高考物理一輪復(fù)習(xí)專題4曲線運(yùn)動(dòng)萬有引力與航天第3講圓周運(yùn)動(dòng)課后練習(xí)（含解析）新人教版

第3講圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)鞏固練1．(2020屆桂林模擬)如圖所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，拉力F發(fā)生變化，則關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)情況的說法，正確的是()A．若拉力突然消失，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運(yùn)動(dòng)B．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPa做離心運(yùn)動(dòng)C．若拉力突然變大，小球?qū)⒀剀壽EPb做離心運(yùn)動(dòng)D．若拉力突然變小，小球?qū)⒀剀壽EPc運(yùn)動(dòng)【答案】A2．(2020屆啟東名校聯(lián)考)某同學(xué)為感受向心力的大小與哪些因素有關(guān)，做了一個(gè)小實(shí)驗(yàn)：繩的一端拴一小球，手牽著繩的另一端在空中甩動(dòng)，使小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，則下列說法正確的是()A．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將不變B．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將增大C．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將不變D．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將減小【答案】B3．(2020屆黑龍江名校調(diào)研)在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內(nèi)低．如圖所示，在某路段汽車向左拐彎，司機(jī)左側(cè)的路面比右側(cè)的路面低一些，汽車的運(yùn)動(dòng)可看作是做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)內(nèi)、外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L．已知重力加速度為g，要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進(jìn)方向)等于零，則汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)的車速應(yīng)等于()A．eq\r(\f(gRh,d)) B．eq\r(\f(gRh,L))C．eq\r(\f(gRL,h)) D．eq\r(\f(gRd,h))【答案】A【解析】設(shè)路面的斜角為θ，作出汽車的受力圖如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)，又由幾何知識(shí)得到tanθ＝eq\f(h,d)，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(gRh,d))，只有A正確．4．(2020屆呂梁模擬)雨天遇到泥濘之路時(shí)，在自行車的后輪輪胎上常會(huì)黏附一些泥巴，行駛時(shí)感覺很“沉重”．如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉(zhuǎn)動(dòng)，泥巴就被甩下來．如圖所示，圖中a、b為后輪輪胎邊緣上的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)，c、d為飛輪邊緣上的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的角速度大于d點(diǎn)的角速度B．后輪邊緣a、b兩點(diǎn)線速度相同C．泥巴在圖中的b點(diǎn)比在a點(diǎn)更容易被甩下來D．飛輪上c、d兩點(diǎn)的向心加速度相同【答案】C5．(多選)如圖水平的木板B托著木塊A一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從水平位置a沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)b的過程中()A．B對A的支持力越來越大 B．B對A的支持力越來越小C．B對A的摩擦力越來越小 D．B對A的摩擦力越來越大【答案】BC6．(2020年石嘴山三中期末)(多選)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．座艙的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運(yùn)動(dòng)周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R【答案】BD【解析】由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由公式ω＝eq\f(2π,T)，解得T＝eq\f(2π,ω)，故A錯(cuò)誤；由圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與角速度的關(guān)系可知，v＝ωR，故B正確；由于座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為mg，故C錯(cuò)誤；由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力提供向心力可得F合＝mω2R，故D正確．7．(2020年西安中學(xué)二模)長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離也為L，重力加速度大小為g．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)以A、B連線為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，若小球在最高點(diǎn)速率為v時(shí)，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點(diǎn)速率為2v時(shí)，每根繩的拉力大小均為()A．eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3mg D．eq\f(4\r(3)mg,3)【答案】A8．(2020年保定安國中學(xué)月考)(多選)如圖所示，勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的齒輪O1和O2，齒數(shù)比為8∶6，下列正確的是()A．O1和O2齒輪的半徑比4∶3B．O1和O2齒輪的周期比3∶4C．齒輪上A、B兩點(diǎn)的線速度比大小為1∶1D．O1和O2轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小之比4∶3【答案】AC【解析】兩輪在齒輪處的線速度的大小相同，齒輪上A、B兩點(diǎn)的線速度比大小為1∶1；齒輪的轉(zhuǎn)速與齒數(shù)成反比，所以轉(zhuǎn)速之比eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可得O1和O2轉(zhuǎn)動(dòng)周期之比為eq\f(T1,T2)＝eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(4,3)，根據(jù)v＝ωR可得O1和O2齒輪的半徑比eq\f(R1,R2)＝eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(4,3)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．9．(2021屆河北大名一中檢測)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)由四分之一光滑圓弧管和光滑直管組成的細(xì)管道，兩個(gè)小球A、B分別位于圓弧管的底端和頂端，兩球之間用細(xì)線相連．現(xiàn)將一水平力F作用在B球上，使B球沿直管做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B球均可視為質(zhì)點(diǎn)，則A球從底端運(yùn)動(dòng)到頂端過程中()A．水平力F逐漸變大B．細(xì)線對A球的拉力逐漸減小C．A球的加速度不變D．