高考物理一輪復習專題4曲線運動萬有引力與航天第3講圓周運動課后練習（含解析）新人教版

第3講圓周運動知識鞏固練1．(2020屆桂林模擬)如圖所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做勻速圓周運動．若小球運動到P點時，拉力F發(fā)生變化，則關于小球運動情況的說法，正確的是()A．若拉力突然消失，小球將沿軌跡Pa做離心運動B．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pa做離心運動C．若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做離心運動D．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pc運動【答案】A2．(2020屆啟東名校聯(lián)考)某同學為感受向心力的大小與哪些因素有關，做了一個小實驗：繩的一端拴一小球，手牽著繩的另一端在空中甩動，使小球在水平面內做圓周運動(如圖所示)，則下列說法正確的是()A．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將不變B．保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將增大C．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將不變D．保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將減小【答案】B3．(2020屆黑龍江名校調研)在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內低．如圖所示，在某路段汽車向左拐彎，司機左側的路面比右側的路面低一些，汽車的運動可看作是做半徑為R的圓周運動．設內、外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L．已知重力加速度為g，要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進方向)等于零，則汽車轉彎時的車速應等于()A．eq\r(\f(gRh,d)) B．eq\r(\f(gRh,L))C．eq\r(\f(gRL,h)) D．eq\r(\f(gRd,h))【答案】A【解析】設路面的斜角為θ，作出汽車的受力圖如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)，又由幾何知識得到tanθ＝eq\f(h,d)，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(gRh,d))，只有A正確．4．(2020屆呂梁模擬)雨天遇到泥濘之路時，在自行車的后輪輪胎上常會黏附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”．如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉動，泥巴就被甩下來．如圖所示，圖中a、b為后輪輪胎邊緣上的最高點與最低點，c、d為飛輪邊緣上的兩點，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的角速度大于d點的角速度B．后輪邊緣a、b兩點線速度相同C．泥巴在圖中的b點比在a點更容易被甩下來D．飛輪上c、d兩點的向心加速度相同【答案】C5．(多選)如圖水平的木板B托著木塊A一起在豎直平面內做勻速圓周運動，從水平位置a沿逆時針方向運動到最高點b的過程中()A．B對A的支持力越來越大 B．B對A的支持力越來越小C．B對A的摩擦力越來越小 D．B對A的摩擦力越來越大【答案】BC6．(2020年石嘴山三中期末)(多選)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動．座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R【答案】BD【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式ω＝eq\f(2π,T)，解得T＝eq\f(2π,ω)，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，v＝ωR，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為mg，故C錯誤；由勻速圓周運動的合力提供向心力可得F合＝mω2R，故D正確．7．(2020年西安中學二模)長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L，重力加速度大小為g．現(xiàn)使小球在豎直平面內以A、B連線為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根繩的拉力大小均為()A．eq\r(3)mg B．2eq\r(3)mgC．3mg D．eq\f(4\r(3)mg,3)【答案】A8．(2020年保定安國中學月考)(多選)如圖所示，勻速轉動的齒輪O1和O2，齒數(shù)比為8∶6，下列正確的是()A．O1和O2齒輪的半徑比4∶3B．O1和O2齒輪的周期比3∶4C．齒輪上A、B兩點的線速度比大小為1∶1D．O1和O2轉動的角速度大小之比4∶3【答案】AC【解析】兩輪在齒輪處的線速度的大小相同，齒輪上A、B兩點的線速度比大小為1∶1；齒輪的轉速與齒數(shù)成反比，所以轉速之比eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可得O1和O2轉動周期之比為eq\f(T1,T2)＝eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(4,3)，根據(jù)v＝ωR可得O1和O2齒輪的半徑比eq\f(R1,R2)＝eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(4,3)，故A、C正確，B、D錯誤．9．(2021屆河北大名一中檢測)(多選)如圖所示，在豎直平面內固定一個由四分之一光滑圓弧管和光滑直管組成的細管道，兩個小球A、B分別位于圓弧管的底端和頂端，兩球之間用細線相連．現(xiàn)將一水平力F作用在B球上，使B球沿直管做勻速直線運動，A、B球均可視為質點，則A球從底端運動到頂端過程中()A．水平力F逐漸變大B．細線對A球的拉力逐漸減小C．A球的加速度不變D．管道對A球的作用力可能先減小后增大【答案】BD【解析】以小球A為研究對象，則小球A受到重力、細線的拉力以及圓管的支持力，在任意點設小球與圓心的連線與水平方向之間的夾角為θ，則細線的拉力始終等于重力沿管道的切線方向的分力，即T＝mgcosθ，可知小球A向上運動的過程中，隨θ的增大，細線的拉力逐漸減?。