高考物理一轮复习 第4章 第3节 课时提能练12　圆周运动

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1．(2017·湖北省重点中学联考)如图4­3­12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( )
图4­3­12
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
A [P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对；根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错；Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错．]
2．(2017·汕头模拟)电风扇的扇叶的重心如果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加速转轴磨损．调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的办法改变其重心位置．如图4­3­13所示，A、B是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O的距离rA＜rB.扇叶转动后，它们的( )
图4­3­13
A．向心加速度相等
B．线速度大小相等
C．向心力FAD．角速度ωA＜ωB
C [因为两调整重心的金属块A、B固定在风扇上，因此两者绕轴O一起转动，具有相同的角速度，故D错误．根据向心加速度公式a＝ω2r，得aA＜aB，由线速度与角速度的关系v＝ωr，得vA＜vB，由向心力公式F＝mω2r，得FA3．如图4­3­14所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知小球b的质量为小球a质量的3倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为( )
【导学号：92492181】
图4­3­14
A．1∶3 B．1∶6
C．4∶3D．7∶6
D [由牛顿第二定律知，对球a，FOa－Fab＝mω2·Oa，对球b，Fab＝3mω2(Oa＋ab)，由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为7∶6，选项D正确．]
4．如图4­3­15所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是( )
图4­3­15
A．sin θ＝eq \f(ω2L,g)
B．tan θ＝eq \f(ω2L,g)
C．sin θ＝eq \f(g,ω2L)
D．tan θ＝eq \f(g,ω2L)
A [小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsin θ＝mLω2，解得sin θ＝eq \f(ω2L,g)，选项A正确，B、C、D错误．]
5．(2017·漳州模拟)如图4­3­16所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )
【导学号：92492182】
图4­3­16
A.eq \r(3)mgB．eq \f(4,3)eq \r(3)mg
C．3mgD．2eq \r(3)mg
A [设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcs θ＝eq \f(\r(3),2)L.根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝meq \f(v2,r)；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcs θ＋mg＝meq \f(2v2,r)，联立解得：F＝eq \r(3)mg，选项A正确．]
6．(2016·全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图4­3­17所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )
图4­3­17
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
C [两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq \f(1,2)mv2，v＝eq \r(2gL)，因LPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq \f(v2,L)，则F＝3mg，因mP>mQ，则FP>FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq \f(F－mg,m)＝2g，选项D错误．]
7．(多选)如图4­3­18所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动，一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左壁射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则( )
图4­3­18
A．子弹在圆筒中水平速度为v0＝deq \r(\f(g,2h))
B．子弹在圆筒中水平速度为v0＝2deq \r(\f(g,2h))
C．圆筒转动的角速度可能为ω＝πeq \r(\f(g,2h))
D．圆筒转动的角速度可能为ω＝2πeq \r(\f(g,2h))
AC [根据平抛运动的规律有h＝eq \f(1,2)gt2和d＝v0t，解得v0＝deq \r(\f(g,2h))，所以选项A正确，B错误；因为t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))eq \f(2π,ω)＝eq \r(\f(2h,g))，当n＝0时，ω＝πeq \r(\f(g,2h))，当n＝1时，ω＝3πeq \r(\f(g,2h))，所以选项C正确，D错误．]
8．如图4­3­19所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为R.求小球做圆周运动的速度大小及碗壁对小球的弹力大小．
图4­3­19
【解析】 由题图可知，
小球做匀速圆周运动的圆心为O′，运动半径为r＝Rsin θ，小球受重力G及碗对小球弹力FN的作用，向心力为弹力的水平分力，受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得
FNsin θ＝meq \f(v2,Rsin θ)①
竖直方向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即FNcs θ＝mg
解得FN＝eq \f(mg,cs θ)②
联立①②两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为
v＝eq \r(Rgsin θtan θ).
【答案】 eq \r(Rgsin θtan θ) eq \f(mg,cs θ)
B级 名校必刷题
9．(多选)(2014·全国卷Ⅰ)如图4­3­20所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
【导学号：92492183】
图4­3­20
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg
AC [本题从向心力来源入手，分析发生相对滑动的临界条件．小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：fa＝mωeq \\al(2,a)l，当fa＝kmg时，kmg＝mωeq \\al(2,a)l，ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b：fb＝mωeq \\al(2,b)·2l，当fb＝kmg时，kmg＝mωeq \\al(2,b)·2l，ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa10．(多选)(2017·南通模拟)如图4­3­21所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则( )
【导学号：92492184】
图4­3­21
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力NB的大小是2 N
AC [根据平抛运动规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；设在B点管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有NB＋mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，vB＝vx＝3 m/s，解得NB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．]
11．(2015·全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．
(a) (b)
图4­3­22
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图4­3­22(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg；
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)
【解析】 (2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.
