《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 圓周運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 圓周運動（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、圓周運動一、選擇題1(2018佛山一模)圖示為公路自行車賽中運動員在水平路面上急轉(zhuǎn)彎的情景，運動員在通過彎道時如果控制不當會發(fā)生側(cè)滑而摔離正常比賽路線，將運動員與自行車看作一個整體，下列論述正確的是()A運動員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的支持力與重力的合力提供B運動員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供C發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心D發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力答案B解析運動員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供，A項錯誤，B項正確發(fā)生側(cè)滑是因為運動員的速度過大，所需要的向心力過大，運動員受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圓心，故C、D兩
2、項錯誤2.(2018溫州模擬)如圖所示，某臺計算機的硬盤約有近萬個磁道(磁道為不同半徑的同心圓)，每個磁道分為m個扇區(qū)(每個扇區(qū)為圓周)電動機使磁盤以轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動磁頭在讀、寫數(shù)據(jù)時是不動的，磁盤每轉(zhuǎn)一周，磁頭沿半徑方向跳動一個磁道，若不計磁頭大小及磁頭轉(zhuǎn)移磁道所需的時間，則磁盤轉(zhuǎn)動時()AA點的線速度小于B點的線速度BA點的向心加速度小于B點的向心加速度C硬盤轉(zhuǎn)動一圈的時間為2nD一個扇區(qū)通過磁頭所用的時間為答案D解析點A、點B為同軸傳動，角速度相等，根據(jù)vr，A點的線速度大于B點的線速度，根據(jù)an2r，A點的向心加速度大于B點的向心加速度，故A、B兩項錯誤；硬盤轉(zhuǎn)速為n，故轉(zhuǎn)一圈的時間為：
3、T，故C項錯誤；每個扇區(qū)為圓周，轉(zhuǎn)一圈的時間為，故一個扇區(qū)通過磁頭所用的時間為，故D項正確3.如圖所示，斜軌道與半徑為R的半圓軌道平滑連接，點A與半圓軌道最高點C等高，B為軌道的最低點現(xiàn)讓小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點開始以速度v0沿斜面向下運動，不計一切摩擦，關(guān)于滑塊運動情況的分析，正確的是()A若v00，小滑塊恰能通過C點，且離開C點后做自由落體運動B若v00，小滑塊恰能通過C點，且離開C點后做平拋運動C若v0，小滑塊恰能到達C點，且離開C點后做自由落體運動D若v0，小滑塊恰能到達C點，且離開C點后做平拋運動答案D解析小滑塊通過C點的最小速度為vC，由mgm，得vC，由機械能守恒定律，若A點v
4、00，則vC0，實際上滑塊在到達C點之前就離開軌道做斜上拋運動了，A、B兩項錯；若v0，小滑塊通過C點后將做平拋運動，C項錯誤、D項正確4.(2018泉州二模)(多選)如圖，一長為L的輕質(zhì)細桿一端與質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)相連，另一端可繞O點轉(zhuǎn)動，現(xiàn)使輕桿在同一豎直面內(nèi)做勻速轉(zhuǎn)動，測得小球的向心加速度大小為g(g為當?shù)氐闹亓铀俣?，下列說法正確的是()A小球的線速度大小為B小球運動到最高點時桿對小球的作用力豎直向上C當輕桿轉(zhuǎn)到水平位置時，輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心OD輕桿在勻速轉(zhuǎn)動過程中，輕桿對小球作用力的最大值為2mg答案ACD解析A項，根據(jù)ag得：v，故A項正確；B項，小球
5、做勻速圓周運動，加速度為g，所以小球在最高點的加速度為g，在最高點F合mg，所以小球運動到最高點時桿對小球的作用力為0，故B項錯誤；C項，當輕桿轉(zhuǎn)到水平位置(圖中虛線bob)時，桿子和重力的合力指向圓心，重力方向豎直向下，若輕桿對小球的作用力指圓心O，則合力不能指向圓心，故C項正確；D項，在最低點輕桿對小球的作用力最大，即Fmgma，解得F2mg，故D項正確5.(2018寶雞二模)如圖所示，長為L的輕質(zhì)硬桿，一端固定一個質(zhì)量為m的小球，另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上，現(xiàn)讓桿繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為，某時刻桿對球的作用力水平向左，則此時桿與水平面的夾角為()AsinBsinCtan
