2019年高考物理一轮复习文档：圆周运动及其应用含解析

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1、12板块三限时规范特训　　时间：45分钟　满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)1、如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是(　　)A、从动轮做顺时针转动B、从动轮做逆时针转动C、从动轮边缘线速度大小为n1D、从动轮的转速为n1答案　B解析　主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1

2、＝2πn2r2，解得n2＝n1，故C、D错误。2、[2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后(　　)12A、线速度变小B、角速度变大C、向心加速度变小D、小球对管壁的压力变大答案　C解析　由于管道光滑，小球到达b点后，重力做功为零，速度大小保持不变，根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝可知向心加速度减小，根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。3.质量分别为M和m的两个小球

3、，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，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则(　　)A、cosα＝B、cosα＝2cosβC、tanα＝D、tanα＝tanβ答案　A解析　以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanα＝Mω·2lsinα，解得ω＝。同理：以m为研究对象：ω＝。因ω1＝ω2，所以2cosα＝cosβ，故A正确。124、水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静

4、摩擦力均为f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是(　　)答案　B解析　设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，FA＝mω2r1，T>0后，FA－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得FA＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T＝0时大，

5、当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错误，B正确。5.[2017·云南省高三一统]用一根细线一端系一可视为质点的小球，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(　　)12答案　C解析　当ω较小时，斜面对小球有支持力，当ω＝ω0时，FN＝0，当ω<ω0时，受力分析如图甲，FTsinθ＋FNcosθ＝mgFTcosθ－FNsinθ＝mω2r则FT＝mgsinθ＋mω2rcosθFTω2函数为

6、一次函数，斜率为mrcosθ当ω>ω0时，受力分析如图乙，FTsinα＝mω2LsinαFT＝mω2LFTω2的函数为正比例，斜率为mL>mrcosθ，故C正确。6、如图所示，一质量为M的人站在台秤上，一根长为R12的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是(　　)A、小球运动到最高点时，小球的速度为零B、当小球运动到最高点时，台秤的示数最小，且为MgC、小球在a、b、c三个位置时，台秤的示数相同D、小球从最高点运动到最低点的过程中台

7、秤的示数增大，人处于超重状态答案　C解析　小球恰好能通过圆轨道最高点，由mg＝m，得v＝，A项错误；当小球恰通过圆轨道最高点b时，悬线拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F＝Mg，在a、c两处时小球受重力和水平指向圆心的拉力，台秤对人的支持力也为F＝Mg，即台秤的示数也为Mg，故C项正确；小球在a、c连线以上(不包括b点)时，人受到悬线斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg，在a、c连线以下时，人受到悬线斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg，人处于平衡态，没有超、失重现象，B、D两项错误。7、如图所示，长为L的细绳一端

8、固定在O12点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是(　　)A、小球的角速度突然增大B、小球的线速度突然增大C、小球的向心加速度突然增大