(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m＝eq \f(1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90,5) kg＝1.81 kg.
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N
由题意可知小车的质量为
m′＝(1.40－1.00) kg＝0.40 kg
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F－ m′g＝eq \f(m′v2,R)
解得v≈1.4 m/s.
【答案】 (2)1.40 (4)7.9 1.4
12．(2017·南昌模拟)如图4­3­23所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O′、O距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)．求：
图4­3­23
(1)在两个弯道上的最大速度分别是多少？
(2)应从什么位置开始加速，加速度是多大？
(3)完成一圈的最短时间是多少？
【解析】 (1)在弯道上做匀速圆周运动时，径向摩擦力提供向心力，根据牛顿定律kmg＝meq \f(v\\al(2,m),r)，
在小弯道上的最大速度：vmr＝eq \r(kgr)＝eq \r(2.25×10×40) m/s＝30 m/s，
在大圆弧弯道上的速率为vmR＝eq \r(kgR)＝eq \r(2.25×10×90) m/s＝45 m/s.
(2)当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，直道的长度为x＝eq \r(L2－R－r2)＝50eq \r(3) m，
由运动学公式veq \\al(2,mR)－veq \\al(2,mr)＝2ax
带入数据可得加速度大小为a＝eq \f(v\\al(2,mR)－v\\al(2,mr),2x)＝eq \f(452－302,2×50\r(3)) m/s2≈6.50 m/s2.
(3)由几何关系可知，小圆弧对应的圆心角q1＝120°，大圆弧对应的圆心角q2＝240°；所以小圆弧轨道的长度为eq \f(2πr,3)，大圆弧轨道的长度为eq \f(4πR,3)
通过小圆弧弯道的时间为
t1＝eq \f(\f(2πr,3),vmr)＝eq \f(2×3.14×40,3×30)s≈2.80 s，
通过大圆弧弯道的时间为t2＝eq \f(\f(4πR,3),vmR)＝eq \f(4×3.14×90,3×45) s＝8.37 s
直线运动时间为t3，由运动学公式：x＝eq \f(vmR＋vmr,2)t3解得t3＝2.31 s
总时间t＝t1＋t2＋2t3＝15.79 s
【答案】 (1)30 m/s 45 m/s (2)6.50 m/s2
(3)15.79 s
13．(2017·成都模拟)地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L(L＞R)，如图4­3­24所示．跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计)．问：
图4­3­24
(1)当小车分别位于A点和B点时(∠AOB＝90°)，沙袋被抛出时的初速度各多大？
(2)若小车在跑道上运动，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？
(3)若小车沿跑道顺时针运动(如图中箭头所示)，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v应满足什么条件？
【导学号：92492185】
【解析】 (1)沙袋从P点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))①
当小车位于A点时，有xA＝vAt＝L－R②
解①②得vA＝(L－R)eq \r(\f(g,2h))
当小车位于B点时，有xB＝vBt＝eq \r(L2＋R2)③
解①③得vB＝eq \r(\f(gL2＋R2,2h)).
(2)若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为
v0min＝vA＝(L－R)eq \r(\f(g,2h))④
若当小车经过C点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有x0＝v0maxt＝L＋R⑤
解①⑤得v0max＝(L＋R)eq \r(\f(g,2h))
所以沙袋被抛出时的初速度范围为(L－R)eq \r(\f(g,2h))≤v0≤(L＋R)eq \r(\f(g,2h)).
(3)要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同
tAB＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,4)))eq \f(2πR,v)(n＝0,1,2,3，…)⑥
所以tAB＝t＝eq \r(\f(2h,g))
解得v＝eq \f(1,2)(4n＋1)πReq \r(\f(g,2h))(n＝0,1,2,3，…)．
【答案】 (1)vA＝(L－R)eq \r(\f(g,2h))；vB＝eq \r(\f(gL2＋R2,2h)) (2)(L－R)eq \r(\f(g,2h))≤v0≤(L＋R)eq \r(\f(g,2h)) (3)v＝eq \f(1,2)(4n＋1)πReq \r(\f(g,2h))(n＝0,1,2,3，…)
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90