高中物理高考 2020年物理高考大一轮复习第4章曲线运动万有引力定律第12讲圆周运动的规律及应用练习含解析

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第12讲 圆周运动的规律及应用[解密考纲]考查圆周运动的参量之间的关系、匀速圆周运动的周期性问题、水平面内圆周运动的临界问题、竖直平面内圆周运动的绳模型和杆模型问题．1．(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)关于圆周运动，下列说法是正确的是(　　)A．匀速圆周运动是匀变速运动B．做圆周运动物体所受的合力始终指向圆心C．做匀速圆周运动的物体加速度始终指向圆心D．向心力只改变速度的大小，不改变速度的方向C　解析 匀速圆周运动的加速度是向心加速度，方向不断改变，是变加速运动；一般的圆周运动所受合力不一定指向圆心，其沿半径方向的分力才是向心力，只改变速度方向，不改变速度大小；沿切线方向的分力是切向力，只改变速度大小，不改变速度方向，选项C正确．2．(2019·浙江高三高考选考科目联考)自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器，变速器通过改变链条的位置，使链条跳到不同的齿轮上而改变速度．自行车的部分构造如图所示，下列有关说法错误的是　(　　) A．自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等B．自行车拐弯时，前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等C．自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡D．自行车骑行时，与链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等B　解析 后轮与飞轮同轴转动，两者角速度相等，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘同一链条相连，线速度相等，选项A、D正确；上坡时需要省力，所以要采用中轴链轮最小挡，飞轮最大档，选项C正确；自行车拐弯时，前后轮运动的路程不相同，则前后轮边缘的线速度大小一定不相等，选项B错误．3．(2019·咸阳高三一模)(多选)如图所示，固定水平直杆ab上套有一个物块P，物块P通过一根细线与一个小球Q相连接，小球Q在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球调到一个更低的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，物块P始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是(　　)A．小球Q的向心加速度变小B．小球Q运动的线速度变小C．小球Q运动的角速度变小D．小球Q运动的周期变小ABC　解析 小球Q受到重力和拉力作用，如图所示．由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ＝m＝ma＝mLsin θ，现使小球调到一个更低的水平面上做匀速圆周运动，θ减小，小球Q的向心加速度a＝gtan θ减小，小球Q运动的线速度v＝减小，小球Q运动的角速度ω＝变小，小球Q运动的周期T＝变大，故选项A、B、C正确，D错误．4．(2019·湖北八市高三联考)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是(　　)A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等D　解析 设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力分析如图甲所示，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上Tcos θ＝GN，在水平方向上N1＝Tsin θ，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，选项A、C错误；对M受力分析如图乙所示，受到绳子的拉力T，竖直向下的重力GM，竖直向上的支持力N2，以及水平杆给的摩擦力Ff，在竖直方向上有N2＝GM＋Tcos θ＝GM＋GN，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即Tcos θ－Ff＝mω2r⇒Ff＝Tcos θ－mω2r，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即Tcos θ＋Ff＝mω2r⇒Ff＝mω2r－Tcos θ，故可能存在Ff＝mωr－Tcos θ＝Tcos θ－mωr，摩擦力向左和向右时相等的情况，选项B错误，D正确．5．(2019·石家庄高三一模)(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是(　　)A．圆环旋转角速度的大小为B．圆环旋转角速度的大小为C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mgD．小球A与圆环间摩擦力的大小为mgAD　解析 小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得ω＝，则选项A正确，B错误；对小球A受力分析如图所示，有水平方向Nsin θ－Ffcos θ＝mω2Rsin θ，竖直方向Ncos θ＋Ffsin θ－mg＝0，联立解得Ff＝mg，故选项C错误，D正确．6．(2019·六安舒城中学高三仿真)如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r ＝1.5 m．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10 m/s2，则ω的最小值是(　　)A．1 rad/s   B. rad/sC. rad/s   D．5 rad/s C　解析 对物体受力分析如图所示，受重力G，弹力N，静摩擦力Ff.ω的最小值时，物体在上部将要产生相对滑动．由牛顿第二定律可知，mgcos θ＋N＝mω2r，在平行于桶壁方向上，达到最大静摩擦力，即Ffmax＝mgsin θ，由于Ffmax＝μN.由以上式子，可得ω＝ rad/s，故选项C正确．7．(2019·宝鸡一模)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直．一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中(　　)A．小球的向心加速度逐渐减小B．小球运动的角速度逐渐减小C．小球运动的线速度逐渐减小D．小球运动的周期逐渐减小CD　解析 以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示．由牛顿第二定律得＝ma＝＝mrω2，可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝，向心加速度不变，故选项A错误；角速度ω＝，由于半径减小，则角速度变大，故选项B错误；线速度v＝，由于半径减小，线速度减小，故选项C正确；周期T＝，角速度增大，则周期减小，故选项D正确．