(江苏专版)2019高考物理一轮复习课时跟踪检测(十三)圆周运动

课时追踪检测（十三）圆周运动对点训练：描绘圆周运动的物理量1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员眼前速率计的指针指在“120km/h”上，可估量出该车轮的转速近似为( )A．1000r/sB．1000r/minC．1000r/hD．2000r/s分析：选B设经过时间t，轿车匀速行驶的行程＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一x点转动的行程x′＝nt·2πR，此中n为车轮的转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝v2πR≈17.7r/s＝1062r/min。B正确。2．(2018·淮安期末)如图，在“英勇向前冲”游戏中，挑战者要经过匀速转动的水平转盘从平台1转移到平台2上，假定挑战者成功跳到转盘上时都能立刻与转盘保持相对静止，则挑战者在转盘上距转轴较近的落点A与转盘边沿上的点B必定拥有同样的( )A．转动半径B．线速度C．角速度D．向心加快度分析：选C由题图可知，A与B点相关于转轴的距离是不相等的，故A错误；点A与点B的转动属于同轴转动，因此它们的角速度是相等的，由v＝ωr可知，两者的线速度是不相等的，故B错误，C正确；依据向心加快度的公式：a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度不相等，故D错误。3.(2018·温州期末)转笔(PenSpinning)是一项用不一样的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如下图。转笔深受广大中学生的喜欢，此中也包括了很多的物理知识，假定某转笔能手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，以下相关该同学转笔中波及到的物理知识的表达正确的选项是( )A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的角速度越小B．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加快度越大C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力供给的D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因迅速的转动做离心运动被甩走分析：选D笔杆上的各个点都做同轴转动，因此角速度是相等的，故A错误；由向心加快度公式an＝ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加快度越小，故B错误；1杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力供给的，与万有引力没关，故C错误；当转速过大时，当供给的向心力小于需要向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D正确。对点训练：水平面内的匀速圆周运动4．山城重庆的轻轨交通很有山城特点，因为地区限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，非常惊险刺激。假定某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加快度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为( )A.gRsinθB.gRcosθC.gRtanθD.gRcotθ分析：选C轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作使劲就只有弹力，重力和弹力的合v2力供给向心力，依据向心力公式mgtanθ＝mR，得v＝gRtanθ，C正确。5．如下图为一种叫做“魔盘”的娱乐设备，当转盘转动很慢时，人会跟着“魔盘”一同转动，当“魔盘”转动到必定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一同运动过程中，则以下说法正确的选项是( )μgA．“魔盘”的角速度起码为rB．“魔盘”的转速起码为

g2πμrC．假如转速变大，人与器壁之间的摩擦力变小D．假如转速变大，人与器壁之间的弹力不变分析：选B人恰巧贴在魔盘上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN，解得转速为1g1gn≥2πμr，故“魔盘”的转速必定大于2πμr，故A错误，B正确；人在竖直方向遇到重力和摩擦力，二力均衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故C错误；假如转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故D错误。2(2018·无锡期末)如下图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加快度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴迟缓地加快转动，用ω表示圆盘转动的角速度，以下说法正确的选项是( )A．a必定比b先开始滑动B．a、b所受的摩擦力一直相等kgC．ω＝2l是a开始滑动的临界角速度2kg2D．当ω＝3l时，a所受摩擦力的大小为3kmg2kg分析：选D依据kmg＝mrω知，小木块发生相对滑动的临界角速度ω＝r，b转动的半径较大，则临界角速度较小，可知b必定比a先开始滑动，故A错误；依据f＝mrω2知，a、b的角速度相等，转动的半径不等，质量相等，可知a、b所受的摩擦力不等，故B2kg错误；对a，依据kmg＝mlω得，a开始滑动的临界角速度ω＝l，故C错误；当ω＝2kg223l时，a所受的摩擦力f＝mlω＝3kmg，故D正确。7．(2018·泰州模拟)如图甲所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上边搁置劲度系数为k＝46N/m的弹簧，弹簧的一端固定于轴上，另一端连结质量为＝1kg的小物Om块A，物块与盘间的动摩擦因数为μ＝0.2，开始时弹簧未发生形变，长度为l0＝0.5m，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加快度g取10m/s2，物块A一直与圆盘一同转动。则：圆盘的角速度多大时，物块A将开始滑动？(2)当角速度迟缓地增添到4rad/s时，弹簧的伸长量是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且物块未离开圆盘)。(3)在角速度从零迟缓地增添到4rad/s过程中，物块与盘间摩擦力大小为Ff，试经过计算在如图乙所示的坐标系中作出Ff-ω2图像。分析：(1)设圆盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提3供向心力，则有：μmg＝mω02l00μg0.2×10l00.5(2)设此时弹簧的伸长量为x，物块遇到的摩擦力和弹簧的弹力的协力供给向心力，则有：μmg＋kx＝mω2(l＋x)0代入数据解得：x＝0.2m。