2022年新教材高考物理一轮复习 考点规范练13 圆周运动（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练13圆周运动一、单项选择题1.某机器的齿轮如图所示,中心齿轮称为太阳轮,它是主动轮(太阳轮固定),通过中间的齿轮(行星齿轮),带动最外层的齿圈转动,太阳轮、行星齿轮与最外面的齿圈彼此密切啮合。若太阳轮一周的齿数为18,行星齿轮一周的齿数为12,则太阳轮的角速度与行星齿轮的角速度之比为()A.23B.32C.49D.942.(2020河北邢台调研)右图为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景,运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线,将运动员与自行车看作一个整体,下列论述正确的是()A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向

2、心力由地面对车轮的摩擦力提供C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力3.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,则下列说法不正确的是()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A大于盘对B的动摩擦因数B4.(2021山东日照月考)两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B,细线上端固定在同一点,若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动,球A的轨道半径是球B轨道半径的一半

3、,不计空气阻力。两个摆球在运动过程中()A.两球的角速度相等B.两球的速度大小相等C.两球的加速度大小相等D.球A、B的向心力大小之比为125.(2020吉林白城十四中高三月考)如图甲所示,一轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间的弹力大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是()A.当地的重力加速度大小为RbB.小球的质量为abRC.v2=c时,杆对小球的弹力方向向上D.若c=2b,则杆对小球的弹力大小为2a二、多项选择题6.(2021山东济南历城二中月考)如图所示,质量为m的小球固定在杆

4、的一端,在竖直面内绕杆的另一端做无摩擦的圆周运动,不计空气阻力,当小球运动到最高点时,瞬时速度v=32gR,R是球心到O点的距离,则球对杆的作用力是()A.最高点球对杆的作用力是12mg的拉力B.最高点球对杆的作用力是12mg的压力C.最低点球对杆的作用力是13mg2的拉力D.最低点球对杆的作用力是13mg2的压力7.(2020山东德州一模)如图所示,轻绳一端固定在O点,另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动,小盒子里装了一质量为m的光滑小球,小球的大小略小于盒子,A、C两点分别为水平直径的左端和右端;B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的

5、四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则以下说法正确的是()A.小球运动至A点时,对小盒子下壁的压力为零B.小球运动至C点时,对小盒子右壁的压力为2mgC.小球运动至C点时,对小盒子下壁的压力为mgD.小球运动至B点时,对小盒子下壁的压力为6mg8.(2020安徽黄山期中)如图所示,一个边长满足345的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上,一木块静止在斜面上,斜面和木块之间的动摩擦因数=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40 cm处相对转盘不动,g取10 m/s2,则转盘转动角速度的可能值为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.1 rad/sB.3 rad/

6、sC.4 rad/sD.9 rad/s三、非选择题9.正式的场地赛车快速通过水平弯道时,在轮胎不打滑的前提下总是尽可能地找到一条最佳的行车路线。下图为一段赛道的示意图,赛道参数如图中标注。假设赛车的长宽忽略不计,可视为质点,转弯时行车速率保持不变,在直道上加速和减速过程可视为匀变速运动。已知赛车在直道上加速或减速的最大加速度均为10 m/s2,最大速度为216 km/h。若赛车沿着弯道内侧行驶时,其行车轨迹如图中路线1所示,它转弯时的最大速率v1为36 km/h。(可能用到的数据:2=1.41,=3.14)(1)求该赛车沿着弯道外侧的路线2行驶转弯时的最大速率v2。(结果保留2位有效数字)(2

7、)为了快速过弯,赛车实际行车按照路线3的“外内外”的走法。赛车从直道上的E点开始转弯,沿着半径R3=40 m的圆弧EFG通过弯道,求赛车以最大速度通过B点并沿着路线3到达D处所需的最短时间。(结果保留1位小数)10.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0,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(lR)且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A与槽的侧面之间没有作用力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)当圆台做匀速转动,A物体与圆台之间刚好没有摩擦力

8、且A、B两物体相对圆台不动时,A到圆心的距离x为多大?此时的转动角速度应为多大?(2)当圆台做匀速转动,A、B两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时,转动角速度和A到圆心的距离x应满足什么条件?考点规范练13圆周运动1.A解析:由题图可知,太阳轮和行星齿轮为齿轮传动,所以线速度大小相等,由2R太2R行=R太R行=n太n行=1812=32可知,齿轮的齿数比等于齿轮的半径比,根据线速度和角速度关系公式v=r可知,太行=vR太vR行=R行R太=23,故A正确,B、C、D错误。2.B解析:向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时,受力分析如图所示。可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力,故A错误,

9、B正确。当Ffmv2r,摩擦力不足以提供所需向心力时,就会离心发生侧滑,故C、D错误。3.A解析:A、B两物块的角速度大小相等,根据Fn=mr2,转动半径相等,质量相等,所以向心力相等,A错误。对AB整体分析,FfB=2mr2,对A分析有FfA=mr2,知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍,B正确。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;B受到盘的静摩擦力方向指向圆心,可知B有沿半径向外滑动的趋势,C正确。对AB整体分析,B2mg=2mrB2,解得B=Bgr;对A分析有Amg=mrA2,解得A=Agr。因为B先滑动,可知B先达到临界角速度,B的临界角速度较小,即BA,D正

