人教版新高考物理一轮总复习训练题圆周运动

考点规范练13　圆周运动

一、单项选择题

1.某机器的齿轮如图所示,中心齿轮称为太阳轮,它是主动轮(太阳轮固定),通过中间的齿轮(行星齿轮),带动最外层的齿圈转动,太阳轮、行星齿轮与最外面的齿圈彼此密切啮合。若太阳轮一周的齿数为18,行星齿轮一周的齿数为12,则太阳轮的角速度与行星齿轮的角速度之比为(　　)

A.2∶3 B.3∶2

C.4∶9 D.9∶4

2.(2020·河北邢台调研)右图为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景,运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线,将运动员与自行车看作一个整体,下列论述正确的是(　　)

A.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供

B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供

C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心

D.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力

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

4.(2021·山东日照月考)两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B,细线上端固定在同一点,若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动,球A的轨道半径是球B轨道半径的一半,不计空气阻力。两个摆球在运动过程中(　　)

A.两球的角速度相等

B.两球的速度大小相等

C.两球的加速度大小相等

D.球A、B的向心力大小之比为1∶2

5.(2020·吉林白城十四中高三月考)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FN,小球在最高点的速度大小为v,FN-v2图像如图乙所示。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

二、多项选择题

6.(2021·山东济南历城二中月考)如图所示,质量为m的小球固定在杆的一端,在竖直面内绕杆的另一端做无摩擦的圆周运动,不计空气阻力,当小球运动到最高点时,瞬时速度v=,R是球心到O点的距离,则球对杆的作用力是(　　)

A.最高点球对杆的作用力是mg的拉力

B.最高点球对杆的作用力是mg的压力

C.最低点球对杆的作用力是的拉力

D.最低点球对杆的作用力是的压力

7.(2020·山东德州一模)如图所示,轻绳一端固定在O点,另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动,小盒子里装了一质量为m的光滑小球,小球的大小略小于盒子,A、C两点分别为水平直径的左端和右端;B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则以下说法正确的是(　　)

A.小球运动至A点时,对小盒子下壁的压力为零

B.小球运动至C点时,对小盒子右壁的压力为2mg

C.小球运动至C点时,对小盒子下壁的压力为mg

D.小球运动至B点时,对小盒子下壁的压力为6mg

8.(2020·安徽黄山期中)如图所示,一个边长满足3∶4∶5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上,一木块静止在斜面上,斜面和木块之间的动摩擦因数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40 cm处相对转盘不动,g取10 m/s2,则转盘转动角速度ω的可能值为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A.1 rad/s B.3 rad/s

C.4 rad/s D.9 rad/s

三、非选择题

9.正式的场地赛车快速通过水平弯道时,在轮胎不打滑的前提下总是尽可能地找到一条最佳的行车路线。下图为一段赛道的示意图,赛道参数如图中标注。假设赛车的长宽忽略不计,可视为质点,转弯时行车速率保持不变,在直道上加速和减速过程可视为匀变速运动。已知赛车在直道上加速或减速的最大加速度均为10 m/s2,最大速度为216 km/h。若赛车沿着弯道内侧行驶时,其行车轨迹如图中路线1所示,它转弯时的最大速率v1为36 km/h。(可能用到的数据:=1.41,π=3.14)

(1)求该赛车沿着弯道外侧的路线2行驶转弯时的最大速率v2。(结果保留2位有效数字)

(2)为了快速过弯,赛车实际行车按照路线3的“外—内—外”的走法。赛车从直道上的E点开始转弯,沿着半径R3=40 m的圆弧EFG通过弯道,求赛车以最大速度通过B点并沿着路线3到达D处所需的最短时间。(结果保留1位小数)

10.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<R)且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A与槽的侧面之间没有作用力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)当圆台做匀速转动,A物体与圆台之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时,A到圆心的距离x为多大?此时的转动角速度ω应为多大?

(2)当圆台做匀速转动,A、B两物体相对圆台不动且A物体与圆台间有摩擦时,转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足什么条件?

考点规范练13　圆周运动

1.A　解析:由题图可知,太阳轮和行星齿轮为齿轮传动,所以线速度大小相等,由可知,齿轮的齿数比等于齿轮的半径比,根据线速度和角速度关系公式v=rω可知,,故A正确,B、C、D错误。

2.B　解析:向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时,受力分析如图所示。

可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力,故A错误,B正确。当Ff<,摩擦力不足以提供所需向心力时,就会离心发生侧滑,故C、D错误。

3.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=2mr,解得ωB=;对A分析有μAmg=mr,解得ωA=。因为B先滑动,可知B先达到临界角速度,B的临界角速度较小,即μB<μA,D正确。

4.A　解析:对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ,则小球所受合力的大小为mgtan θ,根据牛顿第二定律得mgtan θ=mhtan θω2,得ω=,两小球到悬点的距离相等,所以角速度相等,故A正确。根据v=ωr知轨道半径r越大,线速度越大,故B错误。根据a=ω2r知轨道半径r越大,加速度越大,故C错误。根据F=mω2r,已知角速度相等、rA<rB,但质量大小不确定,所以无法判断向心力大小,故D错误。

