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2021高考物理一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 第3讲 圆周运动及其应用课时作业

2021高考物理一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与宇宙航行 第3讲 圆周运动及其应用课时作业

年级：
姓名：

- 11 -

第3讲　圆周运动及其应用
　　时间：60分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～9题为单选，10～11题为多选)
1.如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是(　　)

A．线速度vA＝vB
B．角速度ωA＝ωB
C．受到的合力FA合＝FB合
D．受到的摩擦力FfA>FfB
答案　B
解析　质量相等的A、B两物体随圆筒一起做匀速圆周运动，两者的角速度相等，B正确；根据角速度与线速度的关系v＝ωr，A物体的线速度大于B物体的线速度，A错误；由向心加速度公式a＝ω2r和牛顿第二定律F合＝ma可知，A物体所受的合力大于B物体所受的合力，C错误；在竖直方向，它们所受的摩擦力等于重力，由于二者质量相等，重力相等，所以它们受到的摩擦力相等，D错误。
2．(2020·山东泰安一中高三上学期联考)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)

A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小随之变化
C．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车以规定速度行驶时，火车只受重力和支持力
答案　C
解析　由题可知，当火车以规定的速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，此时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝m，解得弯道的半径r＝，A错误；由mgtanθ＝m得v＝，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，B错误；当火车行驶速度大于v时，重力和支持力的合力不足以提供火车的向心力此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C正确；当火车以规定速度行驶时，火车不仅受重力和支持力，还受牵引力和摩擦力作用，D错误。
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μA大于盘对B的动摩擦因数μB
答案　A
解析　A、B两物块的角速度大小相等，根据Fn＝mrω2，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＝2mrω2，对A分析，有：FfA＝mrω2，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，μB·2mg＝2mrω，解得：ωB＝，对A分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝，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，D正确。
4.如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径RA＝2RB，A为主动轮。当A轮匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能在A轮的边缘上与A轮相对静止，若将小木块放在B轮上让其相对B轮静止，木块与B轮转轴间的最大距离为(　　)

A. B.
C.RB D.
答案　B
解析　两轮边缘上线速度大小相等，根据题意可知ωARA＝ωBRB，所以ωB＝＝2ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，则根据最大静摩擦力等于向心力有mωRA＝mωr，解得r＝＝＝，B正确，A、C、D错误。
5．(2019·重庆一诊)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大的距离为(　　)

A. B.
C.g D.g
答案　C
解析　当物体转到最低点，所受的静摩擦力达到最大时，物体与转轴间的距离最大，由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝g，故A、B、D错误，C正确。
6．(2019·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，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，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是(　　)

答案　C
解析　由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mL·ω2。对照四个选项的图象可知C项正确。
7.如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N。先后两次让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动。则(　　)

A．小球M第二次的位置比第一次时离A点近
B．小球M第二次的位置与第一次时相同
C．小球N第二次的竖直位置比第一次时高
D．小球N第二次的竖直位置比第一次时低
答案　C
解析　M球套在直杆上，受力分析如图甲所示，受重力mg和杆的支持力N，设杆AB与水平面夹角为θ，则有mgtanθ＝mω2r，所以当ω变大时r变小，所以小球M第二次位置比第一次离B近，故A、B均错误；小球N套在圆环上，受力分析如图乙，受重力mg和环的支持力FN，则将mg和FN合成，合力提供向心力，有mgtanα＝mω2·Rsinα，其中R为大圆环半径，化简得：ω2＝，ω变大，cosα变小，α变大，所以小球N第二次位置比第一次高，故C正确，D错误。

8．(2020·吉林省白城市十四中高三月考)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N，小球在最高点的速度大小为v，N­v2图象如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为R
C．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
答案　B
解析　小球在最高点时，若v＝0，则有：N＝mg＝a，若N＝0，则重力提供向心力，有：mg＝m，解得：g＝，m＝R，故A错误，B正确；当v2＝c>b时，F合＝m>m＝mg，故杆对小球的弹力方向向下，故C错误；若c＝2b，则有：N＋mg＝m，解得杆对小球的弹力大小为：N＝mg＝a，故D错误。
9．(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机的质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)

A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力
B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直
C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m
D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小
答案　C
解析　向心力是效果力，模型飞机实际不受向心力作用，A错误；旋臂对模型飞机的作用力的竖直分力与重力mg平衡，水平分力提供其做圆周运动所需的向心力mω2Lsinθ，因mg与mω2Lsinθ的大小关系未知，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小F＝＝m，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，C正确，D错误。
10.如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动。细线与竖直方向成60°角(图中P′位置)。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是(　　)

A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变
B．小球运动的角速度变大
C．细线所受的拉力之比为2∶1
D．小球向心力大小之比为3∶1
答案　BD
解析　对小球受力分析如图所示，则有T＝，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝ ，当小球做圆周运动的平面升高时，θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，角速度ω增大，金属块Q受到的静摩擦力等于细线的拉力大小，则后一种情况与原来相比，Q受到桌面的静摩擦力增大，故A错误，B正确。细线与竖直方向成30°角时拉力T1＝＝，细线与竖直方向成60°角时拉力T2＝＝2mg，所以T2∶T1＝∶1，故C错误。细线与竖直方向成30°角时向心力Fn1＝mgtan30°＝mg，细线与竖直方向成60°角时向心力Fn2＝mgtan60°＝mg，所以Fn2∶Fn1＝3∶1，所以D正确。

二、非选择题(本题共3小题，共30分)
11.(7分)(2020·山东微山二中高三月考)某同学做验证向心力与线速度关系的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测出钢球直径d；
②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；
③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2。
已知当地的重力加速度为g，请用上述测得的物理量表示：
(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝________，向心力表达式F向＝m＝________；
(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F合＝________；
(3)若在实验误差允许的范围内F向＝F合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：________________。(写出一条即可)
答案　(1)　
(2)F2－F1　(3)摆线的长度测量有误差
解析　(1)钢球的直径为d，遮光时间为t，所以通过光电门的速度：v＝，根据题意知，钢球做圆周运动的半径为：R＝L＋，钢球质量：m＝，向心力表达式：
F向＝m＝。
(2)钢球经过光电门时只受重力和线的拉力，所受合力为：F合＝F2－F1。
(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时存在误差，力传感器测得的力存在误差，光电计时器计时存在误差。
12．(9分)如图所示，一质量为m＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取 10 m/s2，求：

(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？
(2)当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力多大？
(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过多大？
答案　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)4 m/s
解析　(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg＋F1＝①

由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，亦即F1≥0②
联立①②得v≥
代入数值得v≥2 m/s
所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s。
(2)设当小球在最高点的速度为v2＝4 m/s时，绳子施加的拉力为F2，
由牛顿第二定律有mg＋F2＝m，
代入数据解得F2＝15 N。
(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，速度最大，对小球受力分析如图乙，

由牛顿第二定律得F3－mg＝③
将F3＝45 N代入③得v3＝4 m/s
即小球的最大速度不能超过4 m/s。

13．(14分)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圆心的距离x应满足的条件。
答案　(1)l　ω可取任意值
(2)当l