2024高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动的基本规律及应用课时作业含解析

PAGE8-第3讲圆周运动的基本规律及应用1．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．速度的大小和方向都变更B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．物体所受合力全部用来供应向心力D．向心加速度大小不变，方向时刻变更CD[匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变更，A错；匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向时刻变更，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对。]2.明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动才智。若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则()A．齿轮A的角速度比C的大B．齿轮A与B角速度大小相等C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大D[齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，依据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，选项A、B错误；B与C两轮属于同轴传动，故角速度相等，依据公式v＝ωr可知，半径比较大的齿轮B比C边缘的线速度大，选项C错误；齿轮A与B边缘的线速度相等，因为齿轮B比C边缘的线速度大，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大，选项D正确。]3.如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力状况，下列说法正确的是()A．水处于失重状态，不受重力的作用B．水受平衡力的作用，合力为零C．由于水做圆周运动，因此必定受到重力和向心力的作用D．杯底对水的作用力可能为零D[失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，选项A错误；水受力不平衡，有向心加速度，选项B错误；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力供应，选项C错误；当重力恰好供应水做圆周运动的向心力时。杯底对水的作用力为零，选项D正确。]4．(2024·湖北襄阳四中模拟)质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量分别为M和m的小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则()A．cosα＝eq\f(cosβ,2) B.cosα＝2cosβC．tanα＝eq\f(tanβ,2) D.tanα＝tanβA[以M为探讨对象，由牛顿其次定律得Mgtanα＝Mωeq\o\al(2,1)·2lsinα，解得ωeq\o\al(2,1)＝eq\f(g,2lcosα)。同理，以m为探讨对象，有ωeq\o\al(2,2)＝eq\f(g,lcosβ)。由ω1＝ω2可得2cosα＝cosβ，故A正确。]5.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，学员和教练员(均可视为质点)()A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为4∶5D．受到的合力大小之比为15∶14D[A、B两点做圆周运动的角速度相等，依据T＝eq\f(2π,ω)知，周期相等，故A错误；依据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，故B错误；依据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；依据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D正确。]6.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力，升力垂直于机翼所在平面对上，当飞机在空中回旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证除发动机推力外的其他力的合力供应向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是()A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变CD[飞机回旋时重力mg和升力FN的合力F供应向心力，如图所示，因此有mgtanθ＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(v2,gtanθ)，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πv,gtanθ)；若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，A项错误；若飞行速率v不变，θ增大，则周期T减小，B项错误；若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C项正确；若飞行速率v增大，θ增大，假如满意eq\f(v,tanθ)＝eq\f(v′,tanθ′)，则周期T不变，D项正确。]7.如图所示，长度均为l＝1m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5kg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g取10m/s2。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，每根绳的拉力为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为()A．5eq\r(3)N B.eq\f(20\r(3),3)NC．15N D.10eq\r(3)NA[小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿其次定律得mg＝meq\f(v2,r)，当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿其次定律得mg＋2FTcos30°＝meq\f(2v2,r)，解得FT＝eq\r(3)mg＝5eq\r(3)N，故选项A正确。]8.(2024·山东重点中学模拟)如图所示，光滑木板长1m，木板上距离左端O点eq\f(\r(3),2)m处放有一物块，木板可以绕过左端O点垂直纸面的轴转动，起先时木板水安静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动，物块下落正好可以砸在木板的右端，已知重力加速度g＝10m/s2，则木板转动的角速度为()A.eq\f(\r(3),6)πrad/s B.eq\f(\r(10),3)πrad/sC.eq\f(\r(10),6)πrad/s D.eq\f(\r(3),3)πrad/sC[本题考查圆周运动与直线运动的结合问题。设物块从起先运动到砸在木板的右端，木板转过的角度为α，依据几何学问可知cosα＝eq\f(\r(3),2)，解得α＝eq\f(π,6)，所以物块下落的高度h＝Lsineq\f(π,6)＝0.5m，由h＝eq\f(1,2)gt2，得物块下落时间为t＝eq\f(\r(10),10)s，所以木板转动的角速度ω＝eq\f(α,t)＝eq\f(\r(10),6)πrad/s，C正确。]9．北京时间2024年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F­v2图象如图乙所示。g取10m/s2，则下列说法中错误的是()A．张成龙的质量为65kgB．张成龙的重心到单杠的距离为0.9mC．当张成龙在最高点的速度为4m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3250N的力C[张成龙的胳膊既可以供应拉力，也可以供应支持力，可以理解为“杆模”，对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝eq\f(mv2,R)，结合图象可解得R＝0.9m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿其次定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3250N，即张成龙的单臂最少要承受3250N的力，选项D正确。]10.(2024·湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT，则FT随ω2变更的图象是下图中的()B[设细线长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，FT＝mgcosθ≠0，A错误；ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0，当ω<ω0时，由牛顿其次定律得FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ，当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿其次定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，可知FT­ω2图线的斜率变大，B正确，C、D错误。]11.(2024·浙江宁波联考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的且不行伸长的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发觉小球受三个力作用。则ω可能为()A．3eq\r(\f(g,R)) B.eq\f(3,2)eq\r(\f(g,R))C.eq\r(\f(3g,2R)) D.eq\r(\f(g,2R))B[对小球受力分析，如图所示。因为圆环光滑，所以这三个力确定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，依据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°。当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力供应，其大小为F＝mω2r，依据几何关系，可知r＝Rsin60°确定，小球竖直方向上受力平衡，有FNcos60°＝FTcos60°＋mg，水平方向上合力供应向心力，有FNsin60°＋FTsin60°＝mω2Rsin60°，由上述两式可知FT越大，则FN越大，所供应向心力就越大，由题意可知0<FT≤2mg，代入式中可得eq\r(\f(2g,R))<ω≤eq\r(\f(6g,R))，可知B正确。]12．(多选)如图所示，一质量为m＝0.1kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10m/s冲入一管道，该管道为eq\f(3,4)圆管道，半径为R＝5m，已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的eq\f(3,4)圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若全部连接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽视，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零B．小球到达管道最高点时速度为5eq\r(2)m/sC．小球到达管道最低点时对管道的压力为5ND．圆轨道半径r为4mCD[从动身点到管道的最高点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1N，选项A错误；由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10eq\r(2)m/s，在最低点，由牛顿其次定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，解得管道最低点对小球的支持力F＝5N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满意mg＝meq\f(v2,r)，从动身点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＋2mgr＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得r＝4m，选项D正确。]13．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。