物理大一轮复习课时规范训练第章第节圆周运动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时规范训练［基础巩固题组]1．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（)A．P、Q两点的角速度大小相等B．P、Q两点的线速度大小相等C．P点的线速度比Q点的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选A.P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对．根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等,选项B错．Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错．P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用,二者的合力是圆周运动的向心力,我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力,选项D错．2。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,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运动解析：选A。若拉力突然消失，小球将沿切线Pa做离心运动，A正确；若拉力突然变小，小球将沿Pb做离心运动，而拉力变大时，小球应沿Pc做近心运动,故B、C、D均错误．3.如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6400km，地面上行驶的汽车重力G＝3×104N,在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是（)A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3×104NC．不论汽车的行驶速度如何,驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉解析：选C。汽车的速度越大，则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项C正确A、B错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项D错误．4．风速仪结构如图（a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b）所示，则该时间段内风轮叶片（)A．转速逐渐减小，平均速率为eq\f（4πnr,Δt）B．转速逐渐减小，平均速率为eq\f(8πnr，Δt）C．转速逐渐增大，平均速率为eq\f(4πnr,Δt)D．转速逐渐增大，平均速率为eq\f（8πnr,Δt）解析：选B.从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，Δt时间内有4个挡光时间,所以Δt时间内风轮转过的弧长为2πrn×4,平均速率v＝eq\f（8πnr，Δt）,B正确．5．某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P,能持续沿半径向外发射红外线,P到圆心的距离为28cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm.P、Q转动的线速度均为4πm/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示,则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为(）A．0.42s B．0.56sC．0.70s D．0。84s解析：选B。由线速度和周期关系T＝eq\f(2πR,v)可得TP＝eq\f（2π×0。28,4π）s＝0。14s,TQ＝eq\f（2π×0.16，4π）s＝0.08s，设该时间的最小值为t,则该t是两个周期数值的最小公倍数，即t＝0.56s，选项B正确．6。如图所示，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:（1）若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？（2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．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(5,2)eq\r（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得:mgtanα＝mω′2lsinα解得：ω′2＝eq\f(g,lcosα)，即ω′＝eq\r（\f(g,lcosα))＝2eq\r(5）rad/s。答案：(1)eq\f(5,2)eq\r（2)rad/s(2)2eq\r（5)rad/s[综合应用题组］7.(多选）公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．在该弯道处（）A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小解析：选AC。类比火车转弯时的运动和受力情况．当汽车的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此时汽车只受重力和支持力,这两个力的合力提供向心力，故路面一定是外高内低,构成一个斜面，A正确．当车速在低于vc的一定范围内时，车所需向心力减小，具有向内侧滑动的趋势，但不一定滑动，故B错误．同理，当车速在高于vc的一定范围内，车辆有向外侧滑动的趋势，当车速高于某个速度值时，汽车受到的摩擦力达到最大静摩擦力，汽车便会向外侧滑动,故C正确．路面结冰时，最大静摩擦力减小，vc值不变，D错误．8。（多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1。5A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足ω≤eq\r（\f(μg，r)）D．转台的角速度一定满足ω≤eq\r（\f（2μg,3r））解析：选BD。对A受力分析,受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力,有f＝(3m）ω2r≤μ(3m)g，故选项A错误，B正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)ω2r≤μ（3m）g，解得ω≤eq\r（\f（μg,r））；对AB整体有(3m＋2m）ω2r≤μ(3m＋2m）g,解得ω≤eq\r(\f(μg,r));对C有mω2（1.5r）≤μmg，解得ω≤eq\r（\f(2μg,3r））.选项C错误,D正确．9．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱"，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是（)A．旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B。旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力,即mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f（g,r)），即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．10．（多选）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω＞eq\r（\f(gcotθ,l）)，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析:选AC。对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝eq\f(mg,sinθ)，为定值，A正确，B错误；当Tacosθ＝mω2l⇒ω＝eq\r（\f（gcotθ，l））时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确；由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误．11．（多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧,直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10m/s2，π＝3。14），则赛车(）A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5。63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5。58s解析：选AB.要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f＝2.25mg＝meq\f(v2,r）可知,通过小弯道的速度v1＝30m/s，通过大弯道的速度v2＝45m/s,故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A、B正确;如图所示,由几何关系可得AB长x＝eq\r(L2－R－r2)＝50eq\r（3)m，故在直道上的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,2）－v\o\al（2,1),2x）＝eq\f(452－302,2×50\r(3）)m/s2≈6.5m/s2,选项C错误；由sineq\f（θ，2)＝eq\f(x,L）＝eq\f（\r（3),2）可知，小圆弧对应的圆心角θ＝eq\f（2π,3），故通过小圆弧弯道的时间t＝eq\f（θr,v1)＝eq\f(2πr,3v1)＝eq\f(2×3.14×40，3×30)s＝2。79s,选项D错误．12．如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始,容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水,以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10m/s2）(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？（2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？（3)当圆盘的角速度为1.5π时,第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2m，求容器的加速度a.解析：(1）离开容器后,每一滴水在竖直方向上做自由落体运动，则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝eq\r（\f（2h，g))＝1s。(2）要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上,则圆盘在1s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数．由ωt＝kπ得ω＝kπeq\r(\f（g,2h）)＝kπ，其中k＝1，2，3，…。(3）第二滴水离O点的距离为x1＝eq\f(1，2)at2＋(at）t＝e