2019屆高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力 課時作業(yè)12 圓周運動.doc
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課時作業(yè)（十二）圓周運動 [基礎小題練] 1．如圖所示，一偏心輪繞垂直紙面的軸O勻速轉動，a和b是輪上質量相等的兩個質點，則偏心輪轉動過程中a、b兩質點( ) A．角速度大小相同 B．線速度大小相同 C．向心加速度大小相同 D．向心力大小相同 【解析】同軸轉動角速度相等，A正確；由于兩者半徑不同，根據(jù)公式v＝ωr可得兩點的線速度不同，B錯誤；根據(jù)公式a＝ω2r，角速度相同，半徑不同，所以向心加速度不同，C錯誤；根據(jù)公式F＝ma，質量相同，但是加速度不同，所以向心力大小不同，D錯誤． 【答案】 A 2．(2018甘肅河西五市聯(lián)考)利用雙線可以穩(wěn)固小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動而不易偏離豎直面，如圖所示，用兩根長為L的細線系一質量為m的小球，兩線上端系于水平橫桿上，A，B兩點相距也為L，若小球恰能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，則小球運動到最低點時，每根細線承受的張力為( ) A．2mg B．3mg C．2.5mg D．mg 【解析】 小球恰好過最高點時有mg＝，解得v1＝，根據(jù)動能定理得mgL＝mv－mv，由牛頓第二定律得T－mg＝m，聯(lián)立得T＝2mg，故A正確，B、C、D錯誤． 【答案】 A 3．如圖為某一皮帶傳動裝置．主動輪的半徑為r1，從動輪的半徑為r2.已知主動輪做順時針轉動，轉速為n1，轉動過程中皮帶不打滑．下列說法正確的是( ) A．從動輪做順時針轉動 B．從動輪做逆時針轉動 C．從動輪邊緣線速度大小為n1 D．從動輪的轉速為n1 【解析】 主動輪沿順時針方向轉動時，傳送帶沿M→N方向運動，故從動輪沿逆時針方向轉動，故A錯誤，B正確；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝n1，從動輪邊緣線速度大小v＝2πn2r2＝2πn1r1，故C、D錯誤． 【答案】 B 4.(2018山東青島市即墨一中高三上學期期中)如圖所示，甲、乙圓盤的半徑之比為1∶2，兩水平圓盤緊靠在一起，乙靠摩擦隨甲不打滑轉動．兩圓盤上分別放置質量為m1和m2的小物體，m1＝2m2，兩小物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)相同．m1距甲盤圓心為r，m2距乙盤圓心為2r，此時它們正隨圓盤做勻速圓周運動．下列判斷正確的是( ) A．m1和m2的線速度之比為1∶4 B．m1和m2的向心加速度之比為2∶1 C．隨轉速慢慢增加，m1先開始滑動 D．隨轉速慢慢增加，m2先開始滑動 【解析】 甲、乙兩輪子邊緣上的各點線速度大小相等，有：ω1R＝ω22R，則得ω1∶ω2＝2∶1，所以物塊相對圓盤開始滑動前，m1與m2的角速度之比為2∶1.根據(jù)公式：v＝ωr，所以：＝＝，故A錯誤．根據(jù)a＝ω2r得：m1與m2的向心加速度之比為 a1∶a2＝(ωr)∶(ω2r)＝2∶1，故B正確．根據(jù)μmg＝mrω2＝ma知，m1先達到臨界角速度，可知當轉速增加時，m1先開始滑動，故C正確，D錯誤． 【答案】 BC 5.如圖所示，水平放置的圓筒可以繞中心軸線勻速轉動，在圓筒上的直徑兩端有兩個孔A、B，當圓筒的A孔轉到最低位置時，一個小球以速度v0射入圓筒，圓筒的半徑為R，要使小球能夠不碰到筒壁首次離開圓筒，則圓筒轉動的角速度可能為(已知重力加速度大小為g)( ) A.，n＝1,2,3，… B.，n＝1,2,3，… C.，n＝1,2,3，… D.，n＝1,2,3，… 【解析】 若小球上升最大高度小于圓筒直徑，小球從A孔離開，則豎直上拋時間為t＝＝，n＝1,2,3，…，ω＝，A正確；若小球上升最大高度小于圓筒直徑，從B孔離開，則有t＝＝，n＝1,2,3，…，ω＝，B正確；若小球上升最大高度大于直徑，從B孔離開，小球經(jīng)過圓筒時間為t，則有2R＝v0t－，圓筒轉動時間為t＝，n＝1,2,3，…，解得ω＝，C正確；若小球上升最大高度大于直徑，從A孔離開，則圓筒轉動時間為t＝，n＝1,2,3，…，解得ω＝，D錯誤． 【答案】 ABC 6．(2018開封高三模擬)在離心澆鑄裝置中，電動機帶動兩個支承輪同向轉動，管狀模型放在這兩個輪上靠摩擦轉動，如圖所示，鐵水注入之后，由于離心作用，鐵水緊緊靠在模型的內(nèi)壁上，從而可得到密實的鑄件，澆鑄時轉速不能過低，否則，鐵水會脫離模型內(nèi)壁，產(chǎn)生次品．已知管狀模型內(nèi)壁半徑為R，則管狀模型轉動的最低角速度ω為( ) A. B． C. D．2 【解析】 最易脫離模型內(nèi)壁的位置在最高點，轉動的最低角速度ω對應鐵水在最高點受內(nèi)壁的作用力為零，即mg＝mω2R，得：ω＝，A正確． 【答案】 A [創(chuàng)新導向練] 7．生活實際——圓周運動中的自行車問題 雨天在野外騎車時，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“沉重”．