2020-2021学年第六章 圆周运动综合与测试精练

这是一份2020-2021学年第六章 圆周运动综合与测试精练，共13页。试卷主要包含了“旋转纽扣”是一种传统游戏，如图,一同学表演荡秋千等内容，欢迎下载使用。
第六章　圆周运动第1～4节综合拔高练五年高考练考点1　圆周运动中线速度、周期、转速、向心加速度之间的关系1.(2021全国甲,15,6分,)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图,先将纽扣绕几圈,使穿过纽扣的两股细绳拧在一起,然后用力反复拉绳的两端,纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后,纽扣绕其中心的转速可达50 r/s,此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为              (　　)A.10 m/s2　　　　　　　　B.100 m/s2C.1 000 m/s2　　　　　　　　D.10 000 m/s22.(2021广东,4,4分,)由于高度限制,车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成,P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中,杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中,下列说法正确的是              (　　)A.P点的线速度大小不变B.P点的加速度方向不变C.Q点在竖直方向做匀速运动D.Q点在水平方向做匀速运动
考点2　水平面内的圆周运动3.(2021河北,9,6分,)(多选)如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω'>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω'匀速转动时              (　　)A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大4.(2018江苏单科,6,4分,)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内,火车              (　　)A.运动路程为600 m　　　　　　　　  B.加速度为零C.角速度约为1 rad/s　　　　　　　　  D.转弯半径约为3.4 km考点3　竖直平面内的圆周运动5.(2020课标Ⅰ,16,6分,)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为              (　　)A.200 N　　　　　B.400 N　　　　　C.600 N　　　　　D.800 N6.(2019天津理综,10,节选,)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。    
三年模拟练应用实践1.(2020江苏如皋高一上期末,)如图所示,带有一白点的黑色圆盘,绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动,转速为20 r/s。在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,观察到白点每秒              (　　)A.逆时针旋转21圈B.顺时针旋转21圈C.逆时针旋转1圈D.顺时针旋转1圈2.(2021广东茂名高三二模,)如图所示,园林工人正在把一棵枯死的小树苗掰折,已知树苗的长度为L,该工人的两手与树苗的接触位置(树苗被掰折的过程手与树苗接触位置始终不变)距地面高为h,树苗与地面的夹角为α时,该工人手水平向右的速度恰好为v,则树苗转动的角速度为              (　　)A.ω=　　　　　　　　   B.ω=C.ω=　　　　　　　　   D.ω=3.(2020山东省实验中学高三上模拟,)如图,A、B两个小球分别固定在轻杆的中点及端点,A球质量为B球质量的3倍,当杆在光滑的水平面上绕O点匀速转动时,杆的OA段及AB段对球的拉力之比为              (　　)A.3∶1　　　　　　　　B.1∶4C.3∶2　　　　　　　　D.5∶24.(2021广东广州高一下期中联考,)如图所示,某型号汽车的后雨刮器摆臂可视为绕O点旋转的折杆OAB,OA长度为a、AB长度为3a,∠OAB=120°,AB部分装有胶条,雨刮器工作时胶条紧贴后窗平面,可视为匀速转动。