2020屆高考物理總復習 作業(yè)18 圓周運動（含解析）

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1、 作業(yè)18　圓周運動 8 一、選擇題 1．(2019年豫南九校聯(lián)考)水平放置的三個不同材料制成的圓輪A、B、C，用不打滑皮帶相連，如圖18－1所示(俯視圖)，三圓輪的半徑之比為RA∶RB∶RC＝3∶2∶1，當主動輪C勻速轉(zhuǎn)動時，在三輪的邊緣上分別放置一相同的小物塊(可視為質(zhì)點)，小物塊均恰能相對靜止在各輪的邊緣上，設小物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小物塊與輪A、B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC， 圖18－1 A、B、C三輪轉(zhuǎn)動的角速度分別為ωA、ωB、ωC，則(　　) A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6 B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2 C．ωA

2、∶ωB∶ωC＝1∶2∶3 D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2 解析：小物塊與輪的接觸面間的最大靜摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝，A、B、C三輪邊緣的線速度大小相同，所以μ∝，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正確． 答案：A 2．(2019年山東煙臺一模)兩粗細相同內(nèi)壁光滑的半圓形圓管ab和bc連接在一起，且在b處相切，固定于水平面上．一小球從a端以某一初速度進入圓管，并從c端離開圓管．則小球由圓管 圖18－2 ab進入圓管bc后(　　) A．線速度變小 B.角速度變大 C．向心加速度變小

3、 D．小球?qū)鼙诘膲毫ψ兇? 解析：由于管道光滑，小球到達b點后，重力做功為零，速度大小保持不變，根據(jù)v＝ωR可知角速度ω減小，根據(jù)a＝可知向心加速度減小，根據(jù)F＝ma可知小球?qū)艿赖膲毫p小，故C正確． 答案：C 3．(2019年四川樂山調(diào)考)如圖18－3所示，一個內(nèi)壁光滑的圓錐筒，其軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動．有一質(zhì)量為m的小球A緊貼著筒內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，筒口半徑和筒高分別為R和H，小球A所在的高度為筒高的一半，已知重力加速度為g，則(　　) 圖18－3 A．小球A做勻速圓周運動的角速度ω＝ B．小球A受到重力、支持力和向心力三個力作用 C．小球A受到的合

4、力大小為mg D．小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上 解析：對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力兩個力的作用，兩個力的合力提供向心力，由向心力關系可得mgtanθ＝mω2r，其中tanθ＝，r＝，解得ω＝，選項A正確，B錯誤；小球所受合力方向應指向圓周運動的圓心，提供向心力，所以合力大小為mgtanθ＝mg，選項C、D錯誤． 答案：A 圖18－4 4．(2019年浙江嘉興一模)如圖18－4所示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(zhì)量為60 kg的學員在A點位置，質(zhì)量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉(zhuǎn)彎半徑為5.0 m，B點的轉(zhuǎn)彎半徑為4.0

5、m，學員和教練員(均可視為質(zhì)點)(　　) A．運動周期之比為5∶4 B．運動線速度大小之比為1∶1 C．向心加速度大小之比為4∶5 D．受到的合力大小之比為15∶14 解析：A、B兩點做圓周運動的角速度相等，根據(jù)T＝知，周期相等，故A錯誤．根據(jù)v＝rω知，半徑之比為5∶4，則線速度之比為5∶4，故B錯誤．根據(jù)a＝rω2知，半徑之比為5∶4，則向心加速度大小之比為5∶4，故C錯誤．根據(jù)F＝ma知，向心加速度大小之比為5∶4，質(zhì)量之比為6∶7，則合力大小之比為15∶14，故D正確． 答案：D 圖18－5 5．(2019年福建晉江月考)如圖18－5所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，細繩AC和

6、BC的結(jié)點C系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg.當AC和BC均拉直時∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1 m．ABC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動，因而C球在水平面內(nèi)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(g取10 m/s2)(　　) A．AC 5 m/s B．BC 5 m/s C．AC 5.24 m/s D．BC 5.24 m/s 解析：根據(jù)題意，小球轉(zhuǎn)動時向心力為TBC＋TACcos53°＝m，此時設BC繩剛好被拉斷，則拉力為TBC＝2mg，此時TACsin53°＝mg，即TAC＝

