2022年高考物理一轮复习课时作业11圆周运动-.docx

十一　圆周运动
1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个好玩的试验．在T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知(　　)
A．小球运动的角速度ω＝
B．小球运动的线速度v＝
C．小球运动的加速度a＝
D．细绳中的拉力为F＝
答案：BD　解析：小球运动的角速度ω＝，选项A错误；线速度v＝ωL＝，选项B正确；加速度a＝ω2L＝，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝，选项D正确．
2.(2021·新课标全国卷Ⅱ)(多选)大路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某大路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向大路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处(　　)
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
答案：AC　解析：汽车在大路转弯处做圆周运动，需要外力供应向心力，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向大路内外两侧滑动的趋势，即没有指向大路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力供应，故路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于vc时，车所需向心力减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不肯定能够滑动，选项B错误；同理，当车速高于vc，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不肯定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C正确；当路面结冰时，只是最大静摩擦力变小，vc值不变，选项D错误．
3．(2021·济南高三期末)如图所示，绳的一端悬于O点，另一端系一小球；在O点正下方A处有一钉子．现使小球由高处摆下，当绳摆到竖直位置时与钉子相碰．则绳碰钉子前与碰钉子后瞬间相比(不计空气阻力)(　　)
A．小球的线速度变大
B．小球的角速度变大
C．小球的向心加速度变小
D．绳子的拉力变大
答案：BD　解析：绳碰钉子前后瞬间小球的线速度不变，圆周运动的半径变小，依据公式v＝ωr知，角速度变大；由a＝知加速度变大；依据F－mg＝m知绳子的拉力变大．正确选项是B、D.
4．如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n，则自行车前进的速度为(　　)
A.　 B.
C. D.
答案：C　解析：前进速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的角速度相等，同一皮带传动的两轮边缘的线速度相等可得ω1r1＝ω2r2，ω3＝ω2，再有ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以v＝，选项C正确．
5．(多选)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若转变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)
A.＝　　 B.＝
C.＝ D.＝
答案：BC　解析：静摩擦力供应向心力，Ffmax＝ma1＝ma2，故a1∶a2＝1∶1，C对，D错．ω·r＝ω·R得ω1∶ω2＝∶1，A错，B对．
6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　)
A．小球A的线速度必定等于小球B的线速度
B．小球A的角速度必定小于小球B的角速度
C．小球A的运动加速度必定小于小球B的运动加速度
D．小球A对筒壁的压力必定大于小球B对筒壁的压力
答案：B　解析：分析小球受力，小球受重力、支持力，合力为小球做圆周运动的向心力，即＝ma＝m＝mrω2，所以二者加速度相同，对筒壁的压力相同，C、D错误；因小球A的半径大，所以线速度大而角速度小，选项B正确，A错误．
7．(2021·连云港模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时(　　)
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于0
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
答案：CD　解析：小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力，重力竖直向下供应向心力，选项A、B错误；依据牛顿其次定律得mg＝ma，解得小球的向心加速度大小为a＝g，选项D正确；由a＝得v＝，选项C正确．
8．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示，已知小球以速度v通过最高点时对圆管的外壁的压力恰好为mg，则小球以速度通过圆管的最高点时(　　)
A．小球对圆管的内、外壁均无压力
B．小球对圆管的外壁压力等于
C．小球对圆管的内壁压力等于
D．小球对圆管的内壁压力等于mg
答案：C　解析：依题意，小球以速度v通过最高点时，由牛顿其次定律得2mg＝m
小球以速度通过圆管的最高点时，设小球受向下的压力FN，有mg＋FN＝m，解得FN＝－
上式表明，小球受到竖直向上的支持力，由牛顿第三定律知小球对圆管内壁有向下的压力，大小为.选项C正确．
9．(2021·汕头质检)(多选)如图所示，m为在水平传送带上被传送的物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮之间不打滑，则要求使物体被水平抛出，A轮转动(　　)

A．角速度越小越好，最大为
B．线速度越大越好，至少为
C．转速越大越好，至少为
D．周期越小越好，最大值为
答案：BC　解析：物体的速度越大越简洁做平抛运动，物体恰好做平抛运动时，皮带的支持力为零，mg＝m，解得最小速度v＝，A错误，B正确；最小转速n＝＝，C正确；最大周期T＝＝2π，D错误．
10．(2022·安徽理综)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，取g＝10 m/s2.则ω的最大值是(　　)
A. rad/s　　B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
答案：C　解析：该题考查圆周运动中的临界问题，要明确临界条件是达到最大静摩擦力．对物体进行受力分析，当ω最大时，有μmgcos θ－mgsin θ＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C正确．
11．如图所示，光滑的水平平台中间有一光滑小孔，手握轻绳下端，拉住在平台上做圆周运动的小球．某时刻，小球做圆周运动的半径为a、角速度为ω，然后松手一段时间，当手中的绳子向上滑过h时马上拉紧，达到稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动．设小球质量为m，平台面积足够大．求：

(1)松手之前，轻绳对小球的拉力大小；
(2)小球最终做匀速圆周运动的角速度．
答案：(1)mω2a　(2)
解析：(1)松手前小球做匀速圆周运动，绳子的拉力供应小球的向心力，所以有：T＝mω2a
(2)松手后，由于拉力消逝，小球将沿切线方向飞出做匀速直线运动，其速度v＝ωa
当运动了肯定距离，绳子突然被拉紧，作出运动示意图如图所示，把速度v分解成切向速度v1和法向速度v2，绳拉紧后，瞬间让v2＝0，小球以v1做匀速圆周运动
半径r＝a＋h，v1＝v＝
得ω′＝＝
12．质量为1 kg的小球用长为L＝0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为H＝1 m，假如使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受到拉力为Tm＝12.5 N就会被拉断．
(1)当小球的角速度为多大时线将断裂？
(2)求细线被拉断后小球落地点与悬点的水平距离．(取g＝10 m/s2)
答案：(1)5 rad/s　(2)0.6 m
解析：(1)设细线与竖直方向的夹角为θ，细线被拉断瞬间对小球有
Tmsin θ＝mωLsin θ
Tmcos θ＝mg
解得ω0＝5 rad/s，cos θ＝0.8(从而可知sin θ＝0.6)．
(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，初速度v0＝ω0Lsin θ＝1.5 m/s
抛出时的高度h＝H－Lcos θ＝0.6 m
由平抛运动规律知
h＝gt2，x＝v0t
设所求水平距离为s，则由几何关系知s＝
以上各式联立解得s＝0.6 m.
13．如图所示，质量为m的小球置于正方体的质量为M的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计．
(1)要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，盒子做圆周运动的角速度多大？
(2)设小球在最高点对盒子的压力为F1，在最低点对盒子的压力为F2，试作出(F2－F1)­ω2图象．
(3)盒子运动到与圆心等高的位置时，这位同学对盒子的作用力多大？
答案：(1)　(2)见解析图　(3)(M＋m)
解析：(1)要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg＝mRω2
解得ω＝
(2)ω≤时，
F2－mg＝mRω2，mg－F1＝mRω2
解得F2－F1＝2mRω2
当ω>时，F2－mg＝mRω2，
F1＋mg＝mRω2
解得F2－F1＝2mg
因此(F2－F1)­ω2图象如图所示
(3)当盒子运动到与圆心等高的位置时，这位同学对盒子作用力的水平分力F′供应向心力，竖直分力F″与重力平衡，即
F′＝(M＋m)Rω2，F″＝(M＋m)g
则该同学对盒子的作用力为
F＝＝(M＋m)