2024高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动练习含解析新人教版

PAGEPAGE8第3讲圆周运动一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·安徽合肥调研)如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是3︰2，运动方向变更的角度之比是2︰1，则(D)A．二者线速度大小之比为2︰3B．二者角速度大小之比为1︰2C．二者圆周运动的半径之比为1︰3D．二者向心加速度大小之比为3︰1[解析]本题考查依据运动轨迹比较圆周运动相关物理量。线速度v＝eq\f(s,t)，两快艇通过的路程之比为3︰2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为3︰2，故A错误；角速度ω＝eq\f(θ,t)，运动方向变更的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为2︰1，由于运动时间相等，则角速度大小之比为2︰1，故B错误；依据v＝rω得，圆周运动的半径r＝eq\f(v,ω)，则两快艇做圆周运动的半径之比为3︰4，故C错误；依据a＝vω得，向心加速度大小之比为3︰1，故D正确。2．(2024·山东重点中学模拟)如图所示，光滑木板长1m，木板上距离左端O点eq\f(\r(3),2)m处放有一物块，木板可以绕过左端O点垂直纸面的轴转动，起先时木板水安静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动，物块下落正好可以砸在木板的右端，已知重力加速度g＝10m/s2，则木板转动的角速度为(C)A．eq\f(\r(3),6)πrad/s B．eq\f(\r(10),3)πrad/sC．eq\f(\r(10),6)πrad/s D．eq\f(\r(3),3)πrad/s[解析]本题考查圆周运动与直线运动的结合问题。设物块从起先运动到砸在木板的右端，木板转过的角度为α，依据几何学问可知cosα＝eq\f(\r(3),2)，解得α＝eq\f(π,6)，所以物块下落的高度h＝Lsineq\f(π,6)＝0.5m，由h＝eq\f(1,2)gt2，得物块下落时间为t＝eq\f(\r(10),10)s，所以木板转动的角速度ω＝eq\f(α,t)＝eq\f(\r(10),6)πrad/s，C正确。3．(2024·湖北荆州中学、宜昌一中等三校联考)细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动。若要小球不离开桌面，其转速不得超过(D)A．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l)) B．2πeq\r(gh)C．eq\f(1,2π)eq\r(\f(h,g)) D．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))[解析]本题考查圆锥摆模型问题。对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、绳子拉力F。在竖直方向合力为零，在水平方向合力供应向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htanθ，受力分析可知Fcosθ＋N＝mg，Fsinθ＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htanθ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n有最大值，此时n＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,h))，故选D。4．(2024·山西太原模拟)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度为g)(B)A．eq\f(v2,16g) B．eq\f(v2,8g)C．eq\f(v2,4g) D．eq\f(v2,2g)[解析]设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，依据机械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝eq\f(1,2)gt2，求得x＝eq\r(－16R－\f(v2,8g)2＋\f(v4,4g2))，因此当R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。5.(2024·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距离为(C)A．eq\f(μgcosθ,ω2) B．eq\f(gsinθ,ω2)C．eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g D．eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g[解析]本题考查斜面内的圆周运动问题。当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿盘面对上达到最大时，物体与转轴之间的距离最大，由牛顿其次定律得μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D错误，C正确。一题多解：若μ<1，依据物体平衡可知，肯定存在一个大于零小于90°的角度θ使得物体只能在圆心处平衡，即距离为零，又θ为0°时距离不等于零，θ为90°时的状况不存在，可知只有C符合题意。二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。6．(2024·山西部分学校调研)质量为m的小球，用长为L的细线悬挂在O点，O点的正下方P点有一光滑的钉子。把小球拉到与钉子P等高的位置a后由静止释放，小球摆到竖直位置最低点b时，摆线被钉子拦住，如图所示。当小球第一次经过最低点b时(BD)A．小球摇摆的线速度的值减小B．小球摇摆的角速度的值增大C．小球摇摆的向心加速度的值减小D．