2019届高考物理二轮复习题型专练 4.2圆周运动(含解析)

专题4.2圆周运动

   1．自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB＝4RA、RC＝8RA。当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aAaBaC等于 (　　)

A．118    B．414

C．4132  D．124

2.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为 (　　)

A．  B．

C．  D．

答案：C

解析：轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtanθ＝m，得v＝，C正确。

3. 如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是 (　　)

A．P、Q两点的角速度大小相等

B．P、Q两点的线速度大小相等

C．P点的线速度比Q点的线速度大

D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用

答案：A

4．如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦转动，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；若改变转速，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：C

解析：根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg；联立解得μg＝ωr。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A、B错误；ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误。

5． m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑，当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是 (　　)

A．  B．    C．  D．

答案：A

解析：当m被水平抛出时只受重力的作用，支持力FN＝0。在圆周最高点，重力提供向心力，即mg＝，所以v＝。而v＝2πfr，所以f＝＝，所以每秒的转数最少为，A正确。

6．一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的摩擦因数为μ，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假如运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，那么下列说法正确的是 (　　)

A．在通过轨道最高点时砝码处于超重状态

B．在经过轨道最低点时砝码所需静摩擦力最大

C．匀速圆周运动的速度小于

D．在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力之差为砝码重力的6倍

答案：C

7．如图所示，质量为m的小球(可看做质点)在竖直放置的半径为R的固定光滑圆环轨道内运动。若小球通过最高点时的速率为v0＝，下列说法中正确的是 (　　)

A．小球在最高点时只受重力作用

B．小球在最高点对圆环的压力大小为mg

C．小球在最高点时重力的瞬时功率为0

D．小球绕圆环运动一周的时间大于2πR/v0

答案：AC

解析：由F向心＝m，代入得F向心＝mg，说明小球在最高点只受重力作用，A项正确，B项错误；根据功率的定义式P＝Fvcosθ，小球在最高点时，力与速度垂直，故重力的瞬时功率为零，C项正确；根据机械能守恒定律知，小球在最高点的速率最小，小球全过程运动的平均速率大于v0，由T＝知，小球运动一周的时间小于，D项错误。

14.如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用，则ω可能为(　　)

A．3  B.   C.   D.

答案　B

15.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB。现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)

A．OB绳的拉力范围为0～mg

B．OB绳的拉力范围为mg～mg

C．AB绳的拉力范围为mg～mg

D．AB绳的拉力范围为0～mg

答案　B

16.如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1 m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝10  m/s2，sin53°

＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)

A．AC　5 m/s   B．BC　5 m/s

C．AC　5.24 m/s   D．BC　5.24  m/s

答案　B

17. (多选)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，则下列说法正确的是(　　)

A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势

B．B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力

C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍

D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB

答案　BC

18．(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则(　　)

A．当ω＝ 时，细绳的拉力为0

B．当ω＝ 时，物块与转台间的摩擦力为0

C．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg

D．当ω＝ 时，细绳的拉力大小为mg

答案　AC

解析　当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mωlsin30°，解得ω1＝ ，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan30°＝mωlsin30°，解得ω2＝ ，由于ω1< <ω2，所以当ω＝ 时，物块与转台间的摩擦力不为零，故B错误；由于 <ω1，所以当ω＝ 时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1< <ω2，由牛顿第二定律得f＋Fsin30°＝m2lsin30°，因为压力小于mg，所以f<mg，解得F>mg，故D错误；当ω＝ >ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m2lsinα，解得cosα＝，故F＝＝mg，故C正确。

27. 如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6kg的物体，静止在水平圆盘上。另一端通过光滑的小孔吊着质量为m＝0.3kg的物体。M的中点与圆孔的距离为0.2m，并已知M与圆盘的最大静摩擦力为2N。现使此圆盘绕中心轴线转动。问角速度ω在什么范围内可使m处于静止状态？(取g＝10m/s2)

答案：2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s　(rad/s≤ω≤rad/s)

28.如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT。(g取10m/s2，结果可用根式表示)求：

 (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？

(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？

答案：(1)rad/s　(2)2rad/s

解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：

mgtanθ＝mωlsinθ

解得：ω＝

即ω0＝＝rad/s。

29．如图所示，一长l＝0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝0.90 m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)轻绳断裂后小球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；

(2)若＝0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。

答案　(1)0.90 m　(2)7 N

解析　(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mv＝mgl

解得小球运动到B点时的速度大小

vB＝＝3.0 m/s

小球从B点做平抛运动，由运动学规律得

x＝vBt

y＝H－l＝gt2

解得C点与B点之间的水平距离

x＝vB＝0.90 m。