6、Dtan答案B解析小球所受重力和輕桿的作用力的合力提供向心力，受力如圖所示；根據(jù)牛頓第二定律有：m2L解得：sin故B項正確，A、C、D三項錯誤6.(2018長沙市一模)飛機飛行時除受到發(fā)動機的推力和空氣阻力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面向上，當飛機在空中盤旋時機翼的內(nèi)側(cè)傾斜(如圖所示)，以保證重力和機翼升力的合力提供向心力設(shè)飛機以速率v在水平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成角，飛行周期為T，則下列說法正確的是()A若飛行速率v不變，增大，則半徑R增大B若飛行速率v不變，增大，則周期T增大C若不變，飛行速率v增大，則半徑R增大D若飛行速率v增大，增大，則周
7、期T一定不變答案C解析A項，對飛機進行受力分析，如圖所示：根據(jù)重力和機翼升力的合力提供向心力，得mgtanmmR得v，T2A項，若飛行速率v不變，增大，由v，知R減小，故A項錯誤B項，若飛行速率v不變，增大，R減小，由T2知T減小，故B項錯誤C項，若不變，飛行速率v增大，由v，知半徑R增大，故C項正確D項，若飛行速率v增大，增大，R的變化不能確定，則周期T不一定不變，故D項錯誤7.(2018日照一模)(多選)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊A、B用輕繩相連，放在水平圓盤上，A恰好處于圓盤中心，B與轉(zhuǎn)軸的距離為l.木塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力已知重力加速度大小為g，兩木塊
8、可視為質(zhì)點若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是()A當時，木塊A受到的摩擦力大小為mgB當時，木塊B受到的摩擦力大小為mgC當時，輕繩上的拉力大小為mgD當時剪斷輕繩，木塊B將做離心運動答案BD解析最大靜摩擦力提供向心力時的最大角速度為0，則mgm02l，解得0A項，對物體B受力分析可知，當角速度較小時，繩子的拉力為零，B受到的摩擦力提供向心力，則當時，木塊A受到的摩擦力大小為f0，A項錯誤；B項，當時，木塊B受到的摩擦力大小為fm2lmg，故B項正確C項，當時，輕繩上的拉力大小為為F，則Fmgm2l，解得Fmg，故C項錯誤；D項，當時，根據(jù)牛頓第二定律
9、可知Fmgm2l，解得Fmg，此時A剛好不運動，當剪斷輕繩時，B所需向心力不變，繩上的拉力減小，木塊B將做離心運動，故D項正確8.(2018株洲一模)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有兩個質(zhì)量相等的小球A、B，兩球用輕繩連接，再用同樣長度的輕繩連接A繩，C為繩的自由端，設(shè)運動中水平拉直的AC和AB兩段繩所受拉力分別為T1和T2，下列說法正確的是()A若用力水平向左拉著C端使兩球運動，則T1T2B若用力水平向左拉著C端使兩球運動，則T12T2C若以C為圓心，使兩球以相同角速度沿水平面做勻速圓周運動，則T1T2D若以C為圓心，使兩球以相同角速度沿水平面做勻速圓周運動，則T11.5T2答案BD解析
10、A項，若用力水平向左拉著C端使兩球運動，對整體受力分析可知T12ma，對B可知T2ma，故T12T2，故A項錯誤，B項正確；C項，若以C為圓心，使兩球以相同角速度沿水平面做勻速圓周運動對A：T1T2m2L，對B：T2m22L，聯(lián)立解得T11.5T2，故C項錯誤，D項正確9.(2018廣州模擬)(多選)一輛汽車在軌道半徑為R的彎道路面做圓周運動，彎道與水平面的夾角為，如圖所示，汽車輪胎與路面的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，關(guān)于汽車在運動過程中的表述正確的是()A汽車的速率可能為B汽車在路面上不做側(cè)向滑動的最小速率為C汽車在路面上不做側(cè)向滑動的最大速率為D汽車在路面上不做側(cè)向滑動的最
11、小速率為答案ACD解析A項，若設(shè)計成外高內(nèi)低的彎道路面，汽車恰好與路面無側(cè)向摩擦力，由重力與支持力提供向心力，則有：mgtanm解得v，故A項正確；B項，汽車在路面上不做側(cè)向滑動的最小速率時摩擦力沿斜面向上，受力分析知FNcosfsinmgFNsinfcosmfFN解得v1，故B項錯誤，D項正確；C項，汽車在路面上不做側(cè)向滑動的最大速率時摩擦力沿斜面向下，受力分析知FNcosfsinmgFNsinfcosmfFN解得v2，故C項正確10.(2018大慶一模)如圖所示，一內(nèi)壁光滑、質(zhì)量為m、半徑為r的環(huán)形細圓管(管的內(nèi)徑相對于環(huán)半徑可忽略不計)用硬桿豎直固定在地面上有一質(zhì)量為m的小球可在圓管中運
12、動(球直徑略小于圓管直徑，可看做質(zhì)點)，小球以速率v0經(jīng)過圓管最高點時，恰好對管壁無壓力，當球運動到最低點時，求硬桿對圓管的作用力大小為()Am B2mgmC6mg D7mg答案D解析小球在最高點時有mgm小球從最高點運動到最低點的過程，由機械能守恒定律得2mgrmv02mv2在最低點，由牛頓第二定律有Nmgm聯(lián)立解得N6mg以圓管為研究對象，由平衡條件得硬桿對圓管的作用力大小FNmgN7mg7m.11.(2018陜西二模)(多選)如圖所示，轉(zhuǎn)臺上固定有一長為4L的水平光滑細桿，兩個中心有孔的小球A、B從細桿穿過并用原長為L的輕彈簧連接起來，小球A、B的質(zhì)量分別為3m、2m.豎直轉(zhuǎn)軸處于轉(zhuǎn)臺及
