备考2019年高考物理一轮复习：第四章第3讲圆周运动及其应用练习

1

板块三限时规范特训 时间:45分钟

为多选)

1、如图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( )

满分:100分

一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分.其中1～6为单选,7～10

A、从动轮做顺时针转动 B、从动轮做逆时针转动 r22C、从动轮边缘线速度大小为n1

r1r2D、从动轮的转速为n1

r1答案: B

解析: 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,故A错误,B正确;由ω＝2πn、v＝ωr可知,2πn1r1＝r12πn2r2,解得n2＝n1,故C、D错误.

r2

2、[2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起,且在b处相切,固定于水平面上.一小球从a端以某一初速度进入圆管,并从c端离开圆管.则小球由圆管ab进入圆管bc后( )

2

A、线速度变小 C、向心加速度变小 答案: C

B、角速度变大

D、小球对管壁的压力变大

解析: 由于管道光滑,小球到达b点后,重力做功为零,速度大小保持不变,v2

根据v＝ωR可知角速度ω减小,根据a＝R可知向心加速度减小,根据F＝ma可知小球对管道的压力减小,故C正确.

3.质量分别为M和m的两个小球,分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上,当转轴稳定转动时,拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β,如图所示,则( )

A、cosα＝

cosβ

2

B、cosα＝2cosβ D、tanα＝tanβ

tanβ

C、tanα＝ 2答案: A

解析: 以M为研究对象受力分析,由牛顿第二定律得Mgtanα＝

2Mω1·2lsinα,解得

gtanα2

ω1＝.同理:以m

2lsinα

gtanβ2

为研究对象:ω2＝.因

lsinβ

ω1＝ω2,

所以2cosα＝cosβ,故A正确.

3

4、水平转台上有质量相等的A、B两小物块,两小物块间用沿半径方向的细线相连,两物块始终相对转台静止,其位置如图所示(俯视图),两小物块与转台间的最大静摩擦力均为f0,则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )

答案: B

解析: 设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2,若细线不存在,则由f0＝mω2r及r1ωB,即物体B所受摩擦力先达到最大值,随后在一段时间内保持不变,C、D错误;当ω>ωB时,细线中出现拉力T,对物体A:T＝0时,FA＝mω2r1,T>0后,FA－T＝mω2r1,而对物体B满足T＋f0＝mω2r2,联立得FA＝mω2(r1＋r2)－f0,所以T>0后直线斜率比T＝0时大,当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后,若转台角速度再增大,则A、B相对转台将出现滑动,所以A错误,B正确. 5. [2017·云南省高三一统]用一根细线一端系一可视为质点的小球,另一端固定在一光滑锥顶上,如图所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω.线的张力为FT,则FT随ω2变化的图象是下图中的( )

4

答案: C

解析: 当ω较小时,斜面对小球有支持力,当ω＝ω0时,FN＝0,当ω<ω0时,受力分析如图甲, FTsinθ＋FNcosθ＝mg FTcosθ－FNsinθ＝mω2r 则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθ

FT-ω2函数为一次函数,斜率为mrcosθ 当ω>ω0时,受力分析如图乙, FTsinα＝mω2Lsinα FT＝mω2L

FT-ω2的函数为正比例,斜率为mL>mrcosθ,故C正确.

5

6、如图所示,一质量为M的人站在台秤上,一根长为R的悬线一端系一个质量为m的小球,手拿悬线另一端,小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动,且小球恰好能通过圆轨道最高点,则下列说法正确的是( )

A、小球运动到最高点时,小球的速度为零

B、当小球运动到最高点时,台秤的示数最小,且为Mg C、小球在a、b、c三个位置时,台秤的示数相同

D、小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大,人处于超重状态 答案: C

v2

解析: 小球恰好能通过圆轨道最高点,由mg＝mR,得v＝gR,A项错误;当小球恰通过圆轨道最高点b时,悬线拉力为0,此时对人受力分析,得出台秤对人的支持力F＝Mg,在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉

6

力,台秤对人的支持力也为F＝Mg,即台秤的示数也为Mg,故C项正确;小球在a、c连线以上(不包括b点)时,人受到悬线斜向上的拉力,人对台秤的压力小于Mg,在a、c连线以下时,人受到悬线斜向下的拉力,人对台秤的压力大于Mg,人处于平衡态,没有超、失重现象,B、D两项错误. 7、如图所示,长为L的细绳一端固定在O点,另一端拴住一个小球,在OL

点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子,把球拉起

2使细绳在水平方向伸直,由静止开始释放,当细绳碰到钉子的瞬间,下列说法正确的是( )

