人教版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课时练含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课时练含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·北京朝阳区期中)如图所示，城市里很多立交桥的桥面可近似看成圆弧面。某汽车以恒定速率依次通过桥上同一竖直平面内圆弧上的A、B、C三点(B点最高，A、C等高)。则汽车( B )
A．通过A点时所受合力大于通过B点时所受合力
B．通过B点时对桥面的压力小于其自身重力
C．通过B点时受重力、支持力和向心力的作用
D．通过C点时所受合力沿圆弧切线向下
[解析] 本题考查汽车过拱形桥问题。汽车以恒定速率通过桥面，则汽车做匀速圆周运动，合外力充当向心力，故汽车通过A点时所受合力大小等于通过B点时所受合力大小，故A错误；汽车通过B点时，加速度向下，重力与支持力的合力提供向心力，故汽车通过B点时对桥面的压力小于其自身重力，故B正确；向心力是效果力，是由其他力或其他力的合力提供的，不能说受到向心力作用，故C错误；汽车通过C点时，所受合力垂直圆弧切线向下(指向圆心)，故D错误。
2．某只走时准确的时钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度分别是R1、R2，分针与时针的角速度分别是ω1、ω2，周期分别是T1、T2，表盘的半径是R，分针与时针从这次重合到下次重合所用的最短时间为t，下列关系式正确的是( D )
A．ω1R1T1－ω2R2T2＝2πR B．ω1R1t－ω2R2t＝2πR
C．ω1t＝2π D．eq \f(t,T1)－eq \f(t,T2)＝1
[解析] 分针与时针从这次重合到下次重合所用的最短时间为t，即分针比时针多走一圈所用的时间为t，与分针、时针的长度没有关系。eq \f(t,T1)是t时间内分针走的圈数，eq \f(t,T1) 是t时间内时针走的圈数，多走一圈表达为eq \f(t,T1)－eq \f(t,T2)＝1，这期间分针走的一定比一圈多，因为时针也在走，所以下次重合的位置一定不在原位置，即ω1t>2π。所以A、B、C选项均是错的，只有D选项正确。
3．如图所示为火车在转弯处时车轮部分的截面示意图，轨道的外轨高于内轨。某转弯处规定火车行驶的速度为v，当火车通过此弯道时，下列判断正确的是( B )
A．若速度大于v，则火车轮缘挤压内轨
B．若速度大于v，则火车轮缘挤压外轨
C．若速度大于v，则火车所需向心力由外轨轮缘挤压产生
D．若速度小于v，则火车所需向心力由内轨轮缘挤压产生
[解析] 本题考查火车拐弯问题。当火车以规定的速度v转弯时，由支持力与重力的合力提供火车转弯时所需的向心力；当火车速度大于v时，火车受到的支持力与重力的合力不足以提供火车转弯时所需的向心力，就会有向外甩的趋势，导致火车轮缘挤压外轨，从而外轨对车轮产生作用力来弥补向心力的不足，故A、C错误，B正确；当火车速度小于v时，火车所受的支持力与重力的合力大于火车转弯时所需的向心力，火车有靠近圆心的趋势，导致火车轮缘挤压内轨，从而内轨对车轮产生作用力来减小支持力与重力的合力，故D错误。
4．如图甲所示的过山车轨道，有连续两个环，我们把它简化为如图乙的模型，忽略一切阻力，假设大环的半径是小环半径的1.5倍，当过山车经过大环的最低点和最高点时，轨道对过山车的压力差绝对值为ΔN1，当过山车经过小环的最低点和最高点时，轨道对过山车的压力差绝对值为ΔN2，则下面说法中正确的是( A )
A．ΔN2＝ΔN1 B．ΔN2＝1.5ΔN1
C．ΔN1＝1.5ΔN2 D．ΔN1＝3ΔN2
[解析] 假设题图乙中小环的半径为R，
在最低点，根据牛顿运动定律可得：
FN1－mg＝meq \f(v\\al(2,1),R)
在最高点，根据牛顿运动定律可得：
FN2＋mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)
根据机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋mg·2R
解得：FN1－FN2＝6mg
可知压力差和半径无关，和初速度也无关，故选A。
5．(2021·河南郑州一中月考)如图所示，一个半径为R的实心圆盘，其中心轴与竖直方向的夹角为θ。开始时，圆盘静止，其上表面覆盖着一层灰尘。现将圆盘绕其中心轴旋转，其角速度从零缓慢增加至ω，此时圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉，设灰尘与圆盘面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则ω的值为( A )
A．eq \r(\f(2gμcs θ－sin θ,R)) B．eq \r(\f(2gsin θ－μcs θ,R))
C．eq \r(\f(2g,μcs θ－sin θR)) D．eq \r(\f(2g,sin θ－μcs θR))
[解析] 本题考查物体做圆周运动时的受力分析。灰尘所在位置半径越大越容易被甩掉，当圆盘表面上的灰尘有75%被甩掉时，设剩余灰尘所占面积的半径为r，则(1－75%)πR2＝πr2，可得r＝eq \f(1,2)R，对半径为r处的灰尘受力分析可知，μmgcs θ－mgsin θ＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(2gμcs θ－sin θ,R))，A正确。
