2020版高考物理一轮复习专题12圆周运动限时训练含解析

1、专题 12 圆周运动（限时：45min）一、选择题（本大题共 10 小题）1.（2019 大庆模拟）如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点。则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是（）A.小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B.在最高点AB,因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零C.小球在最低点 C 所受的合力，即为向心力D.小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化【答案】C【解析】小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故 A 错误。在最高点A和B,小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不

2、为零，故 B 错误。小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故 C 正确。小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故 D 错误。2.如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是（）8A.P、Q两物体的角速度大小相等 B.P、Q两物体的线速度大小相等C.P物体的线速度比Q物体的线速度大 D.P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用【答案】A【解析】P、Q两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即 COP=COQ,选项 A 正确；根据圆周运动

3、线速度v=coR,因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项 B 错误；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项 C 错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项 D 错误。3.（多选）火车以 60m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在 10s 内匀速转过了约 10在此 10s 时间内，火车（）A.运动路程为 600m【答案】AD的学员在A点位置，质量为 70kg 的教练员在B点位置，A点的转弯半径为 5.0m,B点的转弯半径为 4.0B.加速度为零C.角速度约为 1rad/sD.转弯

4、半径约为 3.4km【解析】由s=vt知,s=600m,故 A 正确。火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B 错误。由 10s内转过 10知，角速度10360-X2U-兀_-八二3=10rad/s=180rad/s=0.017rad/s,故 C 错庆。由v=r知，r=co60=3.4km,故 D 正确。兀1804.（2018扬州期末）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 60kgnt 学员和教练员（均可视为质点）（A.运动周期之比为 5:4.运动线速度大小之比为C.向心加速度大小之比为 4：5.受到的合力大小之比为15：14【解析】汽车上A、B两点随汽车做

5、匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v=wr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为 5：4,故 A、B 均错误；根据2a=rco2,学员和教练员做圆周运动的半径之比为 5:4,则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5：4,故 C 错误；根据F=ma学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为 5：4,质量之比为6：7,则学员和教练员受到的合力大小之比为15：14,故 D 正确。5.（多选）在光滑水平桌面中央固定一边长为 0.1m 的小正三棱柱abc,俯视如图所示。长度为 L=0.5m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为 m=0.8kg 可视为质点的小球，t=0

6、时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为V0=4m/s。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）。已知细线所能承受的最大张力为 50No 则细线断裂之前（）AEKA.小球的速率逐渐减小B.小球速率保持不变C.小球运动的路程为 0.8 兀 mD.小球运动的位移大小为 0.3m【答案】BCD【解析】细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的2v。一速率保持不变，故 A 错误，B 正确；细线断裂瞬间，拉力大小为 50N,由F=m丁得:0.256m,所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的

7、路程为:（如图所示），以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内彳半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成。角，飞行周期为T。下列说法2vFR=m(jan0=咔,2mvr=F_20.8X4m=50S=3,2兀兀1+3.2兀兀2+3,2兀兀3=2兀 （0.53+0.4+0.3）m=0.8 兀 m,故 C 正确；小球每转120半径减小 0.1m,细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5m-0.2m=0.3m,故 D 正确。6.飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外,还受到重力和机翼的升力，机翼的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v不变,0 增大，则半径

8、R增大B.若飞行速率v不变,0 增大，则周期T增大C.若 0 不变,飞行速率v增大，则半径R增大D.若飞行速率v增大,0 增大，则周期T一定不变【解析】向心力A.若飞行速率正确的是（）mg2兀R可知若飞行速率v不变，0 增大，则半径R减小，由 v=可知周期T减小，选项 A、B 错误；由mgan02v=mR,可知若 9 不变，飞行速率v增大，则半径R增大，选项确定，选项 D 错误。A.一定会落到水平面AE上 B.一定会再次落到圆弧轨道上C.可能会再次落到圆弧轨道上2,.VC 正确；由 mgan0=mR,可知若飞行速率v增大，0 增大，则半径R的变化情况不能确定，由mgan0=RRE；）,可知周期

9、T的变化情况不能I7.有一竖直转轴以角速度 3 匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最大为（）2C.gD.g2co2以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg水平面支持力M绳子拉力F,在竖直方向合力为零,在水平方向所需向心力为mo2R,设绳子与竖直方向的夹角为 0,则有：R=htan0,那么Fcos0+N=mgFsin0=mo2htan0；当球即将离开水平面时，N=0,此时Fcos0=mgFsin0=mgan02g,-=mwhtan0,即h=2。故 A 正确。8.（2019上饶模拟）固定在竖直平