A、小球的角速度突然增大 B、小球的线速度突然增大 C、小球的向心加速度突然增大 D、小球受悬线的拉力突然增大 答案: ACD

解析: 细绳碰到钉子,半径减半,圆周运动的圆心变为P点,由于只是细绳碰钉子,小球并未受到其他外力作用而改变速度大小,即小球的线速度不vv2

变,B错误;由ω＝r可知ω变大,A正确;由a＝r可知a增大,C正确;在经v2v2

过最低点时,F－mg＝mr,得F＝mg＋mr,可以判断F增大,D正确. 8、如图所示,叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ,A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法中正确的是( )

7

A、B对A的摩擦力一定为3μmg B、B对A的摩擦力一定为3mω2r C、转台的角速度一定满足ω≤D、转台的角速度一定满足ω≤答案: BC

解析: 要使A能够与B一起以角速度ω转动,根据牛顿第二定律可知,B对A的摩擦力一定等于A物体所需向心力,即Ff＝3mω2r,A错误,B正确;要使A、B两物体同时随转台一起以角速度ω匀速转动,则对于A3

有:3μmg≥3mω2r,对A、B有:5μmg≥5mω2r,对于C有:μmg≥mω2r,综合

2以上可得:ω≤

2μg,C正确,D错误. 3r

2μg

3rμgr 9.如图所示,直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒,从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h,则( )

8

A、子弹在圆筒中的水平速度为v0＝dB、子弹在圆筒中的水平速度为v0＝2dC、圆筒转动的角速度可能为ω＝π D、圆筒转动的角速度可能为ω＝3π 答案: ACD

g

2hg 2hg 2hg 2h

解析: 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落h的时间相同,即t＝2hd.v＝g0t＝dg,故A正确;在此时间内圆筒只需转半圈的奇数倍ωt2h

g

(n＝2h

?2n＋1?π

＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,…),所以ω＝＝(2n＋1)π t0,1,2,…).故C、D正确.

10、[2017·杭州模拟]如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T,小球在最高点的速度大小为v,其T-v2图象如图乙所示,则( )

amA、轻质绳长为b a

B、当地的重力加速度为m ac

C、当v＝c时,轻质绳的拉力大小为b＋a

2

D、只要v2≥b,小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a

9

答案: BD

mv2mv2

解析: 设绳长为L,最高点由牛顿第二定律得:T＋mg＝L,则T＝L－amamb

mg.对应图象有:mg＝a得g＝m,故B正确.L＝b得:L＝a,故A错误.当v2ma

＝c时,T＝L·c－mg＝b·c－a,故C错误.当v2≥b时,小球能通过最高点,恰mv21

好通过最高点时速度为v,则L＝mg.在最低点的速度v′,则mv2＋

2mv′12

mg·2L＝mv′,F－mg＝L,可知小球在最低点和最高点时绳的拉力

2差为6mg即6a,故D正确.

二、非选择题(本题共2小题,共30分)

11、(14分)如图所示,一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动,筒内壁粗糙,筒口半径和筒高分别为R和H,筒内壁A点的高度为筒高的一半,内壁上有一质量为m的小物块,求:

2

(1)当筒不转动时,物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小; (2)当物块在A点随筒匀速转动,且其所受到的摩擦力为零时,筒转动的角速度.

mgH

答案: (1)2 R＋H22gHmgR

(2)R

R2＋H210

解析: (1)物块静止时,对物块进行受力分析如图甲所示,设筒壁与水平面的夹角为θ

由平衡条件有Ff＝mgsinθ,FN＝mgcosθ 由图中几何关系有 cosθ＝

RR＋H

2

22

,sinθ＝,FN＝

HR＋H

2

2

故有Ff＝

mgHR＋H

mgRR＋H

2

22

.

(2)分析此时物块受力如图乙所示 由牛顿第二定律有 mgtanθ＝mrω2 HR

其中tanθ＝R,r＝ 2

11

2gH

可得ω＝R.

12、(16分)在一水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧,如图所示,弹簧的一端固定于轴O上,另一端挂一质量为m的物体A,物体与盘面间的动摩擦因数为μ.开始时弹簧未发生形变,长度为R,设最大静摩擦等于滑动摩擦,求:

(1)盘的转速n0多大时,物体A开始滑动？ (2)当转速达到2n0时,弹簧的伸长量Δx是多少？ 1

答案: (1)

2π

3μmgRμg (2) RkR－4μmg

解析: (1)若圆盘转速较小,则静摩擦力提供向心力,当圆盘转速较大时,弹力与摩擦力的合力提供向心力.

圆盘开始转动时,A所受最大静摩擦力提供向心力,则有μmg＝m(2πn0)2R 得:n0＝1μg＝4π2R2π

μgR.

(2)当转速达到2n0时,由牛顿第二定律 得:μmg＋kΔx＝m(2π·2n0)2(R＋Δx) 3μmgR

得:Δx＝. kR－4μmg

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