(3)在角速度从零迟缓地增添到2rad/s过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力Ff＝mω22ω＞2rad/s时，物块与盘间摩擦力00ff为滑动摩擦力为定值，F＝μmg＝2N。f答案：(1)2rad/s(2)0.2m(3)如下图对点训练：竖直面内的匀速圆周运动8．(2018·咸阳一模)固定在竖直平面内的圆滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如下图。今使小球自A点正上方某处由静止开释，且从A点进入圆弧轨道运动，只需适合调理开释点的高度，总能使球经过最高点D，则小球经过D点后( )A．必定会落到水平面AE上B．必定会再次落到圆弧轨道上C．可能会再次落到圆弧轨道上D．不可以确立2vD分析：选A设小球恰巧能够经过最高点D，依据mg＝mR，得：vD＝gR，知在最高点122R的最小速度为gR。小球经过D点后做平抛运动，依据R＝2gt得：t＝g。则平抛运动的水平位移为：x＝·2R＝2，知小球必定落在水平面AE上。故A正确，B、C、DgRgR错误。9．[多项选择](2018·菏泽期末)在竖直平面内的圆滑管状轨道中，有一可视为质点的质量为m＝1kg的小球在管状轨道内部做圆周运动，当以2m/s和6m/s经过最高点时，小球对轨道的压力大小相等，g＝10m/s2，管的直径远小于轨道半径，则依据题中的信息能够求出( )4A．在最高点时轨道遇到小球的压力大小为8NB．在最高点时轨道遇到小球的压力大小为16NC．轨道半径R＝2mD．轨道半径R＝1m分析：选AC当小球以2m/s经过最高点时，轨道对小球的弹力方向向上，有：－mgN＝v221，解得＝－v1，当小球以6m/s经过最高点时，轨道对小球的弹力方向向下，有：mRNmgmR2v222v22v1v2mg＋N＝mR，解得N＝mR－mg，因为压力大小相等，则mg－mR＝mR－mg，代入数据解得＝2m，＝－v12＝10N－4N＝8N，故A、C正确，B、D错误。RNmgmR210．[多项选择]“水流星”是一种常有的杂技项目，该运动能够简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加快度为，则()gA．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>6gl时，小球必定能经过最高点PD．当v0<gl时，细绳一直处于绷紧状态分析：选CD小球运动到最低点Q时，因为加快度向上，故处于超重状态，选项A错T1v02T2v2，此中10212误；小球在最低点时：F－mg＝ml；在最高点时：F＋mg＝ml2mv－mg·2l＝2mv，解得T1－T2＝6，故在、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0没关，选项B错误；当v0FFmgP＝6gl时，可求得v＝2gl，因为小球经过最高点的最小速度为gl，则当v0>6gl时小12球必定能经过最高点P，选项C正确；当v0＝gl时，由2mv0＝mgh得小球能上涨的高度h1，即小球不可以超出与悬点等高的地点，故当v0<gl时，小球将在最低点地点邻近往返＝2l摇动，细绳一直处于绷紧状态，选项D正确。考点综合训练11．[多项选择](2018·苏南联考)如下图为用绞车拖物块的表示图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动进而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线一直保持水平；被拖动物块质量m＝1.0kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s，g＝10m/s2，以下判断正确的选项是( )A．物块做匀速运动5B．细线对物块的拉力是5.0NC．细线对物块的拉力是6.0ND．物块做匀加快直线运动，加快度大小是1.0m/s2分析：选CD由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又v＝at，故可得：a＝1m/s2，因此物块做匀加快直线运动，加快度大小是1.0m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝0.5×1×10N＝5N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5N＋1N＝6N，故B错误，C正确。12.如下图，质量为M的物体内有圆滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力相关说法正确的选项是( )A．小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右C．小滑块在C点时，N＝(＋)，与地面无摩擦FMmgMD．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左分析：选B因为轨道圆滑，因此小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作使劲，因此轨道没有运动趋向，即摩擦力为零；当小滑块的速度v＝gR时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FN＝Mg，当小滑块的速度v＞gR时，对轨道A点的压力向上，物体对地面的压力N＜，应选项A错误；小滑块在B点时，对轨FMg道的作使劲水平向左，因此物体对地有向左运动的趋向，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作使劲，因此物体对地面的压力F＝Mg，应选项B正确；小滑块在C点时，地N面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，因此物体对地面的压力FN＞(M＋m)g，应选项C错误；小滑块在D点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FN＝Mg，应选项D错误。13.[多项选择](2018·昆山月考)如图，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加快度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰巧均为零，则( )A．当绳的拉力恰巧为0时，小球在最高点的速率v＝gL3B．当绳的拉力恰巧为0时，小球在最高点的速率v＝g2L683C．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为3mgD．若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为23mg3分析：选BC依据几何关系可知，小球的半径为r＝2L，小球在最高点速率为v时，v23两根绳的拉力恰巧均为零，有：mg＝mr，解得：v＝gr＝g2L，故A错误，B正确；当小球在最高点的速率为3v时，依据牛顿第二定律有：mg＋2Tcos30°＝mv2r，解得：83T＝3mg，故C正确，D错误。(2018·宿迁期末)如下图，杆OO′是竖直搁置的转轴，水平轻杆BC的长为L，B端经过铰链与轴相连(它们之间无摩擦)，C端固定小球P，细线AC的一端固定在轴上的A点、另一端连在小球P上。已知小球的质量为m，细线AC与轴的夹角为θ，重力加快度为g。求：当系统处于静止状态时，杆BC对小球的弹力F1的大小；(2)当轻杆BC对小球的弹力为零时，系统转