訠為研究對象，則B受到重力、豎直向上的支持力、細線的拉力T以及水平拉力F的作用，小球B做勻速直線運動，則水平拉力與細線的拉力大小相等，方向相反，所以拉力F也逐漸減小，故A錯誤，B正確；小球A做勻速圓周運動，則加速度的方向始終指向圓心，方向不斷變化，故C錯誤；小球A做勻速圓周運動，則受到的重力沿垂直于管道方向的分力與支持力的合力提供向心力，由于小球的速度以及管道對應的半徑關系是未知的，所以管道對A球的作用力可能先減小后增大，故D正確．綜合提升練10．(2020年唐山期末)(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點撤去外力F，小物體由C點離開半圓軌道后落在P點右側區(qū)域．已知PB＝3R，F(xiàn)的大小可能為()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(5mg,6)C．mg D．eq\f(7mg,6)【答案】BC【解析】小物體能通過C點應滿足meq\f(v\o\al(2,C),R)≥mg，且由C點離開半圓軌道后落在P點右側區(qū)域，則2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，對小物體從P點到C點由動能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得eq\f(5mg,6)≤F<eq\f(25mg,24)，故B、C正確，A、D錯誤．11．(2021屆欽州第一中學摸底)一個內壁光滑的圓錐筒的軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動，有兩個質量相同的小球A和B緊貼著內壁分別在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動，則()A．球A的線速度必定等于球B的線速度B．球A的角速度必定小于球B的角速度C．球A的運動周期必定小于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力必定大于球B對筒壁的壓力【答案】B【解析】設圓錐筒的底角大小為2θ，勻速圓周運動中重力和支持力的合力提供向心力F合＝eq\f(mg,tanθ)，由eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(mv2,r)和rA＞rB，知vA>vB，故A錯誤．由eq\f(mg,tanθ)＝mrω2，知ωA＜ωB，故B正確；由eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(4π2mr,T2)知TA＞TB，故C錯誤；由sinθ＝eq\f(mg,FN)，得支持力大小方向都相同，故D錯誤．12．(2020年房山區(qū)期末)一質量為2.0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當汽車經(jīng)過半徑為A．汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉彎的速度為20m/s時所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側滑D．汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2【答案】D【解析】汽車轉彎時受到重力，地面的支持力，以及地面給的摩擦力，其中摩擦力充當向心力，A錯誤；當最大靜摩擦力充當向心力時，速度為臨界速度，大于這個速度則發(fā)生側滑，根據(jù)牛頓第二定律可得f＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(fr,m))＝eq\r(\f(1.4×104×80,2.0×103))m/s＝eq\r(560)m/s＝20eq\r(1.4)m/s，所以汽車轉彎的速度為20m/s時，所需的向心力小于1.4×104N，汽車不會發(fā)生側滑，B、C錯誤；汽車能安全轉彎的最大向心加速度a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(560,80)m/s2＝7m/s2，即汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確．13．(2020屆鄭州模擬)(多選)如圖所示，有一固定且內壁光滑的半球面，球心為O，最低點為C，在其內壁上有兩個質量相同的小球(可視為質點)A和B，在兩個高度不同的水平面內做勻速圓周運動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點的連線與豎直線OC間的夾角分別為α＝53°和β＝37°，以最低點C所在的水平面為重力勢能的參考平面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．A，B兩球所受支持力的大小之比為4∶3B．A，B兩球運動的周期之比為4∶3C．A，B兩球的動能之比為16∶9D．A，B兩球的機械能之比為112∶51【答案】AD【解析】由題意可知N＝eq\f(mg,cosθ)，所以eq\f(NA,NB)＝eq\f(cos37°,cos53°)＝eq\f(4,3)，A正確；mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)Rsinθ，所以eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(cos53°,cos37°))＝eq\r(\f(3,4))，B錯誤；Ek∝v2，v＝eq\f(2π,T)Rsinθ，所以eq\f(EkA,EkB)＝eq\f(T\o\al(2,B)sin253°,T\o\al(2,A)sin237°)＝eq\f(64,27)，C錯誤；Ep＝mgR(1－cosθ)，所以eq\f(EA,EB)＝eq\f(EkA＋EpA,EkB＋EpB)＝eq\f(112,51)，D正確．14．(2020年天一聯(lián)考)將輕質彈簧豎立在水平地面上，在其頂端將一質量為3m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓到最短時，彈簧壓縮量為l．QN是一水平光滑軌道，N端與半徑為l的光滑半圓管道相切，管道的直徑MN豎直，如圖所示．現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在Q點，另一端與質量為m的小球P接觸但不連接．用外力緩緩推動小球P，將彈簧壓縮l后放開，P開始沿軌道運動．已知重力加速度為g(1)小球P到達M點時對管道的作用力；(2)小球P離開管道后落回到NQ上的位置與N點間的距離．解：(1)依題意可知，當彈簧豎直放置，長度被壓縮l時，質量為3mEp＝3mgl， ①設小球P到達M點時的速度大小為vM，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋2mgl， ②聯(lián)立①②