高中物理一輪復習練習：圓周運動

圓周運動練習一、選擇題1．(多選)如圖所示，A、B為某小區(qū)門口自動升降桿上的兩點，A在桿的頂端處，B在桿的中點“STOP”處。桿從水平位置勻速轉至豎直位置的過程中，下列判斷正確的是()A．A、B兩點的角速度大小之比為2∶1B．A、B兩點的線速度大小之比為2∶1C．A、B兩點的向心加速度大小之比為4∶1D．A、B兩點的轉速之比為1∶12．一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于()A．1 B．2C．3 D．43．如圖甲所示，修正帶是通過兩個齒輪相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖乙中所示的模型。A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，C是大輪上的一點。若大輪半徑是小輪半徑的2倍，小輪中心到A點和大輪中心到C點的距離之比為2∶1，則A、B、C三點()A．線速度大小之比為4∶4∶1B．角速度之比為1∶1∶1C．轉速之比為2∶2∶1D．向心加速度大小之比為2∶1∶14．如圖甲是我國花樣滑冰運動員在賽場上的情形，假設在比賽的某段時間運動員單腳著地，以速度v做勻速圓周運動，如圖乙冰鞋與冰面間的夾角為37°，運動員的質量為m，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計冰鞋對運動員的摩擦，下列說法正確的是()A．運動員受重力、冰鞋的支持力、向心力的作用B．冰鞋對運動員的支持力大小為eq\f(5,3)mgC．運動員做勻速圓周運動的半徑為eq\f(4v2,3g)D．運動員做勻速圓周運動的向心加速度大小為eq\f(4,3)g5．有一種叫“旋轉飛椅”的游樂項目(如圖所示)。鋼繩的一端系著座椅，另一端固定在水平轉盤上。轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動。當轉盤勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內。將游客和座椅看作一個質點，不計鋼繩的重力，以下分析正確的是()A．旋轉過程中，游客和座椅受到重力、拉力和向心力B．根據(jù)v＝ωr可知，坐在外側的游客旋轉的線速度更大C．根據(jù)Fn＝mω2r可知，“飛椅”轉動的角速度越大，旋轉半徑越小D．若“飛椅”轉動的角速度變大，鋼繩上的拉力大小不變6．如圖是某型號無人機繞拍攝主體時做水平勻速圓周運動的示意圖。已知無人機的質量為m，無人機的軌道距拍攝對象的高度為h，無人機與拍攝對象的距離為r，無人機飛行的線速度大小為v，則無人機做勻速圓周運動時()A．角速度為eq\f(v,r)B．所受空氣作用力為mgC．向心加速度為eq\f(v2,\r(r2－h(huán)2))D．周期為T＝eq\f(2πr,v)7．(多選)如圖所示，直徑為d的豎直圓筒繞中心軸線以恒定的轉速勻速轉動。一子彈以水平速度沿圓筒直徑方向從左側射入圓筒，從右側射穿圓筒后發(fā)現(xiàn)兩彈孔在同一豎直線上且相距為h，重力加速度為g，則()A．子彈在圓筒中的水平速度為deq\r(\f(g,2h))B．子彈在圓筒中的水平速度為2deq\r(\f(g,2h))C．圓筒轉動的角速度可能為πeq\r(\f(g,2h))D．圓筒轉動的角速度可能為3πeq\r(\f(g,2h))8．(多選)如圖所示，游樂園中某海盜船在外力驅動下啟動，某時刻撤去驅動力，此后船自由擺動，當懸臂OA水平時，船的速度恰好為零。若A、B、C處質量相等的乘客始終相對船靜止，且以相同的半徑隨船擺動，擺動裝置(含乘客)的重心位于圓弧AC的中點B，∠AOC＝60°，不計一切阻力，重力加速度大小為g，則海盜船在自由擺動過程中()A．OA水平時，船對C處乘客的作用力為零B．OA水平時，B處乘客的加速度大小為aB＝eq\f(\r(3),2)gC．A處乘客從圖示位置運動至最低點的過程中，始終處于失重狀態(tài)D．A、B處乘客分別運動至最低點時，船對乘客豎直方向的作用力大小之比為eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(3),2)9．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球Q，細線穿過小孔(小孔光滑)，另一端連接在金屬塊P上，P始終靜止在水平桌面上，若不計空氣阻力，小球在某一水平面內做勻速圓周運動(圓錐擺)。實際上，小球在運動過程中不可避免地受到空氣阻力作用。因阻力作用，小球Q的運動軌道發(fā)生緩慢的變化(可視為一系列半徑不同的圓周運動)。下列判斷正確的是()A．小球Q的位置越來越高B．細線的拉力變小C．小球Q運動的角速度變大D．P受到桌面的靜摩擦力變大10．