8．(2019·青州高三三模)(多选)如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有两物体A、B靠在一起随圆筒转动，在圆筒的角速度均匀增大的过程中，两物体相对圆筒始终保持静止，下列说法正确的是(　　)A．在此过程中，圆筒对A一定有竖直向上的摩擦力B．在此过程中，A、B之间可能存在弹力C．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A、B的弹力都逐渐增大D．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对B的摩擦力也逐渐增大BC　解析 在此过程中，A可能只受重力和B对A的支持力，不一定受到圆筒对A的竖直向上的摩擦力，选项A错误，B正确；水平方向，圆筒对A、B的弹力充当做圆周运动的向心力，根据F＝mω2r可知，随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A、B的弹力都逐渐增大，选项C正确；圆筒对B的摩擦力在竖直方向，与水平方向的受力无关，即与圆筒的转速无关，选项D错误．9．(2019·嘉兴高三选考科目检测)如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则(　　)A．物品所受摩擦力与其运动方向相反B．越靠近圆心的物品摩擦力越小C．越靠近圆心的物品角速度越小D．越靠近圆心的物品加速度越小D　解析 由于物品有向外甩的趋势，所以物品所受的摩擦力指向圆心提供向心力，故选项A错误；由摩擦力提供向心力可知，Ff＝mω2r，由于物品的质量大小不知道，所以无法确定摩擦力大小，故选项B错误；同一转轴转动的物体角速度相同，故选项C错误；由公式a＝ω2r可知，越靠近圆心的物品加速度越小，故选项D正确．10．(2019·滑县高三联考)螺旋测微器是常见的长度测量工具，如图所示，旋动旋钮一圈，旋钮同时会随测微螺杆沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，已知旋钮上的可动刻度“0”刻线处A点的旋转半径为R＝5.0 mm，内部螺纹的螺距x＝0.5 mm，若匀速旋动旋钮，则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为(　　)A．10∶1  B．10π∶1  C．20π∶1  D．20∶1C　解析 旋动旋钮一圈，测微螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为vA1＝，A点水平移动的速度为vA2＝，带入数据得 ＝20π∶1，选项C正确．11．(2019·江西红色七校高三联考)(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放．当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是(　　) A．ma∶mb＝3∶1B．ma∶mb＝2∶1C．若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零D．若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球对地面的压力刚好为零AD　解析 由于b球摆动过程中机械能守恒，则有 mbgl＝mbv2，当b球摆过的角度为90°时，根据牛顿运动定律和向心力公式得 T－mbg＝mb，联立解得 T＝3mbg；据题a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为 T＝mag，解得ma∶mb＝3∶1，故选项A正确，B错误；由上述求解过程可以看出 T＝3mbg，细绳的拉力T与球到悬点的距离无关，只要b球摆到最低点，细绳的拉力都是3mbg，a球对地面的压力刚好为零，a球不会被拉离地面，故选项C错误，D正确．12．(2019·衡水中学高三二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线AC、AB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L1＝1 m，细线AB长L2＝0.2 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝rad/s，求细线AC与细线AB的张力大小．解析 (1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC对小球的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，即mgtan 37°＝mωl1sin 37°，解得ω1＝＝ rad/s.(2)当ω2＝ rad/s时，由于ω2＞ω1，故小球应向左上方摆起，由几何关系可知，小球未向左上方摆起时，A点距C点的水平距离为d＝l1sin 37°＝0.6 m．摆起后，假设细线AB的张力仍为零，设此时细线AC与竖直方向的夹角为α，则有mgtan α＝mωl1sin α，解得cos α＝0.6，即α＝53°，由几何关系可知，此时A点距C点的水平距离为d′＝l1sin 53°＝0.8 m，而d′＝l2＋l1sin 37°，说明此时细线AB恰好竖直且细线的拉力为零，故细线AC与竖直方向的夹角α＝53°.竖直方向由平衡条件可得FACcos α＝mg，解得FAC＝ N.答案 (1)ω1＝rad/s　(2)FAC＝ N　FAB＝013．(2019·哈尔滨第三中学高三调研)如图所示，带有竖直侧壁的圆盘绕过中心的竖直轴转动，转速可调，侧壁到转轴的距离为R，有一质量为m(可视为质点)的物块，它与圆盘和侧壁间的摩擦因数均为μ，现将物块放置在距转盘转轴处．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)(1)若物块恰好相对圆盘未滑动，求此时圆盘转动的角速度； (2)调节圆盘的转速，将物块置于侧壁上，物块恰好不下滑，求圆盘的转速．解析 (1)恰好未滑动时最大静摩擦力力充当向心力，有μmg＝mω2·，可得ω＝.(2)恰好不下滑时物块和墙壁间最大静摩擦力等于重力，有mg＝μFN，　FN＝mω2R，ω＝2πn，解得n＝.答案 (1)　(2)14．(2019·晋豫省际大联考)如图所示，一根结实的轻绳穿过固定在天花板上的内壁光滑的弯曲细钢管，两端分别拴着一个小球A和B.当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°，此时小球B恰好静止．重力加速度为g，求：(1)小球A和B的质量之比；(2)小球A转动的周期．解析 (1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有F＝mBg，在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcos θ＝mAg，联立解得＝.(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周运动的向心力，有Fsin θ＝mA2r，r＝lsin θ，则小球A转动的周期T＝π.答案 (1)　(2)π