2022版高考物理一轮复习演练专题4+第3讲+圆周运动+Word版含解析.DOC

《2022版高考物理一轮复习演练专题4+第3讲+圆周运动+Word版含解析.DOC》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

专题四　第3讲知识巩固练1．(2020届桂林模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则关于小球运动情况的说法，正确的是(　　)A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动【答案】A2．(2020届启东名校联考)某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着绳的另一端在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)，则下列说法正确的是(　　)A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小【答案】B3．(2020届黑龙江名校调研)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g，要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　　)A．B． C．D．【答案】A　【解析】设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图如图所示，根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝m，又由几何知识得到tanθ＝，联立解得v＝，只有A正确．4．(2020届吕梁模拟)雨天遇到泥泞之路时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a、b为后轮轮胎边缘上的最高点与最低点，c、d为飞轮边缘上的两点，则下列说法正确的是(　　)A．a点的角速度大于d点的角速度B．后轮边缘a、b两点线速度相同C．泥巴在图中的b点比在a点更容易被甩下来D．飞轮上c、d两点的向心加速度相同【答案】C5．(多选)如图水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中(　　)A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【答案】BC6．(2020年石嘴山三中期末)(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　) A．运动周期为B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD　【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝，解得T＝，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v＝ωR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得F合＝mω2R，故D正确．7．(2020年西安中学二模)长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m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，重力加速度大小为g．现使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为(　　)A．mgB．2mgC．3mgD．【答案】A8．(2020年保定安国中学月考)(多选)如图所示，匀速转动的齿轮O1和O2，齿数比为8∶6，下列正确的是(　　)A．O1和O2齿轮的半径比4∶3B．O1和O2齿轮的周期比3∶4C．齿轮上A、B两点的线速度比大小为1∶1D．O1和O2转动的角速度大小之比4∶3【答案】AC　【解析】两轮在齿轮处的线速度的大小相同，齿轮上A、B两点的线速度比大小为1∶1；齿轮的转速与齿数成反比，所以转速之比＝＝，根据T＝可得O1和O2转动周期之比为＝＝，根据v＝ωR可得O1和O2齿轮的半径比＝＝，故A、C正确，B、D错误． 9．(2021届河北大名一中检测)(多选)如图所示，在竖直平面内固定一个由四分之一光滑圆弧管和光滑直管组成的细管道，两个小球A、B分别位于圆弧管的底端和顶端，两球之间用细线相连．现将一水平力F作用在B球上，使B球沿直管做匀速直线运动，A、B球均可视为质点，则A球从底端运动到顶端过程中(　　)A．水平力F逐渐变大B．细线对A球的拉力逐渐减小C．A球的加速度不变D．管道对A球的作用力可能先减小后增大【答案】BD　【解析】以小球A为研究对象，则小球A受到重力、细线的拉力以及圆管的支持力，在任意点设小球与圆心的连线与水平方向之间的夹角为θ，则细线的拉力始终等于重力沿管道的切线方向的分力，即T＝mgcosθ，可知小球A向上运动的过程中，随θ的增大，细线的拉力逐渐减小．以B为研究对象，则B受到重力、竖直向上的支持力、细线的拉力T以及水平拉力F的作用，小球B做匀速直线运动，则水平拉力与细线的拉力大小相等，方向相反，所以拉力F也逐渐减小，故A错误，B正确；小球A做匀速圆周运动，则加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，故C错误；小球A做匀速圆周运动，则受到的重力沿垂直于管道方向的分力与支持力的合力提供向心力，由于小球的速度以及管道对应的半径关系是未知的，所以管道对A球的作用力可能先减小后增大，故D正确．综合提升练10．(2020年唐山期末)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，F的大小可能为(　　)A．mgB．C．mgD．【答案】BC　【解析】小物体能通过C点应满足m≥mg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则2R＝gt2，vCt<3R，对小物体从P点到C点由动能定理得F·3R－2mgR＝mv，联立解得≤F<，故B、C正确，A、D错误．11．(2021届钦州第一中学摸底) 一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则(　　)A．球A的线速度必定等于球B的线速度B．球A的角速度必定小于球B的角速度C．球A的运动周期必定小于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力【答案】B　【解析】设圆锥筒的底角大小为2θ，匀速圆周运动中重力和支持力的合力提供向心力F合＝，由＝和rA＞rB，知vA>vB，故A错误．由＝mrω2，知ωA＜ωB，故B正确；由＝知TA＞TB，故C错误；由sinθ＝，得支持力大小方向都相同，故D错误．12．(2020年房山区期末)一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是(　　)A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B．汽车转弯的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2【答案】D　【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得f＝m，解得v＝＝m/s＝m/s＝20m/s，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度a＝＝m/s2＝7m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s2，D正确．13．(2020届郑州模拟)(多选)如图所示，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　) A．A，B两球所受支持力的大小之比为4∶3B．A，B两球运动的周期之比为4∶3C．A，B两球的动能之比为16∶9D．A，B两球的机械能之比为112∶51【答案】AD　【解析】由题意可知N＝，所以＝＝，A正确；mgtanθ＝mRsinθ，所以＝＝，B错误；Ek∝v2，v＝Rsinθ，所以＝＝，C错误；Ep＝mgR(1－cosθ)，所以＝＝，D正确．14．(2020年天一联考)将轻质弹簧竖立在水平地面上，在其顶端将一质量为3m的物体由静止释放，当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为l．QN是一水平光滑轨道，N端与半径为l的光滑半圆管道相切，管道的直径MN竖直，如图所示．现将该弹簧水平放置，一端固定在Q点，另一端与质量为m的小球P接触但不连接．用外力缓缓推动小球P，将弹簧压缩l后放开，P开始沿轨道运动．已知重力加速度为g，半圆管道的管口略大于小球直径．求：(1)小球P到达M点时对管道的作用力；(2)小球P离开管道后落回到NQ上的位置与N点间的距离．解：(1)依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩l时，质量为3m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为Ep＝3mgl，①设小球P到达M点时的速度大小为vM，由能量守恒定律得Ep＝mv＋2mgl，②联立①②式，代入题给数据得vM＝．③设小球P到达M点时管道对小球的作用力为FN，由于vM>，所以小球受到管道向下的作用力，则mg＋FN＝，④ 代入数据得FN＝mg，根据牛顿第三定律可知，小球对管道的作用力FN′＝FN＝mg，方向竖直向上．(2)设P离开M点后，落回到轨道NQ所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2，⑤P落回到NQ的位置与N点之间的距离为s＝vMt，⑥联立⑤⑥式得s＝2l．