D項，火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，重力和支持力的合力不足以提供向心力，則外軌對輪緣會有擠壓作用，故D項正確B級能力練10.(2019杭州四中統(tǒng)測)有一長度為L0.50 m的輕質(zhì)細桿OA，A端有一質(zhì)量為m3.0 kg的小球，如圖所示，小球以O(shè)點為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，通過最高點時小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2

11、，則此時細桿OA受到()A6.0 N的拉力B6.0 N的壓力C24 N的拉力 D24 N的壓力解析：B設(shè)桿對小球的作用力為FN，方向豎直向下，如圖所示，由向心力公式得FNmgm，則FNmmgN6 N.負號說明FN的方向與假設(shè)方向相反，即豎直向上由牛頓第三定律知應(yīng)選B.11.(多選)如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r0.4 m，最低點處有一小球(半徑比r小很多)，現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運動，v0應(yīng)當(dāng)滿足(g10 m/s2)()Av00 Bv04 m/sCv02 m/s Dv02 m/s解析：CD解決本題的關(guān)鍵是全面理解“小球不脫離圓軌道運動”

12、所包含的兩種情況：(1)小球通過最高點并完成圓周運動；(2)小球沒有通過最高點，但小球沒有脫離圓軌道對于第(1)種情況，當(dāng)v0較大時，小球能夠通過最高點，這時小球在最高點處需要滿足的條件是mg，又根據(jù)機械能守恒定律有2mgr，可求得v02 m/s，故選項C正確；對于第(2)種情況，當(dāng)v0較小時，小球不能通過最高點，這時對應(yīng)的臨界條件是小球上升到與圓心等高位置處，速度恰好減為零，根據(jù)機械能守恒定律有mgr，可求得v02 m/s，故選項D正確12(2016全國卷)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)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

13、將兩球由靜止釋放在各自軌跡的最低點()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動能一定小于Q球的動能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：CA.小球擺動至最低點由動能定理：mgLmv2，可得：v，因LPLQ，故vPvQ，選項A錯誤；B.由EkmgL，而mPmQ，則動能無法比較，選項B錯誤；C.在最低點，F(xiàn)Tmgm，可得FT3mg，選項C正確；D.a2g，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤，故選C.13(2019定州市模擬)如圖所示，圓筒的內(nèi)壁光滑，一端B固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO上，圓筒可隨軸轉(zhuǎn)動，它與水平面的夾角始終為30，在筒內(nèi)有一個用輕質(zhì)彈簧連接的

14、小球A(小球直徑略小于圓筒內(nèi)徑)，A的質(zhì)量為m，彈簧的另一端固定在圓筒的B端，彈簧原長為L，當(dāng)圓筒靜止時A、B之間的距離為L(L遠大于小球直徑)現(xiàn)讓圓筒開始轉(zhuǎn)動，其角速度從0開始緩慢增大，當(dāng)角速度增大到某一值時保持勻速轉(zhuǎn)動，此時小球A、B之間的距離為2L，重力加速度大小為g，求圓筒保持勻速轉(zhuǎn)動時的角速度0.解析：當(dāng)圓筒靜止時A、B之間的距離為L，可知彈簧的形變量x，根據(jù)平衡有mgsin 30k.當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)動，AB間距離為2L時，受力如圖，在豎直方向上，有Ncos 30ksin 30mg，水平方向上，有k cos 30Nsin 30m2Lsin 60，聯(lián)立解得0.答案： 14(2019河南洛陽一中

15、月考)某實驗小組做了如下實驗，裝置如圖甲所示豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾角為的斜面軌道AB和圓弧軌道BCD組成，將質(zhì)量m0.1 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點靜止滑下，用壓力傳感器測出小球經(jīng)過圓弧最高點D時對軌道的壓力F，改變H的大小，可測出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示g10 m/s2.求：(1)圓軌道的半徑R；(2)若小球從D點水平飛出后又落到斜面上，其中最低的位置與圓心O等高，求值解析：(1)小球經(jīng)過D點時，滿足豎直方向的合力提供圓周運動向心力即：Fmgm從A到D的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理有：mg(H2R)mv2聯(lián)立解得：FmmgmgH5mg由題圖乙中給出的FH圖象知斜率k N/m10 N/m即10 N/m所以可得R0.2 m.(2)小球離開D點做平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系知，小球落地點越低平拋的射程越小，即題設(shè)中小球落地點位置最低對應(yīng)小球離開D點時的速度最小根據(jù)臨界條件知，小球能通過D點時的最小速度為v 小球落地點在斜面上與圓心等高，故可知小球平拋時下落的距離為R，所以小球平拋的射程svtvR由幾何關(guān)系可知，角45.答案：(1)0.2 m(2)459