2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(十二) 圓周運動 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：勻速圓周運動的描述 1．下列關于勻速圓周運動中向心加速度的說法正確的是 (　　) A．向心加速度表示速率改變的快慢 B．向心加速度表示角速度變化的快慢 C．向心加速度描述線速度方向變化的快慢 D．勻速圓周運動的向心加速度不變 C　[勻速圓周運動中速率不變，向心加速度只改變線速度的方向，顯然A錯誤；勻速圓周運動的角速度是不變的，所以B錯誤；勻速圓周運動中速度的變化只表現(xiàn)為速度方向的變化，作為反映速度變化快慢的物理量，向心加速度只描述速度方向變化的快慢，所以C正確；勻速圓周運動的向心加速度的方向是變化

2、的，所以D錯誤。] 2．(多選)甲、乙兩個做勻速圓周運動的質點，它們的角速度之比為3∶1，線速度之比為2∶3，那么下列說法中正確的是(　　) A．它們的半徑之比為2∶9 B．它們的半徑之比為1∶2 C．它們的周期之比為2∶3 D．它們的周期之比為1∶3 AD　[由v＝ωr，得r＝，故r甲∶r乙＝(v甲ω乙)∶(v乙ω甲)＝2∶9，A正確，B錯誤；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C錯誤，D正確。] 3．(多選)如圖所示為某一皮帶傳動裝置。M是主動輪，其半徑為r1，M′半徑也為r1，M′和N在同一軸上，N和N′的半徑都為r2。已知主動輪做順時針轉動，轉速為n，轉動過程中皮帶不打滑。

3、則下列說法正確的是(　　) A．N′輪做的是逆時針轉動 B．N′輪做的是順時針轉動 C．N′輪的轉速為n D．N′輪的轉速為n BC　[根據(jù)皮帶傳動關系可以看出，N輪和M輪轉動方向相反，N′輪和N輪的轉動方向相反，因此N′輪的轉動方向為順時針，A錯誤，B正確。皮帶與輪邊緣接觸處的速度相等，所以2πnr1＝2πn2r2，得N(或M′)輪的轉速為n2＝，同理2πn2r1＝2πn′2r2，得N′輪轉速n′2＝n，C正確，D錯誤。] 4．如圖所示為自行車的傳動裝置示意圖，已知鏈輪的半徑r1＝10 cm，飛輪的半徑r2＝5 cm，后輪的半徑r3＝30 cm，A、B、C(圖中未畫出)分別為

4、鏈輪、飛輪和后輪邊緣上的點。若腳蹬勻速轉動一圈所需要的時間為1 s，則在自行車勻速前進的過程中，下列說法正確的是(　　) A．鏈輪、飛輪和后輪的角速度大小之比為2∶1∶1 B．A、B、C三點的線速度大小之比為2∶1∶6 C．A、B、C三點的向心加速度大小之比為1∶2∶6 D．自行車前進的速度大小約為13.6 km/h D　[由于鏈輪與飛輪用鏈條傳動，故其邊緣上點的線速度大小相等，而飛輪與后輪是同軸傳動，故其邊緣上點的角速度大小相等。由于ω1r1＝ω2r2，故鏈輪與飛輪的角速度之比為ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，選項A錯誤；由題意可知，A

5、點與B點的線速度大小之比為v1∶v2＝1∶1，由于飛輪與后輪的角速度大小相等，故有＝，解得＝，所以A、B、C三點的線速度大小之比為1∶1∶6，選項B錯誤；向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三點的向心加速度大小之比為1∶2∶12，選項C錯誤；腳蹬勻速轉一圈，后輪要轉兩圈，由v＝可得v＝≈13.6 km/h，選項D正確。] 題組二：水平面內圓周運動的問題 5．火車轉彎時，如果鐵路彎道的內、外軌一樣高，外軌對輪緣(如圖甲所示)擠壓的彈力F提供了火車轉彎的向心力(如圖乙所示)，但是靠這種辦法得到向心力，鐵軌和車輪極易受損。在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌(如圖丙所示)，當火車以規(guī)定

6、的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，以下說法中正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙　　　　　　　丙 A．該彎道的半徑R＝ B．當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度也將改變 C．當火車速率大于v時，外軌將受到輪緣的擠壓 D．當火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓 C　[如圖所示，設軌道平面與水平面間夾角為θ，則重力G＝mg與支持力N的合力提供向心力，mg·tan θ＝m，R＝，A錯誤；v＝，與火車質量無關，B錯誤；當火車速率大于v時，所需向心力增大，外軌對輪緣擠壓提供一部分向心力，當火車速率小于v時，所需向心力減小，內軌對輪緣有擠壓，以此來減小向心

