（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動（含解析）

（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動（含解析）A級基礎小題練熟練快1(2019·大慶模擬)如圖所示，輕質且不可伸長的細繩一端系一質量為m的小球，另一端固定在天花板上的O點。則小球在豎直平面內擺動的過程中，以下說法正確的是()A小球在擺動過程中受到的外力的合力即為向心力B在最高點A、B，因小球的速度為零，所以小球受到的合力為零C小球在最低點C所受的合力，即為向心力D小球在擺動過程中繩子的拉力使其速率發(fā)生變化解析：選C小球擺動過程中，合力沿繩子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A錯誤。在最高點A和B，小球的速度為零，向心力為零，但是小球所受的合力不為零，故B錯誤。小球在最低點受重力和拉力，兩個力的合力豎直向上，合力等于向心力，故C正確。小球在擺動的過程中，由于繩子的拉力與速度方向垂直，則拉力不做功，拉力不會使小球速率發(fā)生變化，故D錯誤。2.如圖所示，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()AP、Q兩物體的角速度大小相等BP、Q兩物體的線速度大小相等CP物體的線速度比Q物體的線速度大DP、Q兩物體均受重力和支持力兩個力作用解析：選AP、Q兩物體都是繞地球自轉軸做勻速圓周運動，角速度相等，即PQ，選項A正確；根據圓周運動線速度vR，因P、Q兩物體做勻速圓周運動的半徑不等，則P、Q兩物體做圓周運動的線速度大小不等，選項B錯誤；Q物體到地軸的距離遠，圓周運動半徑大，線速度大，選項C錯誤；P、Q兩物體均受到萬有引力和支持力作用，重力只是萬有引力的一個分力，選項D錯誤。3(多選)(2018·江蘇高考)火車以60 m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10 s內勻速轉過了約10°。在此10 s時間內，火車()A運動路程為600 mB加速度為零C角速度約為1 rad/s D轉彎半徑約為3.4 km解析：選AD由svt知，s600 m，故A正確。火車在做勻速圓周運動，加速度不為零，故B錯誤。由10 s內轉過10°知，角速度 rad/s rad/s0.017 rad/s，故C錯誤。由vr知，r m3.4 km，故D正確。4(2018·揚州期末)如圖為學員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖。已知質量為60 kg的學員在A點位置，質量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉彎半徑為5.0 m，B點的轉彎半徑為4.0 m。學員和教練員(均可視為質點)()A運動周期之比為54B運動線速度大小之比為11C向心加速度大小之比為45D受到的合力大小之比為1514解析：選D汽車上A、B兩點隨汽車做勻速圓周運動的角速度和周期均相等，由vr可知，學員和教練員做圓周運動的線速度大小之比為54，故A、B均錯誤；根據ar2，學員和教練員做圓周運動的半徑之比為54，則學員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為54，故C錯誤；根據Fma，學員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為54，質量之比為67，則學員和教練員受到的合力大小之比為1514，故D正確。5.飛機飛行時除受到發(fā)動機的推力和空氣阻力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面向上，當飛機在空中盤旋時機翼向內側傾斜(如圖所示)，以保證重力和機翼升力的合力提供向心力。設飛機以速率v在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成角，飛行周期為T。下列說法正確的是()A若飛行速率v不變，增大，則半徑R增大B若飛行速率v不變，增大，則周期T增大C若不變，飛行速率v增大，則半徑R增大D若飛行速率v增大，增大，則周期T一定不變解析：選C向心力FRmgtan m，可知若飛行速率v不變，增大，則半徑R減小，由v可知周期T減小，選項A、B錯誤；由mgtan m，可知若不變，飛行速率v增大，則半徑R增大，選項C正確；由mgtan m，可知若飛行速率v增大，增大，則半徑R的變化情況不能確定，由mgtan R2，可知周期T的變化情況不能確定，選項D錯誤。6(2019·哈爾濱三中調研)為了探究物體做勻速圓周運動時，向心力與哪些因素有關？某同學進行了如下實驗：如圖甲所示，繩子的一端拴一個小沙袋，繩上離小沙袋L處打一個繩結A,2L處打另一個繩結B。請一位同學幫助用秒表計時。如圖乙所示，做了四次體驗性操作。操作1：手握繩結A，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。操作2：手握繩結B，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。