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2021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 圆周运动的基本规律及应用课时作业

2021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 圆周运动的基本规律及应用课时作业

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第3讲　圆周运动的基本规律及应用

1．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)
A．速度的大小和方向都改变
B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
C．物体所受合力全部用来提供向心力
D．向心加速度大小不变，方向时刻改变
CD　[匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对。]
2.

明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则(　　)
A．齿轮A的角速度比C的大
B．齿轮A与B角速度大小相等
C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
D　[齿轮A与齿轮B是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动，角速度相等，所以齿轮A的角速度比C的小，选项A、B错误；B与C两轮属于同轴传动，故角速度相等，根据公式v＝ωr可知，半径比较大的齿轮B比C边缘的线速度大，选项C错误；齿轮A与B边缘的线速度相等，因为齿轮B比C边缘的线速度大，所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大，选项D正确。]
3.

如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是(　　)
A．水处于失重状态，不受重力的作用
B．水受平衡力的作用，合力为零
C．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用
D．杯底对水的作用力可能为零
D　[失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，选项A错误；水受力不平衡，有向心加速度，选项B错误；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力提供，选项C错误；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时。杯底对水的作用力为零，选项D正确。]
4．(2020·湖北襄阳四中模拟)质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量分别为M和m的小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则(　　)

A．cos α＝　　　　 B.cos α＝2cos β
C．tan α＝ D.tan α＝tan β
A　[以M为研究对象，由牛顿第二定律得Mgtan α＝Mω·2lsin α，解得ω＝。同理，以m为研究对象，有ω＝。由ω1＝ω2可得2cos α＝cos β，故A正确。]
5.

如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　　)
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
D　[A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误；根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，故B错误；根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D正确。]
6.

(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和作用在机翼上的升力，升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是(　　)
A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
CD　[

飞机盘旋时重力mg和升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan θ＝m，解得R＝，T＝＝；若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，A项错误；若飞行速率v不变，θ增大，则周期T减小，B项错误；若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C项正确；若飞行速率v增大，θ增大，如果满足＝，则周期T不变，D项正确。]
7.

如图所示，长度均为l＝1 m的两根轻绳，一端共同系住质量为m＝0.5 kg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g取10 m/s2。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，每根绳的拉力为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为(　　)
A．5 N B. N
C．15 N D.10 N
A　[小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，由牛顿第二定律得mg＋2FTcos 30°＝m，解得FT＝mg＝5 N，故选项A正确。]
8.

(2020·山东重点中学模拟)如图所示，光滑木板长1 m，木板上距离左端O点 m处放有一物块，木板可以绕过左端O点垂直纸面的轴转动，开始时木板水平静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动，物块下落正好可以砸在木板的右端，已知重力加速度g＝10 m/s2，则木板转动的角速度为(　　)
A.π rad/s B.π rad/s
C.π rad/s D.π rad/s
C　[本题考查圆周运动与直线运动的结合问题。设物块从开始运动到砸在木板的右端，木板转过的角度为α，根据几何知识可知cos α＝，解得α＝，所以物块下落的高度h＝Lsin ＝0.5 m，由h＝gt2，得物块下落时间为t＝ s，所以木板转动的角速度ω＝＝π rad/s，C正确。]

9．北京时间2017年9月7日，全运会在天津举办，山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到F ­v2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中错误的是(　　)

A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力
C　[张成龙的胳膊既可以提供拉力，也可以提供支持力，可以理解为“杆模”，对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。]
10.

(2020·湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是下图中的(　　)

B　[设细线长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，FT＝mgcos θ≠0，A错误；ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0，当ω<ω0时，由牛顿第二定律得FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ，当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，所以FT＝mLω2，可知FT ­ω2图线的斜率变大，B正确，C、D错误。]
11.

(2020·浙江宁波联考)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的且不可伸长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.
B　[

对小球受力分析，如图所示。因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°。当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为F＝mω2r，根据几何关系，可知r＝Rsin 60°一定，小球竖直方向上受力平衡，有FNcos 60°＝FTcos 60°＋mg，水平方向上合力提供向心力，有FNsin 60°＋FTsin 60°＝mω2Rsin 60°，由上述两式可知FT越大，则FN越大，所提供向心力就越大，由题意可知0<FT≤2mg，代入式中可得 <ω≤ ，可知B正确。]
12．(多选)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m，已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零
B．小球到达管道最高点时速度为5 m/s
C．小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N
D．圆轨道半径r为4 m
CD　[从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，联立解得r＝4 m，选项D正确。]
13．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，cos 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。
解析：　(1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37°＝mωLsin 37°。
解得ω1＝ ＝ rad/s
＝ rad/s。
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cos θ′＝，则有θ′＝53°。
mgtan θ′＝mωLsin θ′，
解得ω2＝rad/s。
答案：　(1) rad/s　(2) rad/s