10、确。4.A解析:对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为,则小球所受合力的大小为mgtan,根据牛顿第二定律得mgtan=mhtan2,得=gh,两小球到悬点的距离相等,所以角速度相等,故A正确。根据v=r知轨道半径r越大,线速度越大,故B错误。根据a=2r知轨道半径r越大,加速度越大,故C错误。根据F=m2r,已知角速度相等、rAb时,F合=mcRmbR=mg,故杆对小球的弹力方向向下,故C错误。若c=2b,则有FN+mg=m2bR,解得杆对小球的弹力大小为FN=mg=a,故D错误。6.AC解析:在最高点,根据牛顿第二定律,可得mg+F=mv2R解得F=12mg则杆对球有竖直向下的拉力,大小

11、为12mg根据牛顿第三定律,球对杆的作用力为12mg,故A正确,B错误。从最高点到最低点,根据机械能守恒可得2mgR=12mv12-12mv2根据牛顿第二定律可得F1-mg=mv12R解得F1=132mg则杆对球有132mg的拉力根据牛顿第三定律,球对杆有132mg的拉力,故C正确,D错误。7.AD解析:在A点,对小球和盒子受力分析,竖直方向受到重力,水平方向受到绳子的拉力,拉力提供向心力,重力使小球和盒子向上做减速运动,加速度大小为g,故处于完全失重状态,小盒子下壁的压力为零,故A正确。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力,根据牛顿第二定律可知,mg=mvD2R解得v

12、D=gR从D到C,根据动能定理可得mgR=12mvC2-12mvD2解得vC=3gR。在C点,小盒子对小球向右的支持力提供向心力,则FN=mvC2R=3mg,根据牛顿第三定律可知,小球对盒子右壁的压力为3mg,故B错误。在C点,对整体受力分析,受到向左的拉力和竖直向下的重力,故在C点,在竖直方向处于完全失重状态。对小球受力分析,受到竖直向下的重力和盒子对小球向左的支持力,由于处于完全失重状态,因此对小盒子下壁的压力为0,故C错误。从D到B根据动能定理可得mg2R=12mvB2-12mvD2在B点,根据牛顿第二定律可得FNB-mg=mvB2R联立解得FNB=6mg,由牛顿第三定律可得,小球对盒子

13、下壁的压力为6mg,故D正确。8.BC解析:设斜面体的斜面倾角为,由图中几何关系得tan=34。因为tan,所以木块不能静止在斜面上。木块受到沿斜面向上的摩擦力Ff作用、垂直斜面向上的支持力FN和重力mg作用。木块随着转盘一起做圆周运动,其所受合力提供向心力,由牛顿第二定律可得FNcos+Ffsin=mgFNsin-Ffcos=mr2又Ff=FN代入数据解得=51122rad/s若转盘转动的角速度较大时,木块将有沿斜面向上滑动的趋势,此时所受摩擦力方向沿斜面向下,由牛顿第二定律可得FNcos=Ffsin+mgFNsin+Ffcos=mr2又Ff=FN代入数据解得=52rad/s即要使木块与斜面

14、体保持静止不动一起和转盘做圆周运动,其角速度范围是51122rad/s52rad/s,故B、C正确,A、D错误。9.解析:(1)赛车做圆周运动时,地面对赛车的摩擦力Ff提供向心力。路线1时,赛车以R1=10m为半径做圆周运动,速度v1=36km/h=10m/s,则有Ff=mv12R1=10m;路线2时,赛车以R2=20m为半径做圆周运动,则有Ff=mv22R2,解得速率v2=102m/s=14m/s。(2)赛车按路线3过弯,则有Ff=mv32R3,解得过弯速度v3=20m/s,则过弯时间t3=12R3v3=3.14s。已知赛车最大速度vm=216km/h=60m/s,赛车在BE直线段先以最大速

15、度匀速行驶,再减速进弯,则减速位移s2=v32-vm22a=160m,减速所用时间t2=vm-v0a=4s。由题图知,lBE=180m,则BE段匀速距离s1=20m,匀速运动时间t1=s1vm=0.33s。出弯GD段先以最大加速度加速至最大速度,再匀速行驶,可以看成进弯的逆向过程,即出弯加速时间t4=t2=4s,出弯匀速运动时间t5=t1=0.33s,故总过弯时间t=t1+t2+t3+t4+t5=11.8s。答案:(1)14 m/s(2)11.8 s10.解析:(1)设绳上拉力为F,当A、B相对于圆台静止且恰无摩擦力时,由牛顿第二定律得对A:F=mA2x对B:F=mB2(l-x)解得x=mBmA+mBl此时可取任意值。(2)当mBmA+mBlxl时,A有沿半径向外滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径指向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F+0mAgmA2x对B:F=mB2(l-x)解得0mAg(mA+mB)x-mBl;当0xmBmA+mBl时,A有沿半径向内滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径背向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F-0mAgmA2x对B:F=mB2(l-x)解得0mAgmBl-(mA+mB)x。答案:(1)mBmA+mBl可取任意值(2)当mBmA+mBlxl时,0mAg(mA+mB)x-mBl;当0xmBmA+mBl时,0mAgmBl-(mA+mB)x