高考物理一輪復習第4章曲線運動萬有引力定律第12講圓周運動的規(guī)律及應用練習(含解析)

PAGEPAGE8第12講圓周運動的規(guī)律及應用[解密考綱]考查圓周運動的參量之間的關系、勻速圓周運動的周期性問題、水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題、豎直平面內(nèi)圓周運動的繩模型和桿模型問題．1．(2019·湖北、山東部分重點中學高三聯(lián)考)關于圓周運動，下列說法是正確的是()A．勻速圓周運動是勻變速運動B．做圓周運動物體所受的合力始終指向圓心C．做勻速圓周運動的物體加速度始終指向圓心D．向心力只改變速度的大小，不改變速度的方向C解析勻速圓周運動的加速度是向心加速度，方向不斷改變，是變加速運動；一般的圓周運動所受合力不一定指向圓心，其沿半徑方向的分力才是向心力，只改變速度方向，不改變速度大??；沿切線方向的分力是切向力，只改變速度大小，不改變速度方向，選項C正確．2．(2019·浙江高三高考選考科目聯(lián)考)自行車變速器的工作原理是依靠線繩拉動變速器，變速器通過改變鏈條的位置，使鏈條跳到不同的齒輪上而改變速度．自行車的部分構造如圖所示，下列有關說法錯誤的是()A．自行車騎行時，后輪邊緣的輪胎與飛輪的角速度相等B．自行車拐彎時，前輪邊緣與后輪邊緣的線速度大小一定相等C．自行車上坡時，理論上采用中軸鏈輪最小擋，飛輪最大擋D．自行車騎行時，與鏈條相連接的飛輪邊緣與中軸鏈輪邊緣的線速度大小相等B解析后輪與飛輪同軸轉(zhuǎn)動，兩者角速度相等，鏈條相連接的飛輪邊緣與中軸鏈輪邊緣同一鏈條相連，線速度相等，選項A、D正確；上坡時需要省力，所以要采用中軸鏈輪最小擋，飛輪最大檔，選項C正確；自行車拐彎時，前后輪運動的路程不相同，則前后輪邊緣的線速度大小一定不相等，選項B錯誤．3．(2019·咸陽高三一模)(多選)如圖所示，固定水平直桿ab上套有一個物塊P，物塊P通過一根細線與一個小球Q相連接，小球Q在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，現(xiàn)使小球調(diào)到一個更低的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，物塊P始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下列說法正確的是()A．小球Q的向心加速度變小B．小球Q運動的線速度變小C．小球Q運動的角速度變小D．小球Q運動的周期變小ABC解析小球Q受到重力和拉力作用，如圖所示．由重力和細線的拉力的合力提供向心力，則有mgtanθ＝mω2Lsinθ＝meq\f(v2,Lsinθ)＝ma＝meq\f(4π2,T2)Lsinθ，現(xiàn)使小球調(diào)到一個更低的水平面上做勻速圓周運動，θ減小，小球Q的向心加速度a＝gtanθ減小，小球Q運動的線速度v＝eq\r(gLtanθsinθ)減小，小球Q運動的角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))變小，小球Q運動的周期T＝eq\f(2π,ω)變大，故選項A、B、C正確，D錯誤．4．(2019·湖北八市高三聯(lián)考)如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，兩金屬環(huán)一直相對桿不動，下列判斷正確的是()A．轉(zhuǎn)動的角速度越大，細線中的拉力越大B．轉(zhuǎn)動的角速度越大，環(huán)M與水平桿之間的彈力越大C．轉(zhuǎn)動的角速度越大，環(huán)N與豎直桿之間的彈力越大D．轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等D解析設細線與豎直方向的夾角為θ，對N受力分析如圖甲所示，受到豎直向下的重力GN，繩子的拉力T，桿給的水平支持力N1，因為兩環(huán)相對桿的位置不變，所以對N來說處于靜止狀態(tài)，合力為零，故在豎直方向上Tcosθ＝GN，在水平方向上N1＝Tsinθ，因為重力恒定，角度恒定，所以細線的拉力不變，環(huán)N與桿之間的彈力恒定，選項A、C錯誤；對M受力分析如圖乙所示，受到繩子的拉力T，豎直向下的重力GM，豎直向上的支持力N2，以及水平桿給的摩擦力Ff，在豎直方向上有N2＝GM＋Tcosθ＝GM＋GN，恒定不變，若以較小角速度轉(zhuǎn)動時，摩擦力方向右，即Tcosθ－Ff＝mω2r?Ff＝Tcosθ－mω2r，隨著角速度的增大，摩擦力方向可能變成向左，即Tcosθ＋Ff＝mω2r?Ff＝mω2r－Tcosθ，故可能存在Ff＝mωeq\o\al(2,1)r－Tcosθ＝Tcosθ－mωeq\o\al(2,2)r，摩擦力向左和向右時相等的情況，選項B錯誤，D正確．5．(2019·石家莊高三一模)(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞豎直方向的直徑旋轉(zhuǎn)，兩小球隨圓環(huán)一起轉(zhuǎn)動且相對圓環(huán)靜止．已知OA與豎直方向的夾角θ＝53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列說法正確的是()A．