7、mg，說明BC繩先被拉斷；當AC繩拉斷時，有TAC′＝2mg，此時由于小球重力等于mg，則AC繩與水平方向的夾角等于30°，有TAC′cos30°＝ m，此時小球轉(zhuǎn)動半徑為R′＝cos30°＝ m，代入數(shù)值得v′＝5 m/s，故選項B正確． 答案：B 圖18－6 6．如圖18－6所示，一個圓形框架以豎直的直徑為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動．在框架上套著兩個質(zhì)量相等的小球A、B，小球A、B到豎直轉(zhuǎn)軸的距離相等，它們與圓形框架保持相對靜止．下列說法正確的是(　　) A．小球A的合力小于小球B的合力 B．小球A與框架間可能沒有摩擦力 C．小球B與框架間可能沒有摩擦力 D．圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)

8、動，小球B受到的摩擦力一定增大 解析：由于合力提供向心力，依據(jù)向心力表達式F＝mrω2，已知兩球質(zhì)量、運動半徑和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A錯誤；小球A受到重力和彈力的合力不可能垂直指向OO′軸，故一定存在摩擦力，而B球的重力和彈力的合力可能垂直指向OO′軸，故B球摩擦力可能為零，故B錯誤，C正確；由于不知道B是否受到摩擦力，故無法判定圓形框架以更大的角速度轉(zhuǎn)動，小球B受到的摩擦力的變化情況，故D錯誤． 答案：C 7. 圖18－7 如圖18－7所示，半徑為R的圓筒繞豎直中心軸OO′轉(zhuǎn)動，小物塊A靠在圓筒的內(nèi)壁上，它與圓筒的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)要使A不下落，則圓筒轉(zhuǎn)

9、動的角速度ω至少為(　　) A. B. C. D. 解析：豎直方向：f＝mg 當f為最大靜摩擦力時，剛好不下滑 即：fmax≥mg① 又fmax＝μFN② 而FN＝mω2R③ 由①②③式解得ω≥ ，故D正確． 答案：D 圖18－8 8．(2019年綿陽診斷)如圖18－8所示，輕桿長3L，在桿兩端分別固定質(zhì)量均為m的球A和B，光滑水平轉(zhuǎn)軸穿過桿上距離A為L處的O點，外界給系統(tǒng)一定能量后，桿和球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力．忽略空氣阻力．則球B在最高點時(　　) A．球B的速度為零 B．球A的速度大小為 C

10、．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為1.5mg D．水平轉(zhuǎn)軸對桿的作用力為2.5mg 解析：球B運動到最高點時，桿對球B恰好無作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A錯誤；由于A、B兩球的角速度相等，則球A的速度大小vA＝，故B錯誤；B球在最高點時，對桿無彈力，此時A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m解得F＝1.5mg，故C正確，D錯誤． 答案：C 9．(2019年河北三市七校聯(lián)考)如圖18－9所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在離水平地面高為2L的O點，小鐵球以O為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動且恰能到達最高點B處．不計空氣阻力，重力加速度為g.若運動到最高點輕繩斷開

11、，則小鐵球落到地面時的速度大小為(　　) 圖18－9 A. B. C. D．3 解析：小鐵球恰能到達最高點，即在最高點只有重力提供向心力，設小鐵球在最高點的速度為v0，由向心力公式和牛頓第二定律可得mg＝；從B點到落地，設小鐵球落地的速度大小為v，由動能定理可得3mgL＝mv2－mv，聯(lián)立可得v＝，故選項C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 10．(多選)如圖18－10所示，在水平轉(zhuǎn)臺的光滑水平橫桿上穿有兩個質(zhì)量分別為2m和m的小球A和B，A、B間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，彈簧的自然長度為L，轉(zhuǎn)臺的直徑為2L，當轉(zhuǎn)臺以角速度ω繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動時，如

12、果A、B仍能相對橫桿靜止而不碰左右兩壁(　　) 圖18－10 A．小球A和B具有相同的角速度 B．小球A和B做圓周運動的半徑之比為1∶2 C．若小球不與壁相碰，則ω> D．若小球不與壁相碰，則ω< 解析：A、B兩球共軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，故A正確．兩球靠彈簧的彈力提供向心力，知兩球向心力大小相等，2mr1ω2＝mr2ω2，解得r1∶r2＝1∶2，故B正確．轉(zhuǎn)臺的直徑為2L，則r2