13、細桿的中心軸線上，當轉(zhuǎn)臺繞轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時()A小球A、B受到的向心力之比為3：2B當輕彈簧長度變?yōu)?L時，小球A做圓周運動的半徑為1.5LC當輕彈簧長度變?yōu)?L時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為，則彈簧的勁度系數(shù)為1.8m2D如果角速度逐漸增大，小球B先接觸轉(zhuǎn)臺邊沿答案CD解析A項，兩個小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的過程中，二者需要的向心力都是彈簧的彈力提供的根據(jù)彈簧彈力的特點可知，二者需要的向心力一定是相等的故A項錯誤；B項，二者一起做勻速圓周運動，所以它們的角速度是相等的根據(jù)向心力的公式可得：3m2r12m2r2又：r1r22L聯(lián)立可得：r1L，r2L故B項錯誤；C項，當輕彈簧長度變?yōu)?L時，則：r1
14、r23Lk(3LL)3m2r12m2r2聯(lián)立可得彈簧的勁度系數(shù)：k1.8m2.故C項正確；D項，由B項的分析的結(jié)果可知，只要是二者一起做勻速圓周運動，則B到轉(zhuǎn)軸的距離始終大于A到轉(zhuǎn)軸的距離，所以增大角速度，小球B先接觸轉(zhuǎn)臺邊沿故D項正確12.(2018內(nèi)江三模)(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b、c、d四個帶電小球，其中，a、b、c三個完全相同的小球的帶量值均為q(電性未知)，且位于光滑絕緣的水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三個小球等分整個圓周帶電量值為10q(電性未知)的小球d位于O點的正上方R處，且在外力作用下恰好處于靜止狀態(tài)重力加速度為g，靜電力常量為k.則下列說法
15、中正確的是()Ad球與a、b、c三小球一定是異種電荷B外力的大小為mg，方向豎直向上C小球a的角速度為D小球b的動能為答案ABC解析A項，a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個做勻速圓周運動，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，A項正確；B項，設(shè)db連線與水平方向的夾角為，則cos，所以60；對d球，由平衡條件得：F3ksinmgmg，方向豎直向上，故B項正確C項，a、b、c任意兩個小球之間的距離為2Rcos30R；對a球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：kcos602kcos30mR2解得：，故C項正確；D項，小球的動能為Ekmv2m(R)2，故D項錯誤二、非選擇題13(2018濟南一模)如
16、圖所示，在水平面內(nèi)有一平臺可繞豎直的中心軸以角速度3.14 rad/s旋轉(zhuǎn)在平臺內(nèi)沿半徑方向開兩個溝槽，質(zhì)量為0.01 kg的小球A放置在粗糙的溝槽內(nèi)，球與溝槽的動摩擦因數(shù)為0.5；質(zhì)量為0.04 kg的小球B放置在另一光滑的溝槽內(nèi)長度為1 m的細線繞過平臺的中心軸，其兩端與兩球相連設(shè)平臺中心軸是半徑可忽略的細軸，且光滑，球A始終相對圓盤保持靜止(g3.142 m/s2.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)求：(1)球A到軸O的距離多大時，小球A恰好不受摩擦力？(2)球A到軸O的最大距離為多少？解析(1)小球A恰好不受摩擦力時，由細線的拉力提供向心力，由向心力公式得：對A，有TmA2rA.對B，有Tm
17、B2(LrA)聯(lián)立解得：rA0.8 m(2)當A球到軸O的距離最大時，A受到的靜摩擦力沿軸心向內(nèi)，且靜摩擦力達到最大值，則對A，有：fTmA2rA.對B，有：TmB2(LrA)聯(lián)立解得：rA0.9 m故球A到軸O的最大距離為0.9 m.14.如圖所示，光滑圓桿MN段豎直，OC段水平且與MN相接于O點，兩桿分別套有質(zhì)量為m的環(huán)A和2m的環(huán)B，兩環(huán)的內(nèi)徑比桿的直徑稍大，A、B用長為2L的輕繩連接，A、O用長為L的輕繩連接，現(xiàn)讓裝置繞豎直桿MN做勻速圓周運動，當時，OA段繩剛好要斷，AB段繩能承受的拉力足夠大，求：(1)OA段繩剛剛拉直時轉(zhuǎn)動的角速度多大；(2)OA段繩能承受的最大的拉力；(3)當2且轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時，A向外側(cè)移動的距離多大答案(1)(2)mg(3)L解析(1)當OA繩剛好拉直時，由幾何關(guān)系知，cos，sin，對B分析：TABcos2mg，對A分析：TABsinmL12，解得1.(2)根據(jù)牛頓第二定律得，TmTABsinmL2，解得Tmmg，(3)當2，且轉(zhuǎn)動穩(wěn)定時，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為，則TABcos2mg，TABsinm2Lsin2，代入數(shù)據(jù)，有cos，sin，則A向外側(cè)移動的距離為x2LsinLL.10
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