操作3：手握繩結A，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動2周。體驗此時繩子拉力的大小。操作4：手握繩結A，增大沙袋的質量到原來的2倍，使沙袋在水平面內做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。(1)操作2與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是_；(2)操作3與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是_；(3)操作4與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是_；(4)總結以上四次體驗性操作，可知物體做勻速圓周運動時，向心力大小與_有關。A半徑B質量C周期 D線速度的方向(5)實驗中，人體驗到的繩子的拉力是否是沙袋做圓周運動的向心力_(“是”或“不是”)。解析：(1)根據Fmr2知，操作2與操作1相比，操作2的半徑大，沙袋質量和角速度相等，知拉力較大的是操作2。(2)根據Fmr2知，操作3與操作1相比，操作3沙袋的角速度較大，半徑不變，沙袋的質量不變，知操作3的拉力較大。(3)操作4和操作1比較，半徑和角速度不變，沙袋質量變大，根據Fmr2知，操作4的拉力較大。(4)由以上四次操作，可知向心力的大小與質量、半徑、角速度有關。故選A、B、C。(5)沙袋做圓周運動的向心力是繩子對沙袋的拉力，作用在沙袋上。而人體驗到的繩子的拉力作用在人上，不是同一個力。答案：(1)操作2(2)操作3(3)操作4(4)ABC(5)不是7(2019·鞍山調研)用光滑圓管制成如圖所示的軌道，豎直立于水平地面上，其中ABC為圓軌道的一部分，CD為傾斜直軌道，二者相切于C點。已知圓軌道的半徑R1 m，傾斜軌道CD與水平地面的夾角為37°。現(xiàn)將一小球以一定的初速度從A點射入圓管，小球直徑略小于圓管的直徑，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求小球通過傾斜軌道CD的最長時間(結果保留一位有效數字)。解析：小球通過傾斜軌道時間若最長，則小球到達圓軌道的最高點的速度為0，從最高點到C點：對小球由動能定理可得：mghmvC2由幾何關系得：hRRcos 小球在CD段做勻加速直線運動，由位移公式得：LvCtat2CD的長度為：L對小球利用牛頓第二定律可得：mgsin ma代入數據聯(lián)立解得：t0.7 s。答案：0.7 sB級保分題目練通抓牢8.有一豎直轉軸以角速度勻速旋轉，轉軸上的A點有一長為l的細繩系有質量為m的小球。要使小球在隨轉軸勻速轉動的同時又不離開光滑的水平面，則A點到水平面的高度h最大為()A. B2gC. D解析：選A以小球為研究對象，小球受三個力的作用，重力mg、水平面支持力N、繩子拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向所需向心力為m2R，設繩子與豎直方向的夾角為，則有：Rhtan ，那么Fcos Nmg，F(xiàn)sin m2htan ；當球即將離開水平面時，N0，此時Fcos mg，F(xiàn)sin mgtan m2htan ，即h。故A正確。9(2019·上饒模擬)固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示。今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當調節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后()A一定會落到水平面AE上B一定會再次落到圓弧軌道上C可能會再次落到圓弧軌道上D不能確定解析：選A設小球恰好能夠通過最高點D，根據mgm，得：vD，知在最高點的最小速度為。小球經過D點后做平拋運動，根據Rgt2得：t 。則平拋運動的水平位移為：x·R，知小球一定落在水平面AE上。故A正確，B、C、D錯誤。10如圖所示，餐桌中心是一個半徑為r1.5 m的圓盤，圓盤可繞中心軸轉動，近似認為圓盤與餐桌在同一水平面內且兩者之間的間隙可忽略不計。已知放置在圓盤邊緣的小物體與圓盤間的動摩擦因數為10.6，與餐桌間的動摩擦因數為20.225，餐桌離地面的高度為h0.8 m。設小物體與圓盤以及餐桌之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。(1)為使物體不滑到餐桌上，圓盤的角速度的最大值為多少？(2)緩慢增大圓盤的角速度，物體從圓盤上甩出，為使物體不滑落到地面上，餐桌半徑R的最小值為多大？(3)若餐桌的半徑Rr，則在圓盤角速度緩慢增大時，物體從圓盤上被甩出后滑落到地面上的位置到從圓盤甩出點的水平距離L為多少？解析：(1)由題意可得，當小物體在圓盤上隨圓盤一起轉動時，圓盤對小物體的靜摩擦力提供向心力，所以隨著圓盤轉速的增大，小物體受到的靜摩擦力增大。當靜摩擦力最大時，小物體即將滑落，此時圓盤的角速度達到最大，有fm1Nm2r，Nmg，聯(lián)立兩式可得 2 rad/s。