2021新高考物理选择性考试B方案一轮复习课时作业第4章第3讲圆周运动及其应用

第4章第3讲圆周运动及其应用课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～9题为单选，10～11题为多选)1.如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是()A．线速度vA＝vBB．角速度ωA＝ωBC．受到的合力FA合＝FB合D．受到的摩擦力FfA>FfB答案B解析质量相等的A、B两物体随圆筒一起做匀速圆周运动，两者的角速度相等，B正确；根据角速度与线速度的关系v＝ωr，A物体的线速度大于B物体的线速度，A错误；由向心加速度公式a＝ω2r和牛顿第二定律F合＝ma可知，A物体所受的合力大于B物体所受的合力，C错误；在竖直方向，它们所受的摩擦力等于重力，由于二者质量相等，重力相等，所以它们受到的摩擦力相等，D错误。2．(2020·山东泰安一中高三上学期联考)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()A．该弯道的半径r＝eq\f(v2,gsinθ)B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小随之变化C．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压D．当火车以规定速度行驶时，火车只受重力和支持力答案C解析由题可知，当火车以规定的速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，此时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝meq\f(v2,r)，解得弯道的半径r＝eq\f(v2,gtanθ)，A错误；由mgtanθ＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(grtanθ)，可知火车规定的行驶速度与火车质量无关，B错误；当火车行驶速度大于v时，重力和支持力的合力不足以提供火车的向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C正确；当火车以规定速度行驶时，火车不仅受重力和支持力，还受牵引力和摩擦力作用，D错误。3.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是()A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA大于盘对B的动摩擦因数μB答案A解析A、B两物块的角速度大小相等，根据Fn＝mrω2，转动半径相等，质量相等，所以向心力相等，A错误；对AB整体分析，FfB＝2mrω2，对A分析，有：FfA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，可知B有沿半径向外滑动的趋势，C正确；对AB整体分析，μB·2mg＝2mrωeq\o\al(2,B)，解得：ωB＝eq\r(\f(μBg,r))，对A分析，μAmg＝mrωeq\o\al(2,A)，解得ωA＝eq\r(\f(μAg,r))，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，D正确。4.如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径RA＝2RB，A为主动轮。当A轮匀速转动时，在A轮边缘处放置的小木块恰能在A轮的边缘上与A轮相对静止，若将小木块放在B轮上让其相对B轮静止，木块与B轮转轴间的最大距离为()A.eq\f(RB,8) B.eq\f(RB,2)C.RB D.eq\f(RB,4)答案B解析两轮边缘上线速度大小相等，根据题意可知ωARA＝ωBRB，所以ωB＝eq\f(ωARA,RB)＝2ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大静摩擦力相等，则根据最大静摩擦力等于向心力有mωeq\o\al(2,A)RA＝mωeq\o\al(2,B)r，解得r＝eq\f(RAω\o\al(2,A),ω\o\al(2,B))＝eq\f(RA,4)＝eq\f(RB,2)，B正确，A、C、D错误。5．(2019·重庆一诊)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大的距离为()A.eq\f(μgcosθ,ω2) B.eq\f(gsinθ,ω2)C.eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g D.eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g答案C解析当物体转到最低点，所受的静摩擦力达到最大时，物体与转轴间的距离最大，由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D错误，C正确。6．(2019·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，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，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是()答案C解析由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋FNsinθ＝mg，联立解得FT＝mgcosθ＋mω2Lsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mL·ω2。对照四个选项的图象可知C项正确。7.如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N。先后两次让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动。则()A．小球M第二次的位置比第一次时离A点近B．小球M第二次的位置与第一次时相同C．小球N第二次的竖直位置比第一次时高D．小球N第二次的竖直位置比第一次时低答案C解析M球套在直杆上，受力分析如图甲所示，受重力mg和杆的支持力N，设杆AB与水平面夹角为θ，则有mgtanθ＝mω2r，所以当ω变大时r变小，所以小球M第二次位置比第一次离B近，故A、B均错误；小球N套在圆环上，受力分析如图乙，受重力mg和环的支持力FN，则将mg和FN合成，合力提供向心力，有mgtanα＝mω2·Rsinα，其中R为大圆环半径，化简得：ω2＝eq\f(g,Rcosα)，ω变大，cosα变小，α变大，所以小球N第二次位置比第一次高，故C正确，D错误。8．(2020·吉林省白城市十四中高三月考)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间的弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，N­v2图象如图乙所示。下列说法正确的是()A．当地的重力加速度大小为eq\f(R,b)B．小球的质量为eq\f(a,b)RC．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．