2024高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用课时作业含解析新人教版_第1页
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PAGE9-第3讲圆周运动及其应用时间: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;依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和牛顿其次定律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.(2024·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.当火车质量变更时,规定的行驶速度大小随之变更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供应向心力,依据牛顿其次定律得: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供应火车的向心力,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,依据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,依据题意可知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,则依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.(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。6.(2024·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变更的图象是()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,依据牛顿其次定律有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,依据牛顿其次定律有FTsinα=mω2Lsinα,解得FT=mLω2。比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其次次的位置比第一次时离A点近B.小球M其次次的位置与第一次时相同C.小球N其次次的竖直位置比第一次时高D.小球N其次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其次次位置比第一次离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,合力供应向心力,有mgtanα=mω2Rsinα,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其次次位置比第一次高,故C正确,D错误。8.(2024·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,则重力供应向心力,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.(2024·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“欢乐飞机”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绕中心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肯定与旋臂垂直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,水平分力供应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肯定与旋臂垂直,B错误;旋臂对模型飞机的作用力大小F=eq\r((mg)2+(mω2Lsinθ)2)=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)。两种状况下,金属块Q都静止在桌面上的同一点,则后一种状况与原来相比较,下面推断正确的是()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上升时,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,则后一种状况与原来相比,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。11.(2024·广东茂名一中等五校联考)傣族人民手中常常拿着鼓状能转的装置叫做“转经筒”,又称“玛尼”。把经文放在转经筒里,转经筒每转动一周等于念诵经文一遍。某人制作了新式的转经筒如图所示,筒呈圆锥状,且在顶端左右系着两段一长一短的绳子,绳子的另一端挂着相同的小球,圆锥筒缓慢加速转动,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.当角速度达到肯定值的时候,两个球肯定同时离开圆锥筒B.当角速度渐渐增大,肯定是低的那个球先离开圆锥筒C.两个球都离开圆锥筒后,它们肯定高度相同D.两个球都离开圆锥筒后,两段绳子的拉力肯定相同答案BC解析当小球刚离开圆锥筒时,设绳子与竖直方向的夹角为θ,依据牛顿其次定律有:mgtanθ=mLsinθ·ωeq\o\al(2,0),离开圆锥筒时的临界角速度ω0=eq\r(\f(g,Lcosθ)),θ相同,可知绳子长的临界角速度较小,所以当角速度渐渐增大,肯定是低的那个球先离开圆锥筒,A错误,B正确;两个球都离开圆锥筒后,设绳子与竖直方向的夹角为α,两球的角速度相同,依据ω=eq\r(\f(g,Lcosα))知,Lcosα相同,即它们的高度相同,C正确;两个球都离开圆锥筒后,由于Lcosα相同,绳长不同,则两段绳子与竖直方向的夹角α不同,依据平行四边形定则知,两段绳子的拉力不同,D错误。二、非选择题(本题共2小题,共23分)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\r(2)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\r(2)m/s即小球的最大速度不能超过4eq\r(2)m/s。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)且不行伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A与槽的侧面之间没有作用力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,试求:

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