管道對A球的作用力可能先減小后增大【答案】BD【解析】以小球A為研究對象，則小球A受到重力、細(xì)線的拉力以及圓管的支持力，在任意點(diǎn)設(shè)小球與圓心的連線與水平方向之間的夾角為θ，則細(xì)線的拉力始終等于重力沿管道的切線方向的分力，即T＝mgcosθ，可知小球A向上運(yùn)動(dòng)的過程中，隨θ的增大，細(xì)線的拉力逐漸減?。訠為研究對象，則B受到重力、豎直向上的支持力、細(xì)線的拉力T以及水平拉力F的作用，小球B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則水平拉力與細(xì)線的拉力大小相等，方向相反，所以拉力F也逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確；小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則加速度的方向始終指向圓心，方向不斷變化，故C錯(cuò)誤；小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則受到的重力沿垂直于管道方向的分力與支持力的合力提供向心力，由于小球的速度以及管道對應(yīng)的半徑關(guān)系是未知的，所以管道對A球的作用力可能先減小后增大，故D正確．綜合提升練10．(2020年唐山期末)(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點(diǎn)，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)撤去外力F，小物體由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域．已知PB＝3R，F(xiàn)的大小可能為()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(5mg,6)C．mg D．eq\f(7mg,6)【答案】BC【解析】小物體能通過C點(diǎn)應(yīng)滿足meq\f(v\o\al(2,C),R)≥mg，且由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域，則2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，對小物體從P點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得eq\f(5mg,6)≤F<eq\f(25mg,24)，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．11．(2021屆欽州第一中學(xué)摸底)一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動(dòng)，有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在圖中所示的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A．球A的線速度必定等于球B的線速度B．球A的角速度必定小于球B的角速度C．球A的運(yùn)動(dòng)周期必定小于球B的運(yùn)動(dòng)周期D．球A對筒壁的壓力必定大于球B對筒壁的壓力【答案】B【解析】設(shè)圓錐筒的底角大小為2θ，勻速圓周運(yùn)動(dòng)中重力和支持力的合力提供向心力F合＝eq\f(mg,tanθ)，由eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(mv2,r)和rA＞rB，知vA>vB，故A錯(cuò)誤．由eq\f(mg,tanθ)＝mrω2，知ωA＜ωB，故B正確；由eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(4π2mr,T2)知TA＞TB，故C錯(cuò)誤；由sinθ＝eq\f(mg,FN)，得支持力大小方向都相同，故D錯(cuò)誤．12．(2020年房山區(qū)期末)一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當(dāng)汽車經(jīng)過半徑為A．汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)汽車會(huì)發(fā)生側(cè)滑D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2【答案】D【解析】汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)受到重力，地面的支持力，以及地面給的摩擦力，其中摩擦力充當(dāng)向心力，A錯(cuò)誤；當(dāng)最大靜摩擦力充當(dāng)向心力時(shí)，速度為臨界速度，大于這個(gè)速度則發(fā)生側(cè)滑，根據(jù)牛頓第二定律可得f＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(fr,m))＝eq\r(\f(1.4×104×80,2.0×103))m/s＝eq\r(560)m/s＝20eq\r(1.4)m/s，所以汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)，所需的向心力小于1.4×104N，汽車不會(huì)發(fā)生側(cè)滑，B、C錯(cuò)誤；汽車能安全轉(zhuǎn)彎的最大向心加速度a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(560,80)m/s2＝7m/s2，即汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確．13．(2020屆鄭州模擬)(多選)如圖所示，有一固定且內(nèi)壁光滑的半球面，球心為O，最低點(diǎn)為C，在其內(nèi)壁上有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))A和B，在兩個(gè)高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點(diǎn)的連線與豎直線OC間的夾角分別為α＝53°和β＝37°，以最低點(diǎn)C所在的水平面為重力勢能的參考平面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．A，B兩球所受支持力的大小之比為4∶3B．A，B兩球運(yùn)動(dòng)的周期之比為4∶3C．A，B兩球的動(dòng)能之比為16∶9D．A，B兩球的機(jī)械能之比為112∶51【答案】AD【解析】由題意可知N＝eq\f(mg,cosθ)，所以eq\f(NA,NB)＝eq\f(cos37°,cos53°)＝eq\f(4,3)，A正確；mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)Rsinθ，所以eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(cos53°,cos37°))＝eq\r(\f(3,4))，B錯(cuò)誤；Ek∝v2，v＝eq\f(2π,T)Rsinθ，所以eq\f(EkA,EkB)＝eq\f(T\o\al(2,B)sin253°,T\o\al(2,A)sin237°)＝eq\f(64,27)，C錯(cuò)誤；Ep＝mgR(1－cosθ)，所以eq\f(EA,EB)＝eq\f(EkA＋EpA,EkB＋EpB)＝eq\f(112,51)，D正確．14．(2020年天一聯(lián)考)將輕質(zhì)彈簧豎立在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為3m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓到最短時(shí)，彈簧壓縮量為l．QN是一水平光滑軌道，N端與半徑為l的光滑半圓管道相切，管道的直徑MN豎直，如圖所示．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在Q點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球P接觸但不連接．用外力緩緩?fù)苿?dòng)小球P，將彈簧壓縮l后放開，P開始沿軌道運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g(1)小球P到達(dá)M點(diǎn)時(shí)對管道的作用力；(2)小球P離開管道后落回到NQ上的位置與N點(diǎn)間的距離．解：(1)依題意可知，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮l時(shí)，質(zhì)量為3mEp＝3mgl， ①設(shè)小球P到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度大小為vM，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋2mgl， ②聯(lián)立①②