2019年高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 課時達標12 圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用.doc

《2019年高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 課時達標12 圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 課時達標12 圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 課時達標12 圓周運動的規(guī)律及應(yīng)用 [解密考綱]考查圓周運動的參量之間的關(guān)系、勻速圓周運動的周期性問題、水平面內(nèi)圓周運動臨界問題、豎直平面內(nèi)圓周運動的繩模型和桿模型問題． 1．明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪翻車的圖畫(如圖)，記錄了我們祖先的勞動智慧．若A、B、C三齒輪半徑的大小關(guān)系如圖，則(　D　) A．齒輪A的角速度比C的大 B．齒輪A與B角速度大小相等 C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等 D．齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大 解析　由圖可知rA>rB>rC，A齒輪邊緣與B齒輪邊緣線速度大小是相等的，即vA＝vB，由v＝ωr，可得＝，則ωA<ωB；B齒輪與C齒輪共軸，則B齒輪與C齒輪角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr，可得齒輪B與齒輪C邊緣的線速度之比＝，則vB>vC，綜上所述可知vA＝vB>vC，ωB＝ωC>ωA，故選項A、B、C錯誤，D正確． 2．如圖所示，在傾角為α＝30的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8 m的細繩，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動．若要小球能通過最高點A(g＝10 m/s2，空氣阻力不計)，則小球在最低點B的最小速度是(　C　) A．2 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 解析　小球恰好通過A點，受力分析如圖所示．有F向＝mgsin α＝.則通過A點的最小速度vA＝＝2 m/s.根據(jù)機械能守恒定律得mv＝mv＋2mgLsin α，解得vB＝2 m/s，選項C正確． 3. 如圖所示，一光滑輕桿沿水平方向放置，左端O處連接在豎直的轉(zhuǎn)動軸上，a、b為兩個可視為質(zhì)點的小球，穿在桿上，并用細線分別連接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球質(zhì)量為a球質(zhì)量的3倍．當輕桿繞O軸在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，Oa和ab兩線的拉力之比為(　D　) A．1∶3 B．1∶6 C．4∶3 D．7∶6 解析　對a球，F(xiàn)TO a－FTab＝mω2Oa；對b球，F(xiàn)Tab＝3mω2(Oa＋ab)．由以上兩式得，Oa和ab兩線的拉力之比為7∶6，選項D正確． 4．(多選)變速自行車靠變換齒輪組合來改變行駛速度擋，如圖是某一變速車齒輪轉(zhuǎn)動結(jié)構(gòu)示意圖，圖中A輪有48齒，B輪有42齒，C輪有18齒，D輪有12齒．下列說法正確的是(　BCD　) A．該車可變換3種不同擋位 B．該車可變換4種不同擋位 C．A與D輪組合時，是行駛速度最快擋 D．B與D輪組合時，兩輪的角速度之比ωB∶ωD＝2∶7 解析　齒輪有AC、AD、BC、BD四種組合，則可變換4種不同擋位；B與D輪組合時，線速度相等，兩輪的角速度之比等于齒數(shù)反比，即ωB∶ωD＝2∶7；行駛速度最快擋為齒數(shù)比最大的組合，即A與D輪組合．故選項A錯誤，B、C、D正確． 5．(xx山西太原模擬)用一根細線一端系一可視為質(zhì)點的小球，另一端固定在一以角速度ω旋轉(zhuǎn)的光滑錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是(　C　) 解析　設(shè)線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力FN和線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T＝mgcos θ≠0，所以選項A、B錯誤；ω增大時，F(xiàn)T增大，F(xiàn)N減小，當FN＝0時，角速度為ω0. 當ω<ω0時，由牛頓第二定律得， FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，F(xiàn)Tcos θ＋FNsin θ＝mg， 解得FT＝mω2Lsin 2θ＋mgcos θ； 當ω>ω0時，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得 FTsin β＝mω2Lsin β， 所以FT＝mLω2， 可知FT－ω2圖線的斜率變大，所以選項C正確，選項D錯誤． 6．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，則后一種情況與原來相比較，下列判斷中正確的是(　C　) A．細線所受的拉力變0小 B．小球P運動的角速度變小 C．Q受到桌面的靜摩擦力變大 D．Q受到桌面的支持力變大 解析　設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，細線的拉力大小為FT，細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有FT＝，mgtan θ＝mω2Lsin θ，得角速度ω＝，周期T＝，使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動時，θ增大，cos θ減小，則細線拉力FT增大，角速度增大，周期T減小．對Q球，由平衡條件得，Q受到桌面的靜摩擦力變大，故選項A、B錯誤，C正確；金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不變．故選項D錯誤． 7．(多選)質(zhì)量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質(zhì)木架上的A和C點，繩長分別為la、lb，如圖所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉(zhuǎn)動，則(　BC　) A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動 B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大 C．若角速度ω＝，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動 D．