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為eq\r(\f(5g,4R))B．圓環(huán)旋轉(zhuǎn)角速度的大小為eq\r(\f(5g,3R))C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq\f(7,5)mgD．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為eq\f(1,5)mgAD解析小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得ω＝eq\r(\f(5g,4R))，則選項A正確，B錯誤；對小球A受力分析如圖所示，有水平方向Nsinθ－Ffcosθ＝mω2Rsinθ，豎直方向Ncosθ＋Ffsinθ－mg＝0，聯(lián)立解得Ff＝eq\f(1,5)mg，故選項C錯誤，D正確．6．(2019·六安舒城中學高三仿真)如圖所示，一傾斜的圓筒繞固定軸OO1以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動，圓筒的半徑r＝1.5m．筒壁內(nèi)有一小物體與圓筒始終保持相對靜止，小物體與圓筒間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，轉(zhuǎn)動軸與水平面間的夾角為60°，重力加速度g取10m/s2，則ω的最小值是()A．1rad/s B.eq\f(\r(30),3)rad/sC.eq\r(10)rad/s D．5rad/sC解析對物體受力分析如圖所示，受重力G，彈力N，靜摩擦力Ff.ω的最小值時，物體在上部將要產(chǎn)生相對滑動．由牛頓第二定律可知，mgcosθ＋N＝mω2r，在平行于桶壁方向上，達到最大靜摩擦力，即Ffmax＝mgsinθ，由于Ffmax＝μN.由以上式子，可得ω＝eq\r(10)rad/s，故選項C正確．7．(2019·寶雞一模)(多選)如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒固定在地面上，圓錐筒的軸線豎直．一個小球貼著筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做圓周運動，由于微弱的空氣阻力作用，小球的運動軌跡由A軌道緩慢下降到B軌道，則在此過程中()A．小球的向心加速度逐漸減小B．小球運動的角速度逐漸減小C．小球運動的線速度逐漸減小D．小球運動的周期逐漸減小CD解析以小球為研究對象，對小球受力分析，小球受力如圖所示．由牛頓第二定律得eq\f(mg,tanθ)＝ma＝eq\f(mv2,r)＝mrω2，可知在A、B軌道的向心力大小相等，a＝eq\f(g,tanθ)，向心加速度不變，故選項A錯誤；角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，由于半徑減小，則角速度變大，故選項B錯誤；線速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，由于半徑減小，線速度減小，故選項C正確；周期T＝eq\f(2π,ω)，角速度增大，則周期減小，故選項D正確．8．(2019·青州高三三模)(多選)如圖所示，在繞中心軸OO′轉(zhuǎn)動的圓筒內(nèi)壁上，有兩物體A、B靠在一起隨圓筒轉(zhuǎn)動，在圓筒的角速度均勻增大的過程中，兩物體相對圓筒始終保持靜止，下列說法正確的是()A．在此過程中，圓筒對A一定有豎直向上的摩擦力B．在此過程中，A、B之間可能存在彈力C．隨圓筒的角速度逐漸增大，圓筒對A、B的彈力都逐漸增大D．隨圓筒的角速度逐漸增大，圓筒對B的摩擦力也逐漸增大BC解析在此過程中，A可能只受重力和B對A的支持力，不一定受到圓筒對A的豎直向上的摩擦力，選項A錯誤，B正確；水平方向，圓筒對A、B的彈力充當做圓周運動的向心力，根據(jù)F＝mω2r可知，隨圓筒的角速度逐漸增大，圓筒對A、B的彈力都逐漸增大，選項C正確；圓筒對B的摩擦力在豎直方向，與水平方向的受力無關，即與圓筒的轉(zhuǎn)速無關，選項D錯誤．9．(2019·嘉興高三選考科目檢測)如圖所示，餐桌上的水平玻璃轉(zhuǎn)盤勻速轉(zhuǎn)動時，其上的物品相對于轉(zhuǎn)盤靜止，則()A．物品所受摩擦力與其運動方向相反B．越靠近圓心的物品摩擦力越小C．越靠近圓心的物品角速度越小D．越靠近圓心的物品加速度越小D解析由于物品有向外甩的趨勢，所以物品所受的摩擦力指向圓心提供向心力，故選項A錯誤；由摩擦力提供向心力可知，F(xiàn)f＝mω2r，由于物品的質(zhì)量大小不知道，所以無法確定摩擦力大小，故選項B錯誤；同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的物體角速度相同，故選項C錯誤；由公式a＝ω2r可知，越靠近圓心的物品加速度越小，故選項D正確．10．(2019·滑縣高三聯(lián)考)螺旋測微器是常見的長度測量工具，如圖所示，旋動旋鈕一圈，旋鈕同時會隨測微螺桿沿著旋轉(zhuǎn)軸線方向前進或后退一個螺距的距離，已知旋鈕上的可動刻度“0”刻線處A點的旋轉(zhuǎn)半徑為R＝5.0mm，內(nèi)部螺紋的螺距x＝0.5mm，若勻速旋動旋鈕，則A點繞軸線轉(zhuǎn)動的線速度和沿軸線水平移動的速度大小之比為()A．