2023版高考物理一轮复习课后限时作业16圆周运动含解析新人教版.doc

课后限时作业16　圆周运动
时间：45分钟

1.如图所示为锥形齿轮的传动示意图，大齿轮带动小齿轮转动，大、小齿轮的角速度分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则(　A　)

A．ω1<ω2，v1＝v2
B．ω1>ω2，v1＝v2
C．ω1＝ω2，v1>v2
D．ω1＝ω2，v1r2，故根据v＝ωr可知ω1<ω2，选项A正确．

2．光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式：在读取内环数据时，以恒定角速度的方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3.A、B、C分别为各边缘上的点，则读取内环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向心加速度大小之比为(　D　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：A、B两点角速度相同，由an＝ω2r，可知aAaB＝R1R2；B、C两点线速度大小相同，由an＝，可知aBaC＝R3R2，故aAaC＝R1R3R，D正确．
3.如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度增大后(物体不滑动)，下列说法正确的是(　D　)

A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小
C．物体所受弹力和摩擦力都减小
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：

物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G、筒壁对它的弹力FN和筒壁对它的摩擦力f，如图所示．其中G和f是一对平衡力，筒壁对它的弹力FN提供它做圆周运动的向心力．当圆筒转动时，不管其角速度为多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的(静)摩擦力f大小就等于其重力大小．根据向心力公式得FN＝mrω2，当角速度ω增大后，FN也增大，选项D正确．
4．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．有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g，则(　A　)

A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω＝
B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用
C．小球A受到的合力大小为
D．小球A受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
解析：对小球进行受力分析，可知小球受重力、支持力两个力的作用，两个力的合力提供向心力，设筒壁与竖直方向夹角为θ，由向心力公式可得＝mω2r，其中tanθ＝，r＝，解得ω＝，选项A正确，B错误；小球受到的合力方向应指向圆周运动的圆心，提供向心力，所以合力大小为＝，选项C、D错误．
5．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　B　)

A. B.
C. D.
解析：汽车做匀速圆周运动，没有横向摩擦力时，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向沿水平方向，向心力F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律有F向＝m，又知tanθ＝，解得汽车转弯时的速度v＝ ，B正确．
6．某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内径为D.工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则(重力加速度为g)(　A　)
A．滚筒的角速度ω应满足ω<
B．滚筒的角速度ω应满足ω>
C．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关
D．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落
解析：栗子在最高点恰好不脱离时，有mg＝mω2，解得ω＝ ，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则ω< ，故A正确，B错误；栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C错误；若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子此时的速度不为零，则栗子的运动不是自由落体运动，故D错误．
7．(多选)如图所示，水平杆两端有挡板，质量为m的小木块A穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A连接．初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与水平杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L.现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω.若小木块A不与挡板接触，则下列说法正确的是(　AC　)

A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大
B．弹簧伸长量保持不变
C．当ω＝ 时，摩擦力为零
D．当ω＝ 时，弹簧弹力为零
解析：初始时，弹簧弹力大小为μmg.ω较小时，摩擦力f背离竖直轴OO′，有μmg－f＝mLω2，ω越大，则f越小，当ω＝ 时，f为零；ω较大时，摩擦力f指向竖直轴OO′，有μmg＋f＝mLω2，当ω> 时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大．综上分析，B、D错误，A、C正确．

8．如图所示，在光滑的水平面上，两个质量相等的小球A、B用两根等长的轻绳连接，并系于固定杆C上．现让两小球A、B以C为圆心、以相同的角速度做匀速圆周运动，A球的向心加速度为a1，B球的向心加速度为a2，A、C间绳所受拉力记为F1，A、B间绳所受拉力记为F2，则下列说法中正确的是(　D　)

A．a1a2＝11 B．a1a2＝14
C．F1F2＝12 D．F1F2＝32
解析：设轻绳长度为l，两球角速度相等，根据an＝rω2有a1a2＝l2l＝12，选项A、B错误；对B球，有F2＝m·2lω2，对A球，有F1－F2＝mlω2，联立解得F1F2＝32，选项C错误，选项D正确．
9.如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h高处(A点)固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l>h，重力加速度为g，转动轴带动小球在光滑水平面内做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　C　)

A．小球始终受三个力的作用
B．细绳上的拉力始终保持不变
C．要使小球不离开水平面，角速度的最大值为
D．若小球离开了水平面，则角速度为
解析：当转动的角速度ω逐渐增大时，小球可能只受重力和细绳的拉力，选项A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动时，细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力的合力大小等于小球的重力大小，细绳的拉力在水平方向的分力提供小球运动的向心力，当转动的角速度ω逐渐增大时，所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，而当小球离开水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，选项B错误；要使小球刚好不离开水平面，则有mgtanθ＝mω2r，其中tanθ＝，r＝，联立解得ω＝ ，选项C正确；若小球离开了水平面，则角速度大于 ，选项D错误．
10．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳一端穿在过O点的水平转轴上，另一端系一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度二次方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g.下列判断正确的是(　BD　)

A．图线的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．若绳长不变，用质量较小的球做实验，则得到的图线斜率更大
D．若绳长不变，用质量较小的球做实验，则图线上b点的位置不变
解析：在最高点时，对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有F＋mg＝m，可得图线的函数表达式为F＝m－mg，A错误；图乙中横轴截距为b，代入函数表达式，有0＝m－mg，得重力加速度g＝，若l不变，则b不变，b与m无关，B、D正确；由图线的函数表达式可知，图线斜率k＝若l不变，m变小，则k减小，C错误．
11．(多选)如图所示，质量为M的物体内有一光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动．A、C两点分别为圆周的最高点和最低点，B、D两点是与圆心O在同一水平线上的点．重力加速度为g.小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力的说法正确的是(　BC　)

A．小滑块在A点时，FN>Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右
C．小滑块在C点时，FN>(M＋m)g，物体与地面无摩擦
D．小滑块在D点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力．小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以物体与地面间没有运动趋势，即摩擦力为零；小滑块的速度v＝时，对轨道的压力为零，物体对地面的压力FN＝Mg，小滑块的速度v>时，对轨道的压力向上，物体对地面的压力FN(M＋m)g，故选项C正确；小滑块在D点时，地面对物体有向左的摩擦力，物体对地面的压力FN＝Mg，故选项D错误．
12．如图所示，在圆柱形房屋的天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，重力加速度为g.已知绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以速度v2＝落到墙脚边．求：

(1)绳断裂瞬间小球的速度v1；
(2)圆柱形房屋的高度H和半径R.

解析：(1)小球在绳断前瞬间受力如图所示．
由牛顿第二定律得
竖直方向上，有FTmcosθ－mg＝0
水平方向上，有FTmsinθ＝m
由几何关系得r＝Lsinθ
又知FTm＝2mg　联立解得v1＝
(2)小球从飞出到落地，由机械能守恒定律得
mv＋mgh1＝mv　解得h1＝＝L
则H＝h1＋Lcosθ＝

设小球由飞出至落地的水平射程为x，如图所示．
水平方向上，有x＝v1t
竖直方向上，有h1＝gt2
由几何关系得R＝
联立解得R＝3L
答案：(1)　(2)　3L