【物理】2020届一轮复习人教版圆周运动及其应用课时作业 4页

‎2020届一轮复习人教版 圆周运动及其应用 课时作业 一、单项选择题 ‎1.(2019·浙江模拟)自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器,变速器通过改变链条的位置,使链条连到不同的齿轮上而改变速度。自行车的部分构造如图所示,下列有关说法不正确的是(　　)‎ A.自行车骑行时,后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等 B.自行车拐弯时,前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等 C.自行车上坡时,理论上采用中轴链轮最小挡,飞轮最大挡 D.自行车骑行时,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等 ‎2.如图所示,用一根细绳一端系一个小球,另一端固定,给小球不同的初速度,使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动,则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是(　　)‎ ‎3.(2019·黑龙江哈尔滨质检)如图所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 kg的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为(　　)‎ A.5 N B. N C.15 N D.10 N 二、多项选择题 ‎4.(2018·天津和平模拟)如图所示,在光滑水平面上,钉有两个钉子A和B,一根长细绳的一端系一个小球,另一端固定在钉子A上,开始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置),且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上,现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动,使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放,在绳子完全被释放后与释放前相比,下列说法正确的是(　　)‎ A.小球的速度变大 B.小球的角速度变小 C.小球的向心加速度变小 D.细绳对小球的拉力变大 ‎5.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型,如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动,其中O、O'分别为两轮盘的轴心。已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙=3∶1,且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B,两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同,两滑块距离轴心O、O'的间距RA=2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来,且转速逐渐增加,则下列叙述正确的是(　　)‎ A.滑块A和B在与轮盘相对静止时,角速度之比为ω甲∶ω乙=1∶3‎ B.滑块A和B在与轮盘相对静止时,向心加速度之比为aA∶aB=2∶9‎ C.转速增加后,滑块B先发生滑动 D.转速增加后,两滑块一起发生滑动 三、非选择题 ‎6.(2018·湖南六校联考)如图所示的水上乐园的设施由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。圆形滑道外侧半径r=2 m,圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B'相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行。水面离水平滑道高度h=5 m。现游客从滑道A点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)起滑点A至少离水平滑道多高?‎ ‎(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度l=5 m的安全气垫MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少?‎ ‎7.小明站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图所示。已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为d,重力加速度为g,忽略手的运动半径和空气阻力。‎ ‎(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2;‎ ‎(2)求绳能承受的最大拉力;‎ ‎(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应是多少?最大水平距离为多少?‎ ‎17　圆周运动及其应用 ‎1.B　解析同线传动线速度相等;同轴传动角速度相等,可知:后轮边缘点与飞轮为同轴,故角速度相等,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等,故A、D正确;自行车拐弯时,前后轮路程不等,轮缘线速度不等,故B错误;上坡时,需要省力,理论上采用中轴链轮最小挡,飞轮最大挡,故C正确。‎ ‎2.A　解析设细绳长度为l,小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ,则有细绳拉力为F,有Fsinθ=mω2lsinθ,得F=mω2l,选项A正确;mgtanθ=mω2lsinθ,得h=lcosθ=,选项B错误;小球的向心加速度a=ω2lsinθ,选项C错误;小球的线速度v=ωlsinθ,选项D错误。‎ ‎3.A　解析小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=m;当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2FTcos30°=m,解得FT=mg=5N,故选项A正确。‎ ‎4.BC　解析在绳子完全被释放后与释放前相比,小球所受的拉力与速度垂直,不改变速度大小,故A错误;由v=ωr,v不变,r变大,则角速度ω变小,故B正确;小球的加速度a=,v不变,r变大,则a变小,故C正确;细绳对小球的拉力F=ma=m,v不变,r变大,则F变小,故D错误。‎ ‎5.ABC　解析假设轮盘乙的半径为R,由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等,有ω甲·3R=ω乙R,得ω甲∶ω乙=1∶3,所以滑块相对轮盘滑动前,A、B的角速度之比为1∶3,A正确;滑块相对轮盘滑动前,根据an=ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB=2∶9,B正确;据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为=μmAg、=μmBg,最大静摩擦力之比为=mA∶mB,滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为'∶'=(mAaA)∶(mBaB)=mA∶(4.5mB),综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力,先开始滑动,C正确,D错误。‎ ‎6.解析(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有mg=m ①‎ 从A到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得mgh1=mv2+mg·2r ②‎ 解得h1=r=5m。 ③‎ ‎(2)落在M点时抛出速度最小,从A到C由机械能守恒定律得 mgh1= ④‎ v1==10m/s⑤‎ 水平抛出,由平抛运动规律可知 h=gt2 ⑥‎ 得t=1s 则s1=v1t=10m 落在N点时s2=s1+l=15m 则对应的抛出速度v2==15m/s⑧‎ 由mgh2=‎ 得h2==11.25m 安全滑下点A距水平滑道高度范围为 ‎5m≤h≤11.25m。 ⑨‎ 答案(1)5 m　(2)5 m≤h≤11.25 m ‎7.解析(1)设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律得 竖直方向d=gt2‎ 水平方向d=v1t 解得v1=‎ 在竖直方向上有=2gd,则 ‎=2gd 解得v2=。‎ ‎(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT,这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为r=d 对小球在最低点由牛顿第二定律得 FT-mg=‎ 解得FT=mg。‎ ‎(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变。由牛顿第二定律得 FT-mg=‎ 解得v3=‎ 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,水平位移为x,时间为t1,则 竖直方向d-l=‎ 水平方向x=v3t1‎ 解得x=4‎ 当l=时,x有极大值,xmax=d。‎ 答案(1)　(2)mg　(3)d