10、面内的光滑圆弧轨道ABCD其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点,DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D,则小通过D点后（）co【答案】A2VD【解析】设小球恰好能够通过最高点D,根据mg=咋，得：VD=qgR,知在最高点的最小速度为fgR小球12R2R经过D点后做平抛运动，根据R=gt2得：t=、一则平抛运动的水平位移为：x=ggR-、/=y2R,知小球一定落在水平面AE上。故 A 正确，B、CD 错误。9.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A,细线的上端固定在金属块B上

11、，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A.金属块B受到桌面的静摩擦力变大B.金属块 B 受到桌面的支持力变小C.细线的张力变大D.小球 A 运动的角速度减小【答案】D【解析】设A、B质量分别为mM,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对B研究，B受到的摩擦力f=Tsin。，对A,有Tsin0=maTcos0=mg解得 a=gtan0,0 变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面

12、的支持力大小不变，应等于（火mg,故 B 错误；细线的拉力 T=g晨，0 变小，T变小，故 C 错误；设细线长为lfUa=gtan0=w2lsincos03=A/：_5 一，9 变小，CO变小，故 D 正确。Ylcos010. （2019 三门峡联考）如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为 2mg当细绳AC和BC均拉直时，/ABC=90,/AC&53,BC=1m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（重力加速度

13、 g=10m/s2,sin53=0.8,A.AC5m/sB.BC5m/sD.BC5.24m/s【答案】B【解析】当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TASinZACB=m）,水平方一,v25向上：TACOSZACBFTB=m丁，由式可得：TA=4mg小球线速度增大时，TA不变，五增大，当BC绳刚要被拉断时，TB=2mg由可解得此时，v=5.24m/s;BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为 a,由TAcosa=mgTACa=m,r=LCsina,可解得，a=60,LAC=m,v=5m/s,故 B 正确。3二、计算题

14、（本大题共 4 小题）11. （2019鞍山调研）用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点。已知圆轨道的半径 R=1m,倾斜轨道CD与水平地面的夹角为 0=37。现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求小球通过倾斜轨道【解析】小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为12对小球由动能TH理可得：mgh=2mvC由几何关系得：h=R-RCos0小球在C而做匀加速直线运动，由位移公式得:1,2L=vCt+2atC

15、D的长度为：L=Rl+c0s9sin0对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin0=ma代入数据联立解得：t=0.7s。12.如图所示，餐桌中心是一个半径为 r=1.5m 的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同C.AC5.24m/sCD的最长时间（结果保留一位有效数字）。0,从最高点到 C 点:【答案】0.7s一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为0.6,与餐桌间的动摩擦因数为科2=0.225,餐桌离地面的高度为 h=0.8 傕设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2。(1)为使物体不滑到餐桌上

16、，圆盘的角速度 3 的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大?(3)若餐桌的半径 R=则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？【答案】(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m【解析】(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有fk1N=mw2r,N=mg联立两式可得 3=2rad/s。(2)由题意可得，当物体滑

17、到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,则a=f=2mg彳导a=科2g=2.25m/s2,物体在餐桌上滑动的初速度V0=wr=3m/s,由运动学公式得0vO2=2as,可得s=2m,由几何关系可得餐桌半径的最小值为R=j2+s2=2.5m。(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt,由题意可得vtV02=2as,由于餐桌半径为 R=业,所以 s=r=1.5m,可得vt=1.5m/s,1设物体做平抛运动的时间为t,则 h=1gt2,2h解得 t=g=0.4s,物体做平抛运动

18、的水平位移为sx=vtt=0.6m,由题意可得 L=s+Sx=2.1m。13.现有一根长 L=1m 的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m0.5kg 的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g=10m/s2。(1)在小球以速度V1=4m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？(2)在小球以速度V2=1m/s 水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少?【答案】(1)3N(2)0.6s(3)273N252_._一V临界.一.一.一一.

19、【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg=m-0，解得v临界=-10m/s。因为VIV临界，所以2VI绳子有拉力且满足m羽丁=m1,解得TI=3N。(2)因为v2v临界，所以绳子无拉力，小球以v2的初速度做平抛运动，设经过时间t后绳子再次伸直,则满足方程x2+(y-L)2=L2其中x=vzt,y=2gt2,解得t=0.6s。(3)当t=0.6s 时，可得 x=0.6m,y=1.8m,小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足 tana=_xT=7,此时速度的水平分量与竖直分量分别为 vx=v2=1m/s,vy=gt=6m/syL4绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，v3=vysinavxcosa=14m/s5接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v,则由动能定理得/21212一.VmgL1cosa)=2mvmv,又 Tmg=nj-,273解得 T=若 N。14.(