高考物理一轮复习 第四章 第3讲 圆周运动及其应用课时作业（含解析）-人教版高三物理试题

圆周运动及其应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量，如图ABCD是一块矩形电池板，能绕CD转动，E为矩形的几何中心(未标出)，则电池板旋转过程中()A．B、E两点的转速相同B．A、B两点的角速度不同C．A、B两点的线速度不同D．A、E两点的向心加速度相同解析：A根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，A、B两点的线速度相等，故C错误；A、E两点因角速度相同，半径不同，由向心加速度的公式a＝ω2r可知，它们的向心加速度不同，故D错误．2.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足()A．sinθ＝eq\f(ω2L,g) B．tanθ＝eq\f(ω2L,g)C．sinθ＝eq\f(g,ω2L) D．tanθ＝eq\f(g,ω2L)解析：A本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用，意在考查考生的理解能力和分析推理能力，小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝mLω2，解得sinθ＝eq\f(ω2L,g)，选项A正确，B、C、D错误．3.(2018·福州质检)如图所示，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.重力加速度大小为g.现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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为()A.eq\r(3)mg B.eq\f(4,3)eq\r(3)mgC．3mg D．2eq\r(3)mg解析：A本题考查竖直面内的圆周运动、牛顿运动定律等知识点．设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcosθ＝eq\f(\r(3),2)L.根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r)，联立解得F＝eq\r(3)mg，选项A正确．4.(2018·湖南怀化期中)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一竖直转轴的B点和A点，如图所示，当转轴以角速度ω匀速转动时，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．a绳的弹力可能为零B．a绳的弹力随角速度的增大而增大C．当角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：C由于小球m的重力不为零，故a绳的弹力不可能为零，b绳的弹力可能为零，选项A错误；由于a绳的弹力在竖直方向的分力等于小球的重力，所以a绳的弹力随角速度的增大保持不变，b绳的弹力随角速度的增大而增大，选项B错误；若b绳中的弹力为零，设a绳中的弹力为F，对小球，有Fsinθ＝mg，Fcosθ＝mω2l，联立解得ω＝eq\r(\f(gcotθ,l))，即当角速度ω>eq\r(\f(gcotθ,l))时，b绳将出现弹力，选项C正确；若ω＝eq\r(\f(gcotθ,l))，b绳突然被剪断，则a绳的弹力不发生变化，选项D错误．5.如图所示，一个质量为M的人站在台秤上，一长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，人手拿悬线另一端，使小球绕悬线另一端点在竖直面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点b，a、c为圆轨道的左右端点，则下列说法正确的是()A．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M＋6m)B．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC．小球在a、b两个位置时，台秤的示数不相同D．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态解析：A小球恰好能通过圆轨道最高点，在最高点，悬线中拉力为零，可得小球速度vb＝eq\r(gR).小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,d)，在最低点，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,d),R)，联立解得悬线中拉力F＝6mg.小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg＋F＝(M＋6m)g，选项A正确．小球运动到最高点时，悬线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为v1，由牛顿第二定律有T＋mgcosθ＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋mg(1－cosθ)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得悬线拉力T＝3mg(1－cosθ)，其竖直分力Ty＝Tcosθ＝3mgcosθ－3mgcos2θ，当cosθ＝0.5，即θ＝60°时，台秤的示数最小，为Fmin＝Mg－Ty＝Mg－0.75mg，选项B错误．小球在a、b、c三个位置均处于完全失重状态，台秤的示数相同，选项C错误．人没有运动，不会有超重和失重状态，选项D错误．6.(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2C．物块上升的最大高度为eq\f(2v2,g)D．速度v不能超过eq\r(\f(2F－MgL,M))解析：D从题干中，看不出物块受到的摩擦力为最大静摩擦力，所以A、B项排除；小环碰到钉子后，物块向上摆动过程中，机械能守恒，若摆动上升的最大高度为h，则eq\f(1,2)Mv2＝Mgh，h＝eq\f(v2,2g)，C项错误；物块在最低点，当物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力时，由牛顿运动定律得2F－Mg＝Meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D项正确．7.(2018·朔州模拟)如图所示，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()A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μB解析：BC根据Fn＝mrω2，因为A、B两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对AB整体受力分析，FfB＝2mrω2，对A受力分析，有：FfA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，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C正确；对AB整体受力分析，μB2mg＝2mrωeq\o\al(2,B)，解得ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，对A受力分析，μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，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μB<μA，故D错误．8.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足()A．最小值eq\r(4gr) B．最小值eq\r(5gr)C．最大值eq\r(6gr) D．最大值eq\r(7gr)解析：BD要保证小球能通过环的最高点，在最高点的最小速度满足mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，从最低点到最高点由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为eq\r(5gr)；为了不使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时对环的压力为2mg，满足3mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，从最低点到最高点由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为eq\r(7gr).故选项B、D正确．9.如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：AC由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，在最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)，联立得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确；在最低点时有N－mg＝ma，所以N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确．10.(2018·河南信阳教学检测)如图所示，可视为质点的小球质量为m，拴在不可伸缩的轻质细绳(绳长为L)一端，另一端悬于O点，绳由水平位置从静止释放，运动至最低点的过程中(运动过程中绳与水平方向的夹角为θ)，下列说法错误的是(不计空气阻力影响)()A．轻绳拉力先增大后减小B．小球水平方向的加速度先增大后减小，且θ＝45°时有最大值C．小球重力的瞬时功率一直增加D．小球在最低点时绳的张力由绳长和小球的质量一起决定解析：ACD由于下降过程中，小球做圆周运动，绳的拉力与小球的重力的合力沿绳子方向的分力充当向心力，故有T－mgsinθ＝meq\f(v2,L)，由动能定理有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，由于运动过程中θ一直增大，故T＝3mgsinθ一直在增大，故A错误；小球下落到最低点过程中机械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得T1＝meq\f(v\o\al(2,1),L)＋mg＝3mg，与绳长无关，故D错误；F水平＝Tcosθ＝eq\f(3,2)mgsin2θ，对sin2θ可得当θ＝45°时，F水平最大，此时水平加速度最大，故B正确；小球运动到最低点的过程中，在竖直方向上的分速度v⊥先增大后减小，即重力的功率P＝mgv1先增大后减小，C错误．二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤)11.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq\f(3,4)d，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；(2)求绳能承受的最大拉力；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得竖直方向eq\f(1,4)d＝eq\f(1,2)gt2水平方向d＝v1t解得v1＝eq\r(2gd)在竖直方向上有veq\o\al(2,⊥)＝2g(1－eq\f(3,4))d，则veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2g(1－eq\f(3,4))d解得v2＝eq\f(\r(10gd),2)(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝eq\f(3,4)d对小球在最低点由牛顿第二定律得FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)解得FT＝eq\f(11,3)mg(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变．由牛顿第二定律得FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),l)解得v3＝eq\f(2,3)eq\r(6gl)绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为t1，则竖直方向d－l＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)水平方向x＝v3t1解得x＝4eq\r(\f(ld－l,3))当l＝eq\f(d,2)时，x有最大值，xmax＝eq\f(2\r(3),3)d答案：(1)eq\r(2gd)eq\f(\r(10gd),2)(2)eq\f(11,3)mg(3)eq\f(d,2)eq\f(2\r(3),3)d12.半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的竖直光滑细轴CC′转动，如图所示．圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为mA的物体A放在一个槽内，A与槽底间的动摩擦因数为μ0，质量为mB的物体B放在另一个槽内，此槽是光滑的，A、B间用一长为l(l<R)且不可伸长的轻绳绕过细轴相