若c＝2b，则杆对小球的弹力大小为2答案B解析小球在最高点时，若v＝0，则有：N＝mg＝a，若N＝0，则重力提供向心力，有：mg＝meq\f(b,R)，解得：g＝eq\f(b,R)，m＝eq\f(a,b)R，故A错误，B正确；当v2＝c>b时，F合＝meq\f(c,R)>meq\f(b,R)＝mg，故杆对小球的弹力方向向下，故C错误；若c＝2b，则有：N＋mg＝meq\f(2b,R)，解得杆对小球的弹力大小为：N＝mg＝a，故D错误。9．(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机的质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C．旋臂对模型飞机的作用力大小为meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小答案C解析向心力是效果力，模型飞机实际不受向心力作用，A错误；旋臂对模型飞机的作用力的竖直分力与重力mg平衡，水平分力提供其做圆周运动所需的向心力mω2Lsinθ，因mg与mω2Lsinθ的大小关系未知，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；旋臂对模型飞机的作用力大小F＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，C正确，D错误。10.如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)。现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动。细线与竖直方向成60°角(图中P′位置)。两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是()A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变B．小球运动的角速度变大C．细线所受的拉力之比为2∶1D．小球向心力大小之比为3∶1答案BD解析对小球受力分析如图所示，则有T＝eq\f(mg,cosθ)，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，当小球做圆周运动的平面升高时，θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，角速度ω增大，金属块Q受到的静摩擦力等于细线的拉力大小，则后一种情况与原来相比，Q受到桌面的静摩擦力增大，故A错误，B正确。细线与竖直方向成30°角时拉力T1＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2mg,\r(3))，细线与竖直方向成60°角时拉力T2＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，所以T2∶T1＝eq\r(3)∶1，故C错误。细线与竖直方向成30°角时向心力Fn1＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，细线与竖直方向成60°角时向心力Fn2＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，所以Fn2∶Fn1＝3∶1，所以D正确。二、非选择题(本题共3小题，共30分)11.(7分)(2020·山东微山二中高三月考)某同学做验证向心力与线速度关系的实验。装置如图所示，一轻质细线上端固定在拉力传感器上，下端悬挂一小钢球。钢球静止时刚好位于光电门中央。主要实验步骤如下：①用游标卡尺测出钢球直径d；②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F1，用米尺量出线长L；③将钢球拉到适当的高度处释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t，力传感器示数的最大值为F2。已知当地的重力加速度为g，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v＝________，向心力表达式F向＝meq\f(v2,R)＝________；(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F合＝________；(3)若在实验误差允许的范围内F向＝F合，则验证了向心力与线速度的关系。该实验可能的误差有：________________。(写出一条即可)答案(1)eq\f(d,t)eq\f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2))))(2)F2－F1(3)摆线的长度测量有误差解析(1)钢球的直径为d，遮光时间为t，所以通过光电门的速度：v＝eq\f(d,t)，根据题意知，钢球做圆周运动的半径为：R＝L＋eq\f(d,2)，钢球质量：m＝eq\f(F1,g)，向心力表达式：F向＝meq\f(v2,R)＝eq\f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2))))。(2)钢球经过光电门时只受重力和线的拉力，所受合力为：F合＝F2－F1。(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时存在误差，力传感器测得的力存在误差，光电计时器计时存在误差。12．(9分)如图所示，一质量为m＝0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2，求：(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的最大速度不能超过多大？答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\解析(1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg＋F1＝eq\f(mv2,R)①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F1不可能取负值，亦即F1≥0②联立①②得v≥eq\r(gR)代入数值得v≥2m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s。(2)设当小球在最高点的速度为v2＝4m/s时，绳子施加的拉力为F2，由牛顿第二定律有mg＋F2＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，代入数据解得F2＝15N。(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，速度最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F3－mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),R)③将F3＝45N代入③得v3＝4eq\即小球的最大速度不能超过4eq\13．(14分)半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的竖直光滑细轴CC′转动，如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽，质量为mA的物体A放在一个槽内，A与槽底间的动摩擦因数为μ0，质量为mB的物体B放在另一个槽内，此槽是光滑的，A、B间用一长为l(l<R)且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A与槽的侧面之间没有