如果將自行車后輪撐起，并離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉動，泥巴就被甩下來．如圖所示，圖中a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則( ) A．泥巴在圖中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度 B．泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來 C．泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來 D．泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來 【解析】 當后輪勻速轉動時，由a＝Rω2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤．在角速度ω相同的情況下，泥巴在a點有Fa＋mg＝mω2R，在b、d兩點有Fbd＝mω2R，在c點有Fc－mg＝mω2R，所以泥巴與輪胎在c位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B、D錯誤，C正確． 【答案】 C 8．生活實際——通過“過山車”考查圓周運動最高點的臨界問題 如圖所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖(由上、下、側三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是( ) A．甲圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力 B．乙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力 C．丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力 D．丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為 【解析】 在甲圖中，當速度比較小時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg－FN＝m，即座椅給人施加向上的力，當速度比較大時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅給人施加向下的力，故A錯誤；在乙圖中，因為合力指向圓心，重力豎直向下，所以安全帶給人一定是向上的力，故B正確；在丙圖中，當軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，合力方向向上，重力豎直向下，則座椅給人的作用力一定豎直向上，故C正確；在丁圖中，由于軌道車有安全鎖，可知軌道車在最高點的最小速度為零，故D錯誤． 【答案】 BC 9．高新科技——圓周運動中的運動學問題應用實例 某計算機讀卡系統(tǒng)內(nèi)有兩個圍繞各自固定軸勻速轉動的鋁盤A、B，A盤固定一個信號發(fā)射裝置P，能持續(xù)沿半徑向外發(fā)射紅外線，P到圓心的距離為28 cm.B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為16 cm.P、Q轉動的線速度均為4π m/s.當P、Q正對時，P發(fā)出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖所示，則Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值為( ) A．0.42 s B．0.56 s C．0.70 s D．0.84 s 【解析】 P的周期TP＝＝ s＝0.14 s，同理Q的周期TQ＝＝ s＝0.08 s，而經(jīng)過的時間應是它們周期的整數(shù)倍，因此B項正確． 【答案】 B 10．科技生活——汽車后備箱升降學問 汽車后備箱蓋一般都配有可伸縮的液壓桿，如圖甲所示，其示意圖如圖乙所示，可伸縮液壓桿上端固定于后蓋上A點，下端固定于箱內(nèi)O′點，B也為后蓋上一點，后蓋可繞過O點的固定鉸鏈轉動，在合上后備箱蓋的過程中( ) A．A點相對O′點做圓周運動 B．A點與B點相對于O點轉動的線速度大小相等 C．A點與B點相對于O點轉動的角速度大小相等 D．A點與B點相對于O點轉動的向心加速度大小相等 【解析】 在合上后備箱蓋的過程中，O′A的長度是變化的，因此A點相對O′點不是做圓周運動，A錯誤；在合上后備箱蓋的過程中，A點與B點都是繞O點做圓周運動，相同的時間繞O點轉過的角度相同，即A點與B點相對O點的角速度相等，但是OB大于OA，根據(jù)v＝rω，所以B點相對于O點轉動的線速度大，故B錯誤，C正確；根據(jù)向心加速度a＝rω2可知，B點相對O點的向心加速度大于A點相對O點的向心加速度，故D錯誤． 【答案】 C [綜合提升練] 11.物體做圓周運動時所需的向心力F需由物體運動情況決定，合力提供的向心力F供由物體受力情況決定，若某時刻F需＝F供，則物體能做圓周運動；若F需＞F供，物體將做離心運動；若F需
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