7、力，C正確，D錯誤。 ] 6．(多選)如圖所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用細繩相連的質量均為m的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動摩擦因數(shù)μ相同，當圓盤轉速增大到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　) A．此時繩子張力為3μmg B．此時圓盤的角速度為 C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外 D．此時燒斷繩子，A仍相對圓盤靜止，B將做離心運動 ABC　[由F＝mω2r，mA＝mB，rA＜rB，ωA＝ωB，知FA＜FB，故兩物體剛好未發(fā)生滑動時，A受背離圓心的靜摩擦力，B受指向

8、圓心的靜摩擦力，其大小均為μmg。則有FT－μmg＝mω2r，F(xiàn)T＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝，故選項A、B、C正確；此時燒斷繩子，A所需向心力為F＝mω2r＝2μmg＞Ffmax，所以A將發(fā)生滑動，同理，B將做離心運動，選項D錯誤。] 7．如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是 (　　) A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 D　[根據(jù)題

9、意可知，座椅A和B的角速度相等，A的轉動半徑小于B的轉動半徑，由v＝rω可知，座椅A的線速度比B的小，選項A錯誤；由an＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；座椅受力如圖所示，由牛頓第二定律得mgtan θ＝mrω2，tan θ＝，因座椅A的運動半徑較小，故懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；拉力FT＝，可判斷懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小，選項D正確。 ] 8．(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小球A、B套在半徑為R的圓環(huán)上，圓環(huán)可繞其豎直方向的直徑旋轉，兩小球隨圓環(huán)一起轉動且相對圓環(huán)靜止。已知OA與豎直方向的夾角θ＝53°，OA與OB垂直，小球B與圓環(huán)間恰好

10、沒有摩擦力，重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)旋轉的角速度大小為 B．圓環(huán)旋轉的角速度大小為 C．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg D．小球A與圓環(huán)間摩擦力的大小為mg BD　[小球B與圓環(huán)間恰好沒有摩擦力，則有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛頓第二定律得mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得圓環(huán)旋轉的角速度大小ω＝，選項A正確，B錯誤；對小球A進行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律得，在水平方向上Nsin θ－fcos θ＝mω2Rsin θ，豎直方向上Ncos θ＋fsin θ－

11、mg＝0，解得f＝，選項C錯誤，D正確。 ] 題組三：豎直平面內的圓周運動問題 9．飛機由俯沖到拉起時，飛行員處于超重狀態(tài)，此時座椅對飛行員的支持力大于飛行員所受的重力，這種現(xiàn)象叫過荷。過荷過重會造成飛行員四肢沉重，大腦缺血，暫時失明，甚至昏厥。受過專門訓練的空軍飛行員最多可承受9倍重力的影響。g取10 m/s2，則當飛機在豎直平面上沿圓弧軌道俯沖、拉起的速度為100 m/s時，圓弧軌道的最小半徑為(　　) A．100 m　　　B．111 m　　　C．125 m　　　D．250 m C　[在飛機經過最低點時，對飛行員受力分析，受重力mg和支持力FN，兩者的合力提供向心力，由題意知

12、，當FN＝9mg時，圓弧軌道半徑最小為Rmin。由牛頓第二定律列方程，F(xiàn)N－mg＝m，聯(lián)立解得Rmin＝＝125 m，故選項C正確。] 10．(多選)如圖甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動。小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．圖象的函數(shù)表達式為F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．繩長不變，用質量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D．繩長不變，用質量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變 BD　[小球在最高點

13、時，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A錯誤；當F＝0時，根據(jù)表達式有mg＝m，得g＝＝，故B正確；根據(jù)F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長不變，用質量較小的球做實驗，斜率更小，故C錯誤；當F＝0時，g＝，可知b點的位置與小球的質量無關，繩長不變，用質量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D正確。] 11．(多選)如圖所示，兩個豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側軌道由金屬凹槽制成，右側軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑。在兩軌道右側的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是(　　) A．適當調整hA，可使

14、A球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處 B．適當調整hB，可使B球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處 C．若使小球A沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為 D．若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為 BC　[小球A恰好通過左邊圓弧軌道最高點時，最小速度為，根據(jù)R＝gt2，得t＝，則水平位移x＝＝R＞R，可知調整hA，A球不可能落在軌道右端口處，故A項錯誤。當小球B在軌道最高點的速度v＝＝＝時，小球可以恰好落在軌道右端口處，故B項正確。小球A恰好通過左邊圓弧軌道最高點時，最小速度為，根據(jù)動能定理知，mg(hA－2R)＝mv2，解得最小高度hA＝R，故C項