太極球是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落。現(xiàn)將太極球簡化成如圖所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，A為圓周的最高點，C為最低點，B、D兩點與圓心O等高且在B、D處平板與水平面夾角為θ。設小球的質量為m，圓周運動的半徑為R，重力加速度為g。若小球運動的周期為T＝2πeq\r(\f(R,3g))，則()A．在A處，平板對小球的作用力大小為mgB．在C處，平板對小球的作用力大小為3mgC．在B處，小球一定受兩個力的作用D．在A、C處平板對小球作用力大小的差值為2mg二、非選擇題11．如圖所示，給出一段“S”形單行盤山公路的示意圖，彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10m，r2＝40m，彎道2比彎道1低h＝8m，有一直道與兩彎道圓弧相切。質量m為1000kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車所受重力的1.0倍，行駛時要求汽車不打滑，已知重力加速度g＝10m/s2。(1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1；(2)汽車以速度大小v1進入直道，以P＝20kW的恒定功率沿直線行駛了t＝10s，進入彎道2，此時速度大小恰為通過彎道2中心線的最大速度，求直道上阻力對汽車做的功；(3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經驗的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道，設路寬d＝10m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道的中心線上，計算時視汽車為質點，計算結果保留2位有效數(shù)字)。答案：1．BD解析：因為自動升降桿上的A、B兩點是同軸轉動，所以A、B兩點的角速度相等，轉速也相等，故A錯誤，D正確；由角速度與線速度關系式v＝ωr，可知角速度相等時線速度之比等于半徑之比，即A、B兩點線速度大小之比為2∶1，故B正確；由向心加速度公式a＝ω2r，可知角速度相等時向心加速度之比等于半徑之比，所以A、B兩點向心加速度大小之比為2∶1，故C錯誤。2．C解析：質點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設周期T＝eq\f(k,r)，合外力等于向心力，根據(jù)F合＝Fn＝meq\f(4π2,T2)r，聯(lián)立可得Fn＝eq\f(4mπ2,k2)r3，其中eq\f(4mπ2,k2)為常數(shù)，r的指數(shù)為3，故題中n＝3，故選C。3．A解析：A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，可知vA＝vB，又v＝ωr，rA＝eq\f(1,2)rB，可得ωA＝2ωB，由于B、C兩點都在大輪上，可知ωB＝ωC，又v＝ωr，rB＝4rC，可得vB＝4vC，則A、B、C三點線速度大小之比為vA∶vB∶vC＝4∶4∶1，A、B、C三點角速度之比為ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項A正確，B錯誤；根據(jù)角速度和轉速的關系ω＝2πn，可知A、B、C三點轉速之比為nA∶nB∶nC＝ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項C錯誤；根據(jù)向心加速度公式有an＝ωv，可知A、B、C三點向心加速度大小之比為anA∶anB∶anC＝8∶4∶1，選項D錯誤。故選A。4．C解析：運動員此時只受到重力和冰鞋的支持力作用，A錯誤；運動員受到的力如圖所示，x軸方向有FNsin37°＝ma＝meq\f(v2,r)，y軸方向有FNcos37°＝mg，聯(lián)立解得FN＝eq\f(5,4)mg，r＝eq\f(4v2,3g)，a＝eq\f(3,4)g，故B、D錯誤，C正確。故選C。5．B解析：旋轉過程中，游客和座椅受到重力、拉力的作用，向心力是重力和拉力的合力，故A錯誤；游客轉動的角速度相同，根據(jù)v＝ωr可知，坐在外側的游客的旋轉半徑較大，線速度更大，故B正確；“飛椅”轉動的角速度越大，“飛椅”做圓周運動所需的向心力越大，向心力由重力與拉力的合力提供，則鋼繩上的拉力變大，鋼繩與豎直方向的夾角變大，旋轉半徑變大，故C、D錯誤。6．