6．(2018·江苏单科)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( AD )
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
[解析] 由s＝vt知，s＝600 m，A正确；在弯道做圆周运动，火车加速度不为零，B错误；由10 s内转过10°知，角速度ω＝eq \f(\f(10°,360°)×2π,10) rad/s＝eq \f(π,180) rad/s≈0.017 rad/s，C错误；由v＝rω知，r＝eq \f(v,ω)＝eq \f(60,\f(π,180)) m≈3.4 km，D正确。
7．如图所示，在光滑的以角速度ω旋转的水平细杆上穿有质量分别为m和M的两球，两球用轻细线(不会断)连接，若M>m，则( BD )
A．当两球离轴距离相等时，两球可能相对杆静止
B．当两球离轴距离之比等于质量之比时，两球一定相对杆滑动
C．若两球相对于杆滑动，一定是都向穿有质量为M的球的一端滑动
D．若角速度为ω时，两球相对杆都不动，那么角速度为2ω时，两球也不动
[解析] 两小球所受细线的拉力提供向心力，所以向心力大小相等，由于两小球质量不等，角速度相等，当两球离轴距离相等时，则有Mω2r>mω2r，所以两球相对杆会滑动，故A错误；两球的向心力是相等的，则有Mω2r1＝mω2r2，所以eq \f(r1,r2)＝eq \f(m,M)<1，两球离轴距离与质量成反比时可以与杆保持相对静止，所以两球离轴距离之比等于质量之比时，两球会相对杆滑动，故B正确；若Mω2r1>mω2r2，两球向质量为M的小球一端滑动，若Mω2r18．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的转盘靠摩擦力传动，其中O，O′分别为两转盘的轴心，已知两个转盘的半径比r甲︰r乙＝3︰1，且在正常工作时两转盘不打滑。今在两转盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A，B，两滑块与转盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O，O′的间距关系为RA＝2RB。若转盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( ABC )
A．滑块A和B在与转盘相对静止时，角速度之比为ω甲︰ω乙＝1︰3
B．滑块A和B在与转盘相对静止时，向心加速度的比值为aA︰aB＝2︰9
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
[解析] 假设转盘乙的半径为r，由题意可知两转盘边缘的线速度大小相等，则有ω甲·3r＝ω乙·r，得ω甲︰ω乙＝1︰3，所以滑块A，B在与转盘相对静止时，角速度之比为1︰3，根据a＝ω2r得，此时A、B的向心加速度之比为2︰9，故A，B正确；由题意知，滑块的最大静摩擦力分别为fA＝μmAg，fB＝μmBg，最大静摩擦力之比为fA︰fB＝mA︰mB；转动过程中所受的静摩擦力之比为fA′︰fB′＝maaA︰(mBaB)＝mA︰(4.5mB)，故滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故C正确，D错误。
二、非选择题
9．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。
[答案] (1)eq \f(5\r(2),2)rad/s (2)eq \f(5\r(6),3)rad/s
[解析] (1)细线AB上的张力恰为零时有
mgtan 37°＝mωeq \\al(2,1)Lsin 37°
解得ω1＝ eq \r(\f(g,Lcs 37°))＝ eq \r(\f(50,4))rad/s＝eq \f(5\r(2),2)rad/s。
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，
由几何关系得cs θ′＝eq \f(3,5)，则有θ′＝53°
mgtan θ′＝mωeq \\al(2,2)Lsin θ′
解得ω2＝eq \f(5\r(6),3)rad/s。
10.
(2021·沈阳模拟)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点，已知圆轨道的半径R＝1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为θ＝37°，现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。
[答案] 0.7 s
[解析] 小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：
对小球由动能定理可得：mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
由几何关系得：h＝R－Rcs θ
小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：
L＝vCt＋eq \f(1,2)at2
CD的长度为：L＝eq \f(R1＋cs θ,sin θ)
对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin θ＝ma
代入数据联立解得：t≈0.7 s。