2023版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力第3讲圆周运动课后限时训练新人教版必修2

PAGEPAGE2圆周运动一、选择题(此题共8小题，1～4题为单项选择，5～8题为多项选择)1．(2022·山东潍坊模拟)如下图，质量为m的小球(可看做质点)在竖直放置的半径为R的固定光滑圆环轨道内运动。假设小球通过最高点时的速率为v0＝eq\r(gR)，以下说法中正确的选项是eq\x(导学号51342437)(AC)A．小球在最高点时只受重力作用B．小球在最高点对圆环的压力大小为mgC．小球在最高点时重力的瞬时功率为mgeq\r(gR)D．小球绕圆环运动一周的时间大于2πR/v0[解析]由F向心＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，代入得F向心＝mg，说明小球在最高点只受重力作用，A项正确，B项错误；根据功率的定义式P＝Fvcosθ，小球在最高点时，力与速度垂直，故重力的瞬时功率为零，C项正确；根据机械能守恒定律知，小球在最高点的速率最小，小球全过程运动的平均速率大于v0，由T＝eq\f(2πr,v)知，小球运动一周的时间小于eq\f(2πR,v0)，D项错误。2．如下图，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦转动，两轮的半径R︰r＝2︰1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；假设改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，那么eq\x(导学号51342438)(C)A．eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(1,2) B．eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),1)C．eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1) D．eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)[解析]根据题述，a1＝ωeq\o\al(2,1)r，ma1＝μmg；联立解得μg＝ωeq\o\al(2,1)r。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r联立解得eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(\r(2),2)，选项A、B错误；ma＝μmg，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,1)，选项C正确，D错误。3．(2022·陕西省西安地区八校高三年级联考)如下图，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，假设给小物块一水平速度v0＝eq\r(2gR)，那么小物块eq\x(导学号51342439)(C)A．将沿半圆柱形物体外表滑下来B．落地时水平位移为eq\r(2)RC．落地速度大小为2eq\r(gR)D．落地时速度方向与水平地面成60°角[解析]设小物块在半圆柱形物体顶端做圆周运动的临界速度为vc，那么重力刚好提供向心力时，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,c),R)，解得vc＝eq\r(gR)，因为v0>vc，所以小物块将离开半圆柱形物体做平抛运动，A错误；小物块做平抛运动时竖直方向R＝eq\f(1,2)gt2，那么水平位移为x＝v0t，解得x＝2R，B错误；小物块落地时竖直方向分速度大小为vy＝gt，解得vy＝eq\r(2gR)，那么落地时速度的大小为v＝2eq\r(gR)，速度与水平地面成45°夹角，C正确，D错误。4．(2022·山东省青岛模拟)一水平放置的木板上放有砝码，砝码与木板间的摩擦因数为μ，如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设运动中木板始终保持水平，砝码始终没有离开木板，那么以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342440)(C)A．在通过轨道最高点时砝码处于超重状态B．在经过轨道最低点时砝码所需静摩擦力最大C．匀速圆周运动的速度小于eq\r(μgR)D．在通过轨道最低点和最高点时，砝码对木板的压力之差为砝码重力的6倍[解析]在通过轨道最高点时，向心加速度竖直向下，是失重，故A项错误；木板和砝码在竖直平面内做匀速圆周运动，那么所受合外力提供向心力，砝码受到重力G，木板支持力FN和静摩擦力Ff，由于重力G和支持力FN在竖直方向上，因此只有当砝码所需向心力在水平方向上时静摩擦力有最大值，此位置是当木板和砝码运动到与圆心在同一水平面上时的位置，最大静摩擦力必须大于或等于砝码所需的向心力，即μFN≥meq\f(v2,R)，此时在竖直方向上FN＝mg，故v≤eq\r(μgR)，故B项错误，C项正确；在最低点，FN1－mg＝meq\f(v2,R)，在最高点，mg－FN2＝meq\f(v2,R)，那么FN1－FN2＝2meq\f(v2,R)，故D项错误。5．(2022·浙江杭州五校联盟二诊)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如下图，假设物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，那么物体在最低点时的eq\x(导学号51342441)(AD)A．向心加速度为eq\f(v2,r) B．向心力为m(g＋eq\f(v2,r))C．对球壳的压力为eq\f(mv2,r) D．受到的摩擦力为μm(g＋eq\f(v2,r))[解析]物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为r，向心加速度为an＝eq\f(v2,r)，故A正确。根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力Fn＝meq\f(v2,r)，故B错误。根据牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(v2,r)，得到金属球壳对物体的支持力N＝m(g＋eq\f(v2,r))，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N′＝m(g＋eq\f(v2,r))，故C错误。物体在最低点时，受到的摩擦力为f＝μN′＝μm(g＋eq\f(v2,r))，故D正确。6．(2022·河北石家庄质检)如下图，长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B，球A距轴O的距离为L。