若角速度ω＝，小球能在豎直平面ABC內(nèi)做完整的圓周運動 解析　繩b被燒斷后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，燒斷瞬間具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則選項B正確；小球恰好到最高點的速度v＝，從最低點到最高點，由機械能守恒定律得m(ωla)2＝2mgla＋mv2，則最小角速度ω＝，故選項A、D錯誤；小球恰好到A的等高處，此時速度v′＝0，從最低點到此處，由機械能守恒定律得，m(ωla)2＝mgla＋mv′2，則最小角速度ω＝，故選項C正確． 8．(xx甘肅蘭州質(zhì)檢)如圖所示，可視為質(zhì)點的木塊A、B疊放在一起，放在水平轉(zhuǎn)臺上隨轉(zhuǎn)臺一起繞固定轉(zhuǎn)軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，木塊A、B與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為1 m，A的質(zhì)量為5 kg，B的質(zhì)量為10 kg.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，如木塊A、B與轉(zhuǎn)臺始終保持相對靜止，則轉(zhuǎn)臺角速度ω的最大值為(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2)(　B　) A．1 rad/s B． rad/s C． rad/s D．3 rad/s 解析　A與B間的動摩擦因數(shù)為0.2，B與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，知逐漸增大轉(zhuǎn)臺角速度時B與A先發(fā)生相對滑動，由牛頓第二定律μ1mAg＝mAω2r，得ω＝ rad/s.選項B正確． 9．(xx寧夏銀川診斷)如圖所示，小球m可以在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動，下列說法中正確的是(　B　) A．小球通過最高點的最小速度至少為v＝ B．小球通過最高點的最小速度可以為0 C．小球在水平線ab以下管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球一定有作用力 D．小球在水平線ab以上管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球一定有作用力 解析　此題為桿模型，小球在最高點的速度可以為零，選項A錯誤，選項B正確；小球在水平線ab以下管道中運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球沒有作用力，外側(cè)管壁對小球一定有作用力，選項C錯誤；小球在水平線ab以上管道運動時，內(nèi)側(cè)管壁對小球有沒有作用力，要視小球的速度情況而定，選項D錯誤． 10．(xx上海青浦調(diào)研)如圖甲所示，輕桿一端與質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，經(jīng)最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內(nèi)的最低點，該三點的縱坐標分別是1、0、－5.g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法中正確的是(　D　) A．輕桿的長度為0.5 m B．小球經(jīng)最高點時，桿對它作用力方向豎直向下 C．B點對應(yīng)時刻小球的速度為3 m/s D．曲線AB段與坐標軸所圍圖形的“面積”為0.6 m 解析　設(shè)桿的長度為L，小球從A到C的過程中機械能守恒，得mvA2＋2mgL＝mv，所以L＝＝ m＝0.6 m．故選項A錯誤；若小球在A點恰好對桿的作用力是0，則mg＝m，臨界速度vo＝＝ m/s>vA＝1 m/s.由于小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運動需要的向心力小于重力，桿對小球的作用力的方向向上，是豎直向上的支持力，故選項B錯誤；小球從A到B的過程中機械能守恒，得 mv＋mgL＝mv，所以vB＝＝ m/s，故選項C錯誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6 m，故選項D正確． 11．小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動．當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地，如圖所示．已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g，忽略手的運動半徑和空氣阻力． (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2； (2)求繩能承受的最大拉力； (3)改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)是多少？最大水平距離為多少？ 解析　(1)設(shè)繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律得 豎直方向d＝gt2， 水平方向d＝v1t， 解得v1＝. 在豎直方向上有v＝2gd，則 v－v＝2gd， 解得v2＝. (2)設(shè)繩能承受的最大拉力大小為FT，這也是球受到繩的最大拉力大?。蜃鰣A周運動的半徑為R＝d， 對小球在最低點由牛頓第二定律得 FT－mg＝， 解得FT＝mg. (3)設(shè)繩長為l，繩斷時球的速度大小為v3，繩承受的最大拉力不變．由牛頓第二定律得 FT－mg＝， 解得v3＝， 繩斷后球做平拋運動，豎直位移為d－l，水平位移為x，時間為t1，則 豎直方向d－l＝gt， 水平方向x＝v3t1， 解得x＝4， 當l＝時，x有極大值，xmax＝d. 答案　(1)　　(2)mg　(3)　d 12．如圖甲所示，在同一豎直平面內(nèi)的兩正對的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離，虛線沿豎直方向，一小球能在其間運動，現(xiàn)在最高點A與最低點B各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍赖膲毫Γ⑼ㄟ^計算機顯示出來，當軌道距離變化時，測得兩點壓力差與距離x的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，不計空氣阻力． (1)求小球的質(zhì)量； (2)若小球在最低點B的速度為20 m/s，為使小球能沿軌道運動，x的最大值為多少？ 解析　(1)小球從A點到B點，由能量守恒定律得 mv＝mg(2R＋x)＋mv， 對B點：FN1－mg＝m， 對A點：FN2＋mg＝m， 由牛頓第三定律可得兩點壓力差 ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋， 由題圖得縱軸截距6mg＝3 N，m＝0.05 kg. (2)因為圖線的斜率k＝＝1 N/m，得R＝1 m， 在A點小球不脫離軌道的條件為vA≥， 結(jié)合(1)解得xm＝17.5 m. 答案　(1)0.05 kg　(2)17.5 m