10∶1B．10π∶1C．20π∶1D．20∶1C解析旋動旋鈕一圈，測微螺桿便沿著旋轉(zhuǎn)軸線方向前進或后退一個螺距的距離，A點做圓周運動的線速度為vA1＝eq\f(2πR,Δt)，A點水平移動的速度為vA2＝eq\f(x,Δt)，帶入數(shù)據(jù)得eq\f(vA1,vA2)＝20π∶1，選項C正確．11．(2019·江西紅色七校高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿C和D上，質(zhì)量為ma的a球置于地面上，質(zhì)量為mb的b球從水平位置靜止釋放．當b球擺過的角度為90°時，a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱?，下列結論正確的是()A．ma∶mb＝3∶1B．ma∶mb＝2∶1C．若只將細桿D水平向左移動少許，則當b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱鉊．若只將細桿D水平向左移動少許，則當b球擺過的角度仍為90°時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱鉇D解析由于b球擺動過程中機械能守恒，則有mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，當b球擺過的角度為90°時，根據(jù)牛頓運動定律和向心力公式得T－mbg＝mbeq\f(v2,l)，聯(lián)立解得T＝3mbg；據(jù)題a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱?，說明此時繩子張力為T＝mag，解得ma∶mb＝3∶1，故選項A正確，B錯誤；由上述求解過程可以看出T＝3mbg，細繩的拉力T與球到懸點的距離無關，只要b球擺到最低點，細繩的拉力都是3mbg，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，a球不會被拉離地面，故選項C錯誤，D正確．12．(2019·衡水中學高三二調(diào))如圖所示的裝置可繞豎直軸OO′轉(zhuǎn)動，可視為質(zhì)點的小球A與細線AC、AB連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球的質(zhì)量m＝1kg，細線AC長L1＝1m，細線AB長L2＝0.2m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω1時，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向的夾角為37°，求角速度ω1的大??；(2)若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s，求細線AC與細線AB的張力大?。馕?1)當細線AB上的張力為零時，小球的重力和細線AC對小球的拉力的合力提供小球做圓周運動的向心力，即mgtan37°＝mωeq\o\al(2,1)l1sin37°，解得ω1＝eq\r(\f(g,l1cos37°))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s.(2)當ω2＝eq\r(\f(50,3))rad/s時，由于ω2＞ω1，故小球應向左上方擺起，由幾何關系可知，小球未向左上方擺起時，A點距C點的水平距離為d＝l1sin37°＝0.6m．擺起后，假設細線AB的張力仍為零，設此時細線AC與豎直方向的夾角為α，則有mgtanα＝mωeq\o\al(2,2)l1sinα，解得cosα＝0.6，即α＝53°，由幾何關系可知，此時A點距C點的水平距離為d′＝l1sin53°＝0.8m，而d′＝l2＋l1sin37°，說明此時細線AB恰好豎直且細線的拉力為零，故細線AC與豎直方向的夾角α＝53°.豎直方向由平衡條件可得FACcosα＝mg，解得FAC＝eq\f(50,3)N.答案(1)ω1＝eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)FAC＝eq\f(50,3)NFAB＝013．(2019·哈爾濱第三中學高三調(diào)研)如圖所示，帶有豎直側(cè)壁的圓盤繞過中心的豎直軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速可調(diào)，側(cè)壁到轉(zhuǎn)軸的距離為R，有一質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)的物塊，它與圓盤和側(cè)壁間的摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)將物塊放置在距轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)軸eq\f(R,2)處．(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g)(1)若物塊恰好相對圓盤未滑動，求此時圓盤轉(zhuǎn)動的角速度；(2)調(diào)節(jié)圓盤的轉(zhuǎn)速，將物塊置于側(cè)壁上，物塊恰好不下滑，求