高考物理一轮复习专题4.3圆周运动的规律及其应用（精练）（含解析）.docx

专题4.3 圆周运动的规律及其应用1. (2019湖南湘潭一中期末)如图所示是一个时钟，有关时钟的秒针、分针和时针的角速度，下列判断正确的是()A秒针和分针角速度大小之比为601 B分针和时针角速度大小之比为601C时针和秒针角速度大小之比为7201 D时针和秒针的角速度大小之比为13 600【答案】A【解析】秒针周期60 s，分针周期6060 s，时针周期123 600 s，故秒针和分针周期之比为160，由知，角速度之比为601，选项A正确；分针和时针的周期之比为112，角速度大小之比为121，B错误；时针和秒针的周期比为7201，其角速度大小之比为1720，C、D错误。2(2019河北承德二中期中)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的()【答案】B【解析】小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanm2Lsin，整理得：Lcos，则两球处于同一高度，故B正确3(2019山西晋城一中月考)如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A物块始终受到两个力作用B只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心C从a到b，物块所受的摩擦力先增大后减小D从b到a，物块处于超重状态【答案】D【解析】在c、d两点，物块只受重力和支持力，在其他位置物块受到重力、支持力、静摩擦力三个力作用，故A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a运动到b，物块的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物块所受木板的静摩擦力先减小后增大，故C错误；从b运动到a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，故D正确4(2019陕西西安铁路一中期中)如图所示为火车在转弯处时车轮部分的截面示意图，轨道的外轨高于内轨某转弯处规定行驶的速度为v，当火车通过此弯道时，下列判断正确的是()A若速度大于v，则火车轮缘挤压内轨B若速度大于v，则火车轮缘挤压外轨C若速度大于v，则火车所需向心力由外轨轮缘挤压产生D若速度小于v，则火车所需向心力由内轨轮缘挤压产生【答案】B【解析】当火车以规定的速度转变时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力；当火车速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以提供火车转弯所需的向心力，就会有向外甩的趋势，导致火车轮缘挤压外轨，从而出现外轨对车轮的作用力来弥补向心力的不足，故A、C错误，B正确；当火车速度小于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力大于火车转弯所需的向心力，火车有靠近圆心的趋势，导致火车轮缘挤压内轨，从而出现内轨对车轮的作用力来减小支持力与重力的合力，故D错误5. (2019江苏无锡一中期中)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图所示(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节要求挑战者从平台A上跳到以O为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m，转盘半径为2 m，以12.5 r/min的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为()A1.5 m/s B2 m/s C2.5 m/s D3 m/s【答案】C【解析】人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：ygt2，由此解得时间t0.5 s转盘的角速度为：2n rad/s，转盘转过，所用时间为：t0.4 s要使人能跳过空隙，时间应该小于0.4 s，因此根据水平方向匀速运动有：xv0t.解得：v02.5 m/s，选项C正确6(2019浙江丽水一中月考)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是()A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最高点时的最小速度vminC小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】C【解析】在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，A、B错；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外壁对小球一定有作用力，而内壁对小球一定无作用力，C对、D错7(2019安徽六安一中期末)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示将两球由静止释放在各自轨迹的最低点()AP球的速度一定大于Q球的速度 BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】设绳长为l，从水平位置到最低点，根据动能定理，mglmv2，可得v.已知lPlQ，所以vPmQ，又vPmQ，所以FTPFTQ，C选项正确；向心加速度a2g，与质量和绳长均无关系，D选项错误8(2019福建莆田一中期中)如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方2的关系图象正确的是()【答案】A【解析】设细绳长度为l，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为，细绳拉力为F，有Fsin m2lsin ，得Fm2l，选项A正确；mgtan m2lsin ，得hlcos ，选项B错误；小球的向心加速度a2lsin ，小球运动的角速度不同时，sin 不同，选项C错误；小球的线速度vlsin ，选项D错误。9(2019广西柳州第一中学期中)在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为的赛道上做匀速圆周运动。已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A将运动员和自行车看成一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是mC运动员做圆周运动的角速度为vRD如果运动员减速，运动员将做离心运动【答案】B【解析】向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误。10(2019江西上饶一中期末)当汽车通过圆弧形凸桥时，下列说法中正确的是() A汽车在桥顶通过时，对桥的压力一定小于汽车的重力 B汽车通过桥顶时，速度越小，对桥的压力就越小 C汽车所需的向心力由桥对汽车的支持力来提供 D汽车通过桥顶时，若汽车的速度v(R为圆弧形桥面的半径)，则汽车对桥顶的压力为零【答案】AD【解析】当汽车过桥顶时，汽车做圆周运动的向心力由汽车的重力和桥顶对汽车支持力的合力提供，有mgFNm，所以汽车过桥顶时，汽车对桥的压力一定小于汽车的重力，A正确，C错误；由上式得FNmgm，当v增大时，FN减小，B错误；当FN0时有mgm，可得v，D正确。