悬线对小球拉力的值增大[解析]本题考查圆周运动的受力突变问题。小球第一次经过最低点b时，摇摆的线速度的值不会突变，大小不变，选项A错误；因转动半径减小，依据v＝ωr可知，小球摇摆的角速度的值增大，选项B正确；依据a＝eq\f(v2,r)可知，线速度不变，半径减小，则小球摇摆的向心加速度的值变大，选项C错误；依据牛顿其次定律可知T－mg＝ma，则悬线对小球拉力的值增大，选项D正确。7．(2024·重庆巴蜀中学诊断)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动(没发生相对滑动)，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5A．B对A的摩擦力有可能为3μmgB．C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力C．转台的角速度ω有可能恰好等于eq\r(\f(2μg,3r))D．若角速度ω在题干所述基础上接着缓慢增大，则A与B间将最先发生相对滑动[解析]本题考查水平面内圆周运动的临界问题。对A、B整体进行分析，有(3m＋2m)ωeq\o\al(2,1)r≤μ(3m＋2m)g；对物体C，有mωeq\o\al(2,2)(1.5r)≤μmg，对物体A，有3mωeq\o\al(2,3)r≤μ·3mg，联立解得ω≤eq\r(\f(2μg,3r))，即满意不发生相对滑动条件为转台的角速度ω≤eq\r(\f(2μg,3r))，则A与B间的静摩擦力最大值f＝3mω2r＝2μmg，故A错误，C正确。由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力供应向心力，A所受摩擦力fA＝3mω2r，C所受摩擦力fC＝mω2(1.5r)＝1.5mω2r，则C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B正确；据A项分析知，最先发生相对滑动的是物块C，故D项错误。8．(2024·江苏模拟)如图所示，ab是一段长为2R的粗糙水平面，其与物块间的动摩擦因数为μ＝0.5，右端与一固定在竖直面内的S形轨道相切于b点，S形轨道由半径分别为r和R的两个eq\f(1,4)光滑圆弧构成，且R＝2r。圆弧交接处的距离略大于小物块的边长，忽视小物块在进入S形轨道时的能量损失。现质量为m的小物块受到水平恒力F＝mg的作用，自a处从静止起先向右运动至b点撤去外力，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(BC)A．在半径为R的轨道上，小物块处于超重状态B．在b点，小物块对轨道的压力为5mgC．当水平恒力F≥eq\f(3,2)mg时，小物块才能到达S形轨道最高点D．当水平恒力F≥eq\f(3,4)mg时，小物块才能到达S形轨道最高点[解析]本题考查竖直平面内圆周运动的绳模型。在半径为R的轨道上，小物块加速度有向下的重量，处于失重状态，故A错误；由牛顿其次定律得，小物块在ab段的加速度a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(g,2)，小物块在b点的速度v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gR)，故在b点，由牛顿运动定律得，小物块对轨道的压力N＝eq\f(mv2,r)＋mg＝5mg，故B正确；考虑小物块恰好能够到达S形轨道最高点的临界状况，在最高点，重力供应向心力，故mg＝meq\f(v′2,R)，从最低点到最高点过程，依据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg(R＋r)＋eq\f(1,2)mv′2，联立解得v1＝eq\r(8gr)，在ab段须要的加速度a′＝eq\f(v\o\al(2,1),2x)＝eq\f(8gr,4R)＝g，所以须要的水平恒力F′＝μmg＋ma′＝eq\f(3,2)mg，即当F≥eq\f(3,2)mg时小物块才能到达S形轨道最高点，故C正确，D错误。三、非选择题9．(2024·甘肃天水一中质检)某同学用圆锥摆验证向心力公式F＝mRω2。先在一张白纸上以O为圆心画一组同心圆，再将白纸铺在水平桌面上，在O点正上方距桌面高为h处的O1处用铁架台(图中未画出)悬挂一质量为m的小球，设法使小球沿着半径R的圆周运动但恰不与纸面接触。(1)现用刻度尺测得R、h，用天平测得m，用g表示重力加速度，则小球所受的合力F1＝eq\f(mgR,h)。(2)为了测出小球圆周运动的角速度ω，先用停表测得小球完成n次圆周运动共用时t，则由向心力公式F＝mRω2求得小球做圆周运动的向心力F2＝meq\f(4π2n2R,t2)代入数值，验证F1＝F2是否成立。[解析](1)设摆线与竖直方向的夹角为α，则有tanα＝eq\f(R,h)，小球做圆周运动中所受合力的表达式为F1＝mgtanα＝eq\f(mgR,h)。(2)小球做圆周运动的周期为T＝eq\f(t,n)，向心加速度的表达式为an＝eq\f(4π2R,T2)＝eq\f(4π2n2R,t2)，小球做圆周运动的向心力F2＝man＝meq\f(4π2n2R,t2)，所以若能大致满意F1＝F2，就可达到粗略验证向心力表达式的目的。10.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\r(3)m/s[解析](1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿其次定律得mg＋F1＝eq\f(mv2,R)①由于轻绳对小球只能供应指向圆心的拉力，即F1不行能取负值，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，由牛顿其次定律有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，由牛顿其次定律得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\11．(2024·沈阳模拟)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θ＝37°，现将一小球以肯定的初速度从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，sin