5.B　解析:小球在最高点时,若v=0,则有FN=mg=a;若FN=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FN+mg=m,解得杆对小球的弹力大小为FN=mg=a,故D错误。

6.AC　解析:在最高点,根据牛顿第二定律,可得mg+F=m

解得F=mg

则杆对球有竖直向下的拉力,大小为mg

根据牛顿第三定律,球对杆的作用力为mg,故A正确,B错误。从最高点到最低点,根据机械能守恒可得2mgR=mv2

根据牛顿第二定律可得F1-mg=m

解得F1=mg

则杆对球有mg的拉力

根据牛顿第三定律,球对杆有mg的拉力,故C正确,D错误。

7.AD　解析:在A点,对小球和盒子受力分析,竖直方向受到重力,水平方向受到绳子的拉力,拉力提供向心力,重力使小球和盒子向上做减速运动,加速度大小为g,故处于完全失重状态,小盒子下壁的压力为零,故A正确。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力,根据牛顿第二定律可知,mg=

解得vD=

从D到C,根据动能定理可得mgR=

解得vC=。在C点,小盒子对小球向右的支持力提供向心力,则FN==3mg,根据牛顿第三定律可知,小球对盒子右壁的压力为3mg,故B错误。在C点,对整体受力分析,受到向左的拉力和竖直向下的重力,故在C点,在竖直方向处于完全失重状态。对小球受力分析,受到竖直向下的重力和盒子对小球向左的支持力,由于处于完全失重状态,因此对小盒子下壁的压力为0,故C错误。从D到B根据动能定理可得mg·2R=

在B点,根据牛顿第二定律可得FNB-mg=

联立解得FNB=6mg,由牛顿第三定律可得,小球对盒子下壁的压力为6mg,故D正确。

8.BC　解析:设斜面体的斜面倾角为θ,由图中几何关系得tan θ=。因为tan θ>μ,所以木块不能静止在斜面上。木块受到沿斜面向上的摩擦力Ff作用、垂直斜面向上的支持力FN和重力mg作用。木块随着转盘一起做圆周运动,其所受合力提供向心力,由牛顿第二定律可得

FNcos θ+Ffsin θ=mg

FNsin θ-Ffcos θ=mrω2

又Ff=μFN

代入数据解得ω= rad/s

若转盘转动的角速度较大时,木块将有沿斜面向上滑动的趋势,此时所受摩擦力方向沿斜面向下,由牛顿第二定律可得

FNcos θ=Ffsin θ+mg

FNsin θ+Ffcos θ=mrω'2

又Ff=μFN

代入数据解得ω'=5 rad/s

即要使木块与斜面体保持静止不动一起和转盘做圆周运动,其角速度范围是 rad/s≤ω≤5 rad/s,故B、C正确,A、D错误。

9.解析:(1)赛车做圆周运动时,地面对赛车的摩擦力Ff提供向心力。路线1时,赛车以R1=10 m为半径做圆周运动,速度v1=36 km/h=10 m/s,则有Ff=m=10 m;路线2时,赛车以R2=20 m为半径做圆周运动,则有Ff=m,解得速率v2=10 m/s=14 m/s。

(2)赛车按路线3过弯,则有Ff=m,解得过弯速度v3=20 m/s,则过弯时间t3==3.14 s。

已知赛车最大速度vm=216 km/h=60 m/s,赛车在BE直线段先以最大速度匀速行驶,再减速进弯,则减速位移s2==160 m,减速所用时间t2==4 s。

由题图知,lBE=180 m,则BE段匀速距离s1=20 m,匀速运动时间t1==0.33 s。

出弯GD段先以最大加速度加速至最大速度,再匀速行驶,可以看成进弯的逆向过程,即出弯加速时间t4=t2=4 s,出弯匀速运动时间t5=t1=0.33 s,

故总过弯时间t=t1+t2+t3+t4+t5=11.8 s。

答案:(1)14 m/s　(2)11.8 s

10.解析:(1)设绳上拉力为F,当A、B相对于圆台静止且恰无摩擦力时,由牛顿第二定律得

对A:F=mAω2x

对B:F=mBω2(l-x)

解得x=l

此时ω可取任意值。

(2)当l<x≤l时,A有沿半径向外滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径指向圆心,则由牛顿第二定律得

对A:F+μ0mAg≥mAω2x

对B:F=mBω2(l-x)

解得ω≤;

当0≤x<l时,A有沿半径向内滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径背向圆心,则由牛顿第二定律得

对A:F-μ0mAg≤mAω2x

对B:F=mBω2(l-x)

解得ω≤。

答案:(1)l　ω可取任意值

(2)当l<x≤l时,ω≤;

当0≤x<l时,ω≤