雨刮器工作时,下列说法正确的是              (　　)A.A、B两点线速度大小之比为1∶4B.A、B两点角速度之比为1∶3C.A、B两点加速度大小之比为1∶D.B点加速度方向沿着AB指向A5.(2021山东百师联盟高三第二次联考,)小球a、b分别通过长度相等的轻绳拴在O点,给a、b恰当速度,使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动,已知两小球运动过程中始终在同一以O点为球心的球面上,Oa与竖直方向夹角为60°,Ob与竖直方向夹角为30°,则a做圆周运动的周期与b做圆周运动的周期之比为              (　　)A.　　　　B.           C.　　　　　　D.6.(2021广东佛山高三二模,)(多选)经过近两年的改造,原“佛山一环”被改造成了封闭管理的高速公路,但最高限速仍然为100 km/h。如果要将最高限速提高到120 km/h,则必须对道路主干道进行哪些改造              (　　)A.增大弯道的转弯半径B.减小弯道路面向内侧倾斜的程度C.增大沿线各拱形桥梁的曲率半径D.减小沿线各拱形桥梁的曲率半径7.(2021沈阳第二十八中学高一月考,)如图所示,在竖直平面内,直径为R的光滑半圆轨道和半径为R的光滑四分之一圆弧轨道水平相切于O点,O点在水平地面上。可视为质点的小球从O点以某一初速度进入半圆轨道,刚好能通过半圆轨道的最高点A,从A点飞出后落在四分之一圆弧轨道上的B点,不计空气阻力,则B点与O点的竖直高度差为              (　　)A.R　　　　　　　　   B.RC.R　　　　　　　　   D.R8.(2021山东济南二模,)国家雪车雪橇中心位于北京延庆区西北部,赛道全长1 975 m,竖直落差121 m,由16个角度、倾斜度都不同的弯道组成,其中全长179 m的回旋弯赛道是全球首个360°回旋弯道。2022年北京冬奥会期间,国家雪车雪橇中心将承担雪车、钢架雪车、雪橇三个项目的全部比赛,其中钢架雪车比赛惊险刺激,深受观众喜爱。测试赛上,一钢架雪车运动员单手扶车,助跑加速30 m之后,迅速跳跃到车上,以俯卧姿态滑行。该运动员推车助跑时间为4.98 s,运动员质量为80 kg,通过回旋弯道某点时的速度为108 km/h,到达终点时的速度为124 km/h。该运动员推车助跑过程视为匀加速直线运动,回旋弯道可近似看作在同一水平面内,重力加速度g取10 m/s2,结果保留两位有效数字。求该运动员:(1)助跑加速的末速度;(2)以108 km/h的速度通过回旋弯道某点时钢架雪车对其作用力的大小。            
迁移创新9.(2020北京清华附中朝阳学校高一下期中,)(1)物体沿着圆周的运动是一种常见的运动,匀速圆周运动是当中最简单也是最基本的一种。由于做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,因而匀速圆周运动是一种变速运动,具有加速度。可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度:设质点沿半径为r、圆心为O的圆周以恒定大小的速度v运动,某时刻质点位于位置A;经极短时间Δt后运动到位置B,如图所示。试根据加速度的定义,推导质点在位置A时的加速度大小。(2)在研究匀变速直线运动的“位移”时,我们应用“以恒代变”的思想,在研究曲线运动的“瞬时速度”时,又应用“化曲为直”的思想,而在研究一般的曲线运动时,我们用的更多的是一种“化曲为圆”的思想,即对于一般的曲线运动,尽管曲线上各个位置的弯曲程度不同,但在研究时,可以将曲线分割为许多很短的小段,质点在每小段的运动都可以看作半径为某个合适值ρ的圆周运动,进而采用圆周运动的分析方法来进行研究,ρ叫作曲率半径。如图所示,将物体以初速度v0斜向上抛出,初速度与水平方向间的夹角为θ,求物体在轨迹最高点处的曲率半径ρ。(重力加速度为g,不计空气阻力)
答案全解全析五年高考练1.C　纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等,已知n=50 r/s,则an=ω2r=(2πn)2r=4×π2×502×1×10-2 m/s2≈1×103 m/s2,选项C正确。2.A　由题意知,P以O点为圆心、OP为半径做匀速圆周运动,Q点也做匀速圆周运动,设其圆心为A,AQ为半径,如图所示。由v=ωr、a=ω2r知,P、Q的线速度和向心加速度大小不变,方向时刻变化,故选项A正确,B错误。Q点在竖直面内做匀速圆周运动,其水平、竖直方向上的分速度大小一直在变化,故选项C、D错误。故选A。3.BD　对小球受力分析如图:竖直方向:T cos θ=mg ①水平方向:T sin θ-N=mω2r ②对①式,若θ减小,则cos θ增大,弹簧弹力T增大,①式不成立;若θ增大,则cos θ减小,T减小,①式不成立,所以不管ω怎样变化,θ都不变,即小球的高度不变,弹簧的弹力大小一定不变,故A错误,B正确。