11(2019山东威海一中模拟)如图甲所示，质量为m的小球用长为L的不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，经过最低点的速度大小为v，此时轻绳的拉力大小为F.F与v2的关系图象如图乙中实线所示，已知重力加速度为g，下列关于a、b、c的值正确的是()Aa6mg Ba5mg Cb2mg Dc6gL【答案】A【解析】小球在最低点受重力和绳子的拉力，这两个力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得Fmg，解得Fmg，小球静止(速度为零)时，绳子的拉力等于重力的大小，结合图象可知mgb，由图象的斜率可得.由mg可知小球在最高点的临界速度为v，由机械能守恒定律得mg2L，解得v，则此时Fmg6mga，可得c5gL.故选项A正确12(2019广东茂名一中模拟)如图，在一固定在水平地面上A点的半径为R的球体顶端放一质量为m的物块，现给物块一水平初速度v0，则()A若v0，则物块落地点离A点RB若球面是粗糙的，当v0时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C若v0，则物块落地点离A点为RD若v0，则物块落地点离A点至少为2R【答案】D【解析】若v0，物块将离开球面做平抛运动，由y2R、xv0t，得x2R，A项错误，D项正确；若v0，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停在球面上某位置，若摩擦力较小，物块将在球心上方球面上某处离开，向下做斜抛运动，落地点到A点距离大于R，B、C项错误13(2019陕西安康一中质检)如图8甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()图8A数据a与小球的质量有关B数据b与圆周轨道半径有关C比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 【答案】D【解析】在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有FTmgm，可得图线的函数表达式为FTmmg，题图乙中横轴截距为a，则有0mmg，得g，则agR，A错误；图线过点(2a，b)，则bmmg，可得bmg，B错误；，C错误；由bmg得m，由agR得R，则D正确。14(2019湖南怀化一中模拟)如图9所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图9AA、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势BB的向心力等于A的向心力大小C盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍D若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数A小于盘与B间的动摩擦因数B【答案】BC【解析】A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据Fnmr2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小fB2mr2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小fAmr2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有B2mg2mr，解得B，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有 Amgmr，解得A，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即BA，可得BA，故D错误。15(2019河北保定一中模拟)如图10所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则 ()图10A小球在管顶部时速度大小一定为 B小球运动到管底部时速度大小可能为C小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mg D小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg【答案】C【解析】小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力。如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mgm，可得v，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有mv2mgRmv2，可得v1，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN1mgm，解得FN17mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg。如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有mv2mgR，解得v22，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN2mgm，解得FN25mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg，选项C正确，A、B、D错误。16(2019河北石家庄二中模拟)如图所示，一根长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m的小球，小球可视为质点将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点时，轻绳刚好被拉断O点下方有一以O为顶点的固定斜面，倾角37，斜面足够长，且OO2L，已知重力加速度为g，忽略空气阻力；求：(1)轻绳断时的前后瞬间，小球的加速度？(2)小球落至斜面上的速度大小及方向与水平面夹角的正切值【答案】(1)a向2g，方向竖直向上；ag，方向竖直向下(2)v，与水平面夹角为，tan【解析】(1)小球从A到最低点，由动能定理：mgLmv，得：v0轻绳断前瞬间，小球的加速度a向2g，方向竖直向上轻绳断后瞬间，小球的加速度ag，方向竖直向下(2)以O为坐标原点，OO为y轴，建立直角坐标系，斜面对应方程yx平抛轨迹xv0tyLgt2，消去t得yLg2联立解得：xLyL平抛的高度h，小球落至斜面上的速度：v与水平面夹角为，tan1.（2019江苏卷）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱（ ）A运动周期为 B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mg D所受合力的大小始终为m2R【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动