现给系统一定能量，使杆和球在竖直平面内转动。当球B运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力，重力加速度为g，那么球B在最高点时，以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342442)(CD)A．球B的速度为零 B．球B的速度为eq\r(2gL)C．球A的速度为eq\r(2gL) D．杆对球B的弹力方向竖直向下[解析]水平转轴O对杆的作用力为零，这说明A、B对杆的作用力是一对平衡力，由于A所受杆的弹力必竖直向上，故B所受杆的弹力必竖直向下，且两力大小相等，D正确。对A球有F－mg＝mω2L，对B球有F＋mg＝mω2·2L，由以上两式解得ω＝eq\r(\f(2g,L))，那么A球的速度vA＝ωL＝eq\r(2gL)，C正确；B球的速度vB＝ω·2L＝2eq\r(2gL)，A、B错误。7．(2022·广东深圳月考)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，以下判断正确的选项是eq\x(导学号51342443)(BD)A．图象函数表达式为F＝meq\f(v2,l)＋mgB．重力加速度g＝eq\f(b,l)C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D．绳长不变，用质量较小的球做实验，b值不变[解析]由受力分析得F＝meq\f(v2,l)－mg，故A错误；由图象可知，当F＝0时，mg＝meq\f(v2,l)，即v2＝gl，得g＝eq\f(b,l)，B正确；结合图象和上式可知，图象的斜率k＝eq\f(m,l)，所以m减小，斜率减小，C错误。b＝gl，当m减小时，b值不变，D正确。8．(2022·江苏盐城中学月考)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。如下图，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成θ角。设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，容器内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，那么以下说法中正确的选项是eq\x(导学号51342444)(BC)A．Ta一定为零，Tb一定为零 B．Ta可以为零，Tb可以为零C．Na一定不为零，Nb可以为零 D．Na可以为零，Nb可以为零[解析]对甲图中的小球受力分析，小球所受的重力与支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Ta可以为零，假设Na等于零，那么小球所受的重力与绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以Na一定不为零；对乙图中的小球受力分析，假设Tb为零，那么小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Tb可以为零，假设Nb等于零，那么小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以Nb可以为零；故B、C正确，A、D错误。二、非选择题9．(2022·新课标全国Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧局部的半径为R＝0.20m)。eq\x(导学号51342445)图(a)图(b)完成以下填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为__1.40__kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；屡次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：序号12345m/(kg)1.801.751.851.751.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为__7.9__N；小车通过最低点时的速度大小为__1.4__m/s。(重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保存2位有效数字)[解析](2)根据托盘秤指针可知量程是10kg，指针所指示数为1.40kg。(4)记录的托盘秤各次示数并不相同，为减小误差，取平均值，即m＝1.81kg。而模拟器的重力为G＝m′g＝9.8N，所以，小车经过凹形桥最低点的压力为mg－mg′≈7.9N。根据径向合力提供向心力即7.9N－(1.4kg－1kg)×9.8N/kg＝(1.4kg－1kg)eq\f(v2,R)，整理可得v≈1.4m/s。10.如下图，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT。(g取10m/s2，结果可用根式表示)求：eq\x(导学号51342446)(1)假设要小球离开锥面，那么小球的角速度ω0至少为多大？(2)假设细线与竖直方向的夹角为60°，那么小球的角速度ω′为多大？[答案](1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s[解析](1)假设要小球刚好离开锥面，那么小球只受到重力和细线拉力，如下图，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ解得：ωeq\o\al(2,0)＝eq\f(g,lcosθ)即ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式mgtanα＝mω′2lsinα解得：ω′2＝eq\f(g,lcosα)，即ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s11．(2022·山西太原五中第一次联考)物体做圆周运动时所需的向心力F需由物体运动情况决定，合力提供的向心力F供由物体受力情况决定。假设某时刻F需＝F供，那么物体能做圆周运动；假设F需>F供，物体将做离心运动；假设F需<F供，物体将做近心运动。现有一根长L＝0.5m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝1kg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，如下图。不计空气阻力，g取10m/s2，求：eq\x(导学号51342447)(1)在小球以速度v1＝5m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力大小；(2)在小球以速度v2＝1m/s水平抛出的瞬间，绳中假设有张力，求其大小；假设无张力，试求轻绳再次伸直时所经历的时间。[答案](1)40N(2)绳中无张力，绳子再次伸直