(2)由題意可得，當物體滑到餐桌邊緣時速度恰好減為零，對應的餐桌半徑取最小值。設物體在餐桌上滑動的位移為s，物體在餐桌上做勻減速運動的加速度大小為a，則a，f2mg，得a2g2.25 m/s2，物體在餐桌上滑動的初速度v0r3 m/s，由運動學公式得0v022as，可得s2 m，由幾何關系可得餐桌半徑的最小值為R2.5 m。(3)當物體滑離餐桌時，開始做平拋運動，平拋的初速度為物體在餐桌上滑動的末速度vt，由題意可得vt2v022as，由于餐桌半徑為Rr，所以sr1.5 m，可得vt1.5 m/s，設物體做平拋運動的時間為t，則hgt2 ，解得t 0.4 s，物體做平拋運動的水平位移為sxvtt0.6 m，由題意可得Lssx2.1 m。答案：(1)2 rad/s(2)2.5 m(3)2.1 mC級難度題目適情選做11如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內做勻速圓周運動。現(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止。后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是()A金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大B金屬塊B受到桌面的支持力變小C細線的張力變大D小球A運動的角速度減小解析：選D設A、B質量分別為m、M, A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線與豎直方向的夾角為，對B研究，B受到的摩擦力fTsin ，對A，有Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，變小，a減小，則靜摩擦力變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應等于(Mm)g，故B錯誤；細線的拉力T，變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l，則agtan 2lsin ， ，變小，變小，故D正確。12(2019·三門峽聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直轉軸，細繩AC和BC的結點C系一質量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當細繩AC和BC均拉直時，ABC90°，ACB53°，BC1 m。細繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉動，因而小球在水平面內做勻速圓周運動。當小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時的速度分別為(重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)()AAC5 m/s BBC5 m/sCAC5.24 m/s DBC5.24 m/s解析：選B當小球線速度增至BC被拉直后，由牛頓第二定律可得，豎直方向上：TAsinACBmg，水平方向上：TAcosACBTBm，由式可得：TAmg，小球線速度增大時，TA不變，TB增大，當BC繩剛要被拉斷時，TB2mg，由可解得此時，v5.24 m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC線與豎直方向間夾角增大，設AC線被拉斷時與豎直方向的夾角為，由TAC·cos mg，TACsin m，rLAC·sin ，可解得，60°，LAC m，v5 m/s，故B正確。13現(xiàn)有一根長L1 m的剛性輕繩，其一端固定于O點，另一端系著質量m0.5 kg的小球(可視為質點)，將小球提至O點正上方的A點處，此時繩剛好伸直且無張力。不計空氣阻力，取g10 m/s2。(1)在小球以速度v14 m/s水平向右拋出的瞬間，繩中的張力大小為多少？(2)在小球以速度v21 m/s水平向右拋出的瞬間，繩中若有張力，求其大?。蝗魺o張力，試求繩子再次伸直時所經歷的時間。(3)接(2)問，當小球擺到最低點時，繩子拉力的大小是多少？解析：(1)繩子剛好無拉力時對應的臨界速度滿足mgm，解得v臨界 m/s。因為v1>v臨界，所以繩子有拉力且滿足mgT1m，解得T13 N。(2)因為v2<v臨界，所以繩子無拉力，小球以v2的初速度做平拋運動，設經過時間t后繩子再次伸直，則滿足方程 x2(yL)2L2其中xv2t，ygt2，解得t0.6 s。(3)當t0.6 s時，可得x0.6 m，y1.8 m，小球在O點右下方位置，且O點和小球的連線與豎直方向的夾角滿足tan ，此時速度的水平分量與豎直分量分別為vxv21 m/s，vygt6 m/s繩伸直的一瞬間，小球的速度沿繩方向的分量突變?yōu)榱悖皇Ｏ麓怪庇诶K子方向的速度，v3vysin vxcos m/s接著小球以v3為初速度繞著O點做圓周運動擺到最低點，設在最低點速度為v，則由動能定理得 mgL(1cos )mv2mv32，又Tmgm，解得T N。答案：(1)3 N(2)0.6 s(3) N