2021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.doc

2021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2021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年级：姓名：- 10 -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改变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提供向心力D向心加速度大小不变，方向时刻改变CD匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向时刻改变，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智慧。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，根据公式vr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，根据公式vr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情况，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，因此必然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提供，选项C错误；当重力恰好提供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(2020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和，如图所示，则()Acos B.cos 2cos Ctan D.tan tan A以M为研究对象，由牛顿第二定律得Mgtan M2lsin ，解得。同理，以m为研究对象，有。由12可得2cos cos ，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60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()A运动周期之比为54B运动线速度大小之比为11C向心加速度大小之比为45D受到的合力大小之比为1514DA、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T知，周期相等，故A错误；根据vr知，半径之比为54，则线速度之比为54，故B错误；根据ar2知，半径之比为54，则向心加速度大小之比为54，故C错误；根据Fma知，向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则合力大小之比为1514，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向上，当飞机在空中盘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提供向心力。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，增大，则半径R增大B若飞行速率v不变，增大，则周期T增大C若不变，飞行速率v增大，则半径R增大D若飞行速率v增大，增大，则周期T可能不变CD飞机盘旋时重力mg和升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan m，解得R，T；若飞行速率v不变，增大，则半径R减小，A项错误；若飞行速率v不变，增大，则周期T减小，B项错误；若不变，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，增大，如果满足，则周期T不变，D项正确。7.如图所示，长度均为l1 m的两根轻绳，一端共同系住质量为m0.5 kg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10 m/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()A5 N B. NC15 N D.10 NA小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mgm，当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得mg2FTcos 30m，解得FTmg5 N，故选项A正确。8.(2020山东重点中学模拟)如图所示，光滑木板长1 m，木板上距离左端O点 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，开始时木板水平静止。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g10 m/s2，则木板转动的角速度为()A. rad/s B. rad/sC. rad/s D. rad/sC本题考查圆周运动与直线运动的结合问题。设物块从开始运动到砸在木板的右端，木板转过的角度为，根据几何知识可知cos ，解得，所以物块下落的高度hLsin 0.5 m，由hgt2，得物块下落时间为t s，所以木板转动的角速度 rad/s，C正确。9北京时间2017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F v2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中错误的是()A张成龙的质量为65 kgB张成龙的重心到单杠的距离为0.9 mC当张成龙在最高点的速度为4 m/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3 250 N的力C张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，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Fmg0，结合图象解得质量m65 kg，选项A正确；当F0时，由向心力公式可得mg，结合图象可解得R0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/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，由牛顿第二定律得Fmgm，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgRmvmv2，当v0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。10.(2020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，线的张力为FT，则FT随2变化的图象是下图中的()B设细线长为L，锥面与竖直方向夹角为，当0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，FTmgcos 0，A错误；增大时，FT增大，FN减小，当FN0时，角速度为0，当0时，小球离开锥面，细线与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得FTsin m2Lsin ，所以FTmL2，可知FT 2图线的斜率变大，B正确，C、D错误。11.(2020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的且不可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。当圆环以角速度绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用。则可能为()A3 B.C. D. B对小球受力分析，如图所示。因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、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，根据几何关系可知，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提供，其大小为Fm2r，根据几何关系，可知rRsin 60一定，小球竖直方向上受力平衡，有FNcos 60FTcos 60mg，水平方向上合力提供向心力，有FNsin 60FTsin 60m2Rsin 60，由上述两式可知FT越大，则FN越大，所提供向心力就越大，由题意可知0FT2mg，代入式中可得 ，可知B正确。12(多选)如图所示，一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R5 m，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的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔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略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/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5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 ND圆轨道半径r为4 mCD从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最高点时的速度v10，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1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mvmgRmv，解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得Fmgm，解得管道最低点对小球的支持力F5 N，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满足mgm，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv，联立解得r4 m，选项D正确。13如图所示，装置BOO可绕竖直轴OO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37。已知小球的质量m1 kg，细线AC长L1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)若装置匀速转动的角速度为1，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1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度为2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度2的大小。解析：(1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37mLsin 37。解得1 rad/s rad/s。(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos ，则有53。mgtan mLsin ，解得2rad/s。答案：(1) rad/s(2) rad/s