13、直平面內(nèi)的圓周運動模型．已知小球在最低點的初速度為v0，繩長為l，重力加速度為g，則(　　) A．當v0<時，輕繩始終處于繃緊狀態(tài) B．當v0>時，小球一定能通過最高點P C．小球運動到最高點P時，處于失重狀態(tài) D．v0越大，則在P、Q兩點繩對小球的拉力差越大 解析：當v0<時，設小球到達最高點時的速度為0，則mgh＝mv，所以h時，小球才能通過最高點P，故B錯誤；小球在最高點時，重力與繩的拉力

14、的合力提供向心力，加速度向下，故處于失重狀態(tài)，故C正確；小球經(jīng)過最低點Q時，受重力和繩的拉力，根據(jù)牛頓第二定律得F2－mg＝m，小球經(jīng)過最高點P時mg＋F1＝m，聯(lián)立解得F2－F1＝6mg，與小球的初速度無關，故D錯誤． 答案：AC 圖18－12 12．(多選)如圖18－12所示，一個固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰．已知半圓形管道的半徑為R＝1 m，小球可看做質(zhì)點且其質(zhì)量為m＝1 kg，g取10 m/s2.則(　　) A．小球在斜面上的相碰點C

15、與B點的水平距離是0.9 m B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9 m C．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 解析：根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3 m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9 m，選項A正確，B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤． 答案：AC

16、 二、非選擇題 13．(2019年云南昆明七校調(diào)研)如圖18－13所示，一長L＝0.45 m的輕繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量m＝0.10 kg的小球，懸點O距離水平地面的高度H＝0.90 m．開始時小球處于A點，此時輕繩拉直處于水平方向上，讓小球從靜止釋放，當小球運動到B點時，輕繩碰到懸點O正下方一個固定的釘子P時立刻斷裂．不計輕繩斷裂的能量損失，取重力加速度g＝10 m/s2. 圖18－13 (1)輕繩斷裂后小球從B點拋出并落在水平地面的C點，求C點與B點之間的水平距離； (2)若OP＝0.30 m，輕繩碰到釘子P時繩中拉力達到所能承受的最大拉力而斷裂，求輕繩能承受的最大拉

17、力． 解析：(1)設小球運動到B點時的速度大小為vB，由機械能守恒定律得mv＝mgL 解得小球運動到B點時的速度大小 vB＝＝3.0 m/s 小球從B點做平拋運動，由運動學規(guī)律得 x＝vBt y＝H－L＝gt2 解得C點與B點之間的水平距離 x＝vB·＝0.90 m. (2)若輕繩碰到釘子時，輕繩拉力恰好達到最大值Fm，由牛頓運動定律得 Fm－mg＝m r＝L－OP 由以上各式解得Fm＝7 N. 答案：(1)0.90 m　(2)7 N 圖18－14 14．如圖18－14所示，光滑半圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，半圓形軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A.一質(zhì)量為m

18、的小球在水平地面上C點受水平向左的恒力F由靜止開始運動，當運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓形軌道運動到軌道最高點B點，最后又落在水平地面上的D點(圖中未畫出)．已知A、C間的距離為L，重力加速度為g. (1)若軌道半徑為R，求小球到達半圓形軌道B點時對軌道的壓力大小FN； (2)為使小球能運動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值Rm； (3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點D到A點距離最大？最大距離xm是多少？ 解析：(1)設小球到B點速度為v，從C到B根據(jù)動能定理有FL－2mgR＝mv2 解得v＝ 在B點，由牛頓第二定律有FN＋mg＝m 解得FN＝－5mg. (2)小球恰能運動到軌道最高點時，軌道半徑有最大值，則有 FN＝－5mg＝0 解得Rm＝. (3)設小球平拋運動的時間為t，有2R＝gt2 解得t＝ 水平位移 x＝vt＝ · ＝ 當2FL－4mgR＝4mgR時，水平位移最大． 解得R＝ D到A的最大距離xm＝. 答案：(1)－5 mg　(2)　(3)　 9