由②式得N=T sin θ-mω2r,由于没有给定ω'的值,所以N的大小变化不能确定,由牛顿第三定律知C错误。小球所受的合外力充当向心力,F合=mω2r,ω增大,F合增大,故D正确。4.AD　火车的角速度ω== rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内运动的路程s=vt=600 m,选项A正确;火车转弯半径R== m≈3.4 km,选项D正确。5.B　该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=,代入数据解得F=405 N,故每根绳子平均承受的拉力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。6.答案　1.1×103 N解析　舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有L1=·t ①设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=R sin θ ②由牛顿第二定律,有FN-mg=m ③联立①②③式,代入数据,得FN=1.1×103 N④三年模拟练1.C　圆盘每秒沿顺时针方向旋转20圈,则盘上的白点转动的频率f1=20 Hz;在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,则闪光频率f2=21 Hz;因为f1<f2<2f1,所以会观察到白点沿逆时针方向旋转。由于f2-f1=1 Hz,所以观察到白点每秒沿逆时针方向旋转1圈,C正确。2.D　把人手的速度分解为垂直于树干的速度v1和沿树干的速度v2,v1=v sin α此时手握树干的位置到O点距离为r=又v1=ωr解得ω=故选D。3.D　设OA=AB=r,小球转动的角速度为ω,杆OA段与AB段对球的拉力大小分别为F1、F2,根据牛顿第二定律,对B球有F2=mω2·2r,对A球有F1-F2=3mω2r,解得F1∶F2=5∶2,选项D正确。4.C　A、B两点是同轴转动,角速度相等,B错误。A、B两点做圆周运动的圆心都是O点,半径分别是OA和OB,由几何关系可得OB=a;由v=rω可得,A、B两点线速度大小之比等于运动半径之比,为1∶,A错误。由向心加速度a=rω2可得,A、B两点加速度大小之比为1∶,C正确。B点的向心加速度方向沿着OB指向圆心O,D错误。5.C　对小球受力分析如图根据牛顿第二定律有mg tan θ=mL sin θ解得T=则==故选C。6.AC　汽车在弯道上行驶时,若按规定速度拐弯,则由重力和路面弹力的合力提供向心力,设弯道倾角为θ,转弯半径为r,根据牛顿第二定律有mg tan θ=m,若使最高限速提高,可以增大转弯半径、增大弯道的倾斜程度,故A正确,B错误;汽车以某临界速度过拱形桥最高点时,所受支持力恰好等于零,由重力提供向心力,根据牛顿第二定律有mg=m,若增大临界速度,需增大拱形桥的曲率半径,故C正确,D错误。故选A、C。7.D　小球刚好通过A点,则在A点由重力提供向心力,有mg=m,解得v=;小球从A点飞出后做平抛运动,水平方向有x=vt,竖直方向有h=gt2,根据几何关系有x2+h2=R2,解得h=,则B点与O点的竖直高度差为R-=,故D正确,A、B、C错误。8.答案　(1)12 m/s　(2)2.6×103 N解析　(1)设运动员助跑加速的末速度为v1,根据匀变速直线运动的规律可得s=v1t其中s=30 m,t=4.98 s解得v1=12 m/s(2)回旋弯道全长L=179 m,半径r=运动员以108 km/h的速度通过回旋弯道某点时,设钢架雪车对运动员的作用力为F,其竖直分量Fy=mg水平分量Fx≈mF=联立并代入数据解得F=2.6×103 N9.答案　(1)见解析　(2)解析　(1)解法一:设质点经过A、B两点时的速度为vA、vB,当Δt足够小时,vA、vB的夹角θ就足够小,θ角所对的弦和弧的长度就近似相等。因此θ=在Δt时间内,速度方向变化的角度θ=ωΔt联立可得Δv=vωΔt将此式代入加速度定义式a=,并把v=ωr代入,可得向心加速度大小的表达式为an=ω2r上式也可以写成an=解法二:因为vA、vB和Δv组成的矢量三角形与△ABO是相似三角形,OA=r,所以==,可得Δv=,将上式两边同时除以Δt,得=×,等式左边即向心加速度an的大小。当Δt趋近于0时,AB弦长与AB弧长近似相等,即AB=,所以==v,整理得an=。(2)在轨迹的最高点,物体的速度为v=v0 cos θ此时可以把物体的运动看成是半径为ρ的圆周运动,物体只受重力,根据牛顿第二定律可得mg=m联立可得ρ=