2020届高考物理人教版一轮复习章节练习：第4章 第3节　圆周运动 （含解析）.doc

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1、(建议用时：40分钟)一、单项选择题1.(2019·岳阳高三检测)如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成．质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是(　　)A．在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB．在最低点C，小球对轨道压力为7mgC．为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5RD．若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg解析：选D.对小球在D点受力分析，由题意可知小球受到

2、的合力为3mg，由牛顿第二定律知加速度大小为3g，A错误；由向心力公式在D点有3mg＝，在C点FN－mg＝，从C到D机械能守恒mg×2R＋mv2＝mv，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律知，F′N＝FN＝8mg，B错误；为了保证小球能过最高点，释放位置越高越好，C错误；若小球能过D点则有FN1－mg＝，在C点FN2－mg＝，从C到D机械能守恒mg×2R＋mv2＝mv，联立可得FN2－FN1＝6mg，由牛顿第三定律知，F′N2－F′N1＝6mg，D正确．2.如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由

3、C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)A．t1t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑

4、动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1

5、A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsinθ，对A，有：Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝，θ变小，ω变小，故D正确．4.如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大

6、环对轻杆拉力的大小为　(　　)A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg解析：选C.设大环半径为R，质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F′N＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋F′N＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．5.(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑

7、轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)A．B．C．D．解析：选B.设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝gt2，求得x＝，因此当R