15、正確。若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，根據(jù)機械能守恒定律得，釋放的最小高度為2R，故D項錯誤。] [考點綜合練] 12．(多選)如圖所示，兩根長度相同的細線分別系有兩個完全相同的小球，細線的上端都系于O點，設法讓兩個小球均在水平面上做勻速圓周運動。已知L1跟豎直方向的夾角為60°，L2跟豎直方向的夾角為30°，下列說法正確的是(　　) A．細線L1和細線L2所受的拉力大小之比為∶1 B．小球m1和m2的角速度大小之比為∶1 C．小球m1和m2的向心力大小之比為3∶1 D．小球m1和m2的線速度大小之比為3∶1 AC　[對任一小球進行研究，設細線與豎直方向的夾角為θ，豎直

16、方向受力平衡，則Tcos θ＝mg，解得T＝，所以細線L1和細線L2所受的拉力大小之比為＝＝，故A正確；小球所受合力的大小為mgtan θ，根據(jù)牛頓第二定律得mgtan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝，故兩小球的角速度大小之比為＝＝，故B錯誤；小球所受合力提供向心力，則向心力為F＝mgtan θ，小球m1和m2的向心力大小之比為＝＝3，故C正確；兩小球角速度大小之比為∶1，由v＝ωr得線速度大小之比為∶1，故D錯誤。] 13．如圖所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內壁做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) A．小球通過最高點時的最小速度vmin＝

17、B．小球通過最高點時的最小速度vmin＝ C．小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力 D．小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 C　[小球沿光滑圓形管道上升，到達最高點的速度可以為零，A、B錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由于重力的方向豎直向下，向心力方向斜向上，必須受外側管壁指向圓心的作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，由于重力有指向圓心的分量，若速度較小，小球可不受外側管壁的作用力，D錯誤。] 14．(2017·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上。物塊質

18、量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 D　[物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg＜2F。 A錯：物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg＜2F。 B錯：小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg

19、＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關系不確定。 C錯：若物塊做圓周運動到達的高度低于P點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－Mv2 則最大高度h＝ 若物塊做圓周運動到達的高度高于P點，則根據(jù)動能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2 則最大高度h＜。 D對：環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝ 故最大速度v＝。] 15．(2019·濰坊調研)如圖所示，一內壁光滑的圓弧形軌道ACB固定在水平地面上，軌道的圓心為O，半徑R＝0.5 m，C為最低點，其中OB水平，∠AOC＝37°，質量m＝2 kg的小球從軌道左側距地面高h

20、＝0.55 m的某處水平拋出，恰好從軌道A點沿切線方向進入圓弧形軌道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球拋出點到A點的水平距離； (2)小球運動到B點時對軌道的壓力大小。 解析：(1)小球做平拋運動， 豎直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2， 解得：t＝0.3 s， 豎直分速度： vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s， 水平分速度： v0＝＝ m/s＝4 m/s， 拋出點距A點的水平距離： L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。 (2)小球從拋出到B點過程，由動能定理得： mg(h－R)

21、＝mv－mv， 在B點，由牛頓第二定律得：F＝m， 解得：F＝68 N， 由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大?。? F′＝F＝68 N。 答案：(1)1.2 m　(2)68 N 高考真題集中練 (教師用書獨具) 1．(多選)(2013·全國卷Ⅱ)公路急轉彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖所示，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為vc時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢。則在該彎道處(　　) A．路面外側高內側低 B．車速只要低于vc，車輛便會向內側滑動 C．車速雖然高于vc，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動 D．當路面結冰時，與未結冰時相比

22、，vc的值變小 AC　[汽車轉彎時，恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，說明公路外側高一些，支持力的水平分力剛好提供向心力，此時汽車不受靜摩擦力的作用，與路面是否結冰無關，故選項A正確，選項D錯誤。當vvc時，支持力的水平分力小于所需向心力，汽車有向外側滑動的趨勢，在摩擦力大于最大靜摩擦力前不會側滑，故選項B錯誤，選項C正確。] 2．(2016·全國卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋

23、放。在各自軌跡的最低點，(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C　[兩球由靜止釋放到運動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LPmQ，則兩球的動能無法比較，選項A、B錯誤；在最低點繩的拉力為F，則F－mg＝m，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項C正確；向心加速度a＝＝2g，選項D錯誤。] 3．(2014·全國卷Ⅱ)如圖所示，一質

24、量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為(　　) A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg C　[設大環(huán)半徑為R，質量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項C正確。選項A、B、D錯誤。] - 12 -