C解析：做圓周運動的半徑R＝eq\r(r2－h(huán)2)，則角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(v,\r(r2－h(huán)2))，故A錯誤；無人機做勻速圓周運動時，向心力Fn＝meq\f(v2,R)＝eq\f(mv2,\r(r2－h(huán)2))＝man，解得an＝eq\f(v2,\r(r2－h(huán)2))，所受空氣作用力F＝eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,n))，故B錯誤，C正確；無人機做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π\(zhòng)r(r2－h(huán)2),v)，故D錯誤。7．ACD解析：子彈在圓筒中運動的時間與自由下落高度h的時間相同，即t＝eq\r(\f(2h,g))，則v0＝eq\f(d,t)＝deq\r(\f(g,2h))，故A正確，B錯誤；由題意知，在此段時間內圓筒轉過的圈數(shù)為半圈的奇數(shù)倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0，1，2，…)，所以ω＝eq\f(（2n＋1）π,t)＝(2n＋1)πeq\r(\f(g,2h))(n＝0，1，2，…)，故C、D正確。8．BD解析：設乘客質量為m，根據(jù)力的分解可知，OA水平時，船對C處乘客的作用力為F＝mgcos30°，故A錯誤；OA水平時，B處乘客的加速度大小aB＝eq\f(mgsin60°,m)＝eq\f(\r(3),2)g，故B正確；A處乘客從題圖示位置運動至最低點的過程中，當向心加速度在豎直方向的分量大于切向加速度在豎直方向的分量時，合加速度方向向上，A處乘客處于超重狀態(tài)，故C錯誤；設整體質量為M，A處乘客運動至最低點時，根據(jù)動能定理得MgL(cos30°－cos60°)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，在最低點，對A處乘客，有FA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)，解得FA＝eq\r(3)mg，B處乘客運動至最低點時，根據(jù)動能定理得MgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，在最低點，對B處乘客，有FB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),L)，聯(lián)立解得FB＝2mg，可得eq\f(FA,FB)＝eq\f(\r(3),2)，故D正確。9．B解析：由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，則所需要的向心力減小，小球做近心運動，小球的位置越來越低，故A錯誤；設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，當小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，如圖所示，則有FT＝eq\f(mg,cosθ)，mgtanθ＝meq\f(v2,Lsinθ)＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，由于小球受到空氣阻力作用，線速度減小，則θ減小，cosθ增大，因此，細線的拉力FT減小，角速度ω減小，故B正確，C錯誤；對金屬塊P，由平衡條件知，P受到桌面的靜摩擦力大小等于細線的拉力大小，則靜摩擦力變小，故D錯誤。10．D解析：在A處，對小球，由牛頓第二定律有FNA＋mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up8(2)R，解得FNA＝2mg，同理，在C處，對小球，由牛頓第二定律有FNC－mg＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up8(2)R，解得FNC＝4mg，在A、C處平板對小球作用力大小的差值為2mg，故A、B錯誤，D正確；在B處，小球可能只受重力和支持力兩個力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三個力作用，故C錯誤。11．(1)10m/s(2)－1.3×105J(3)2.1s解析：(1)汽車沿彎道1中心線行駛的最大速度為v1，有kmg＝meq\f(v12,r1)解得v1＝10m/s。(2)汽車沿彎道2中心線行駛的最大速度為v2，有kmg＝meq\f(v22,r2)解得v2＝20m/s在直道上由動能定理有Pt＋mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－1.3×105J。(3)由kmg＝meq