全国版2021高考物理一轮复习专题四曲线运动考点3圆周运动问题的分析与求解精练含解析 7页

考点3 圆周运动问题的分析与求解 ‎1.[2020江西宜春检测]A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们(　　)‎ A.线速度大小之比为4∶3 ‎ B.角速度大小之比为3∶4 ‎ C.圆周运动的半径之比为2∶1 ‎ D.向心加速度大小之比为1∶2 ‎ ‎2.[2020湖南郴州质量检测]如图所示,ABC为竖直平面内的金属半圆环,AC连线水平,一直金属棒固定在A、B两点间,在直金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N,现让半圆环绕对称轴以角速度ω匀速转动,半圆环的半径为R,小环M、N的质量均为m,棒和半圆环均光滑,已知重力加速度的大小为g,小环可视为质点,忽略空气阻力,则M、N两环做匀速圆周运动的线速度大小的比值为(　　)‎ A.gR‎2‎ω‎4‎‎-‎g‎2‎　　　　　B.‎g‎2‎‎-‎R‎2‎ω‎4‎g C.gg‎2‎‎-‎R‎2‎ω‎4‎ D.‎R‎2‎ω‎4‎‎-‎g‎2‎g ‎3.[2020江西南昌模拟,多选]如图所示,叠放在水平转台上的小物体A、B与放在另一端的C能随转台一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为3m、2m、m,A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ,B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,以下说法正确的是(　　)‎ A.B对A的摩擦力一定为3μmg B.A与B间的摩擦力大于C与转台间的摩擦力 C.转台的角速度一定满足ω≤‎‎2μg‎3r D.转台的角速度一定满足ω≤‎μg‎3r ‎4.[2020广东佛山模拟,多选]如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与圆盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速增大到两物体刚好未发生滑动时(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g),下列说法正确的是(　　)‎ A.此时细绳的张力为3μmg - 7 -‎ B.此时圆盘的角速度为‎2μgr C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D.此时烧断细绳,A仍相对圆盘静止,B将做离心运动 ‎5.[2020浙江宁波检测]如图甲,小球用不可伸长的绳子连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动,小球经过最高点时的速度大小为v,此时绳子的拉力大小为T,拉力T与速度v的关系如图乙所示,图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量,以下说法正确的是(　　)‎ A.数据a与小球的质量有关 B.数据b与圆周轨迹半径有关 C.比值ba只与小球的质量有关,与圆周轨迹半径无关 D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径 ‎6.[2020云南玉溪检测,多选]如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O、O'距离L=100 m.赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍.假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动.要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车(　　)‎ A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2‎ D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s ‎7.[2019黑龙江哈尔滨高三第一次调研,多选]关于如图 a、b、c、d所示的四种圆周运动模型,下列说法正确的是(　　)‎ A.如图a所示,汽车安全通过拱桥最高点时,汽车对桥面的压力大于汽车的重力 B.如图b所示,在固定光滑的圆锥筒内做匀速圆周运动的小球,受重力、弹力和向心力 C.如图c所示,轻质细杆一端固定一小球,绕另一端O - 7 -‎ 在竖直面内做圆周运动,在最高点小球所受合力可能为零 D.如图d所示,火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时,车轮可能对内外轨均无侧向压力 ‎8.[2019河北衡水检测]如图所示,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t1,第二次由C滑到A,所用的时间为t2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道的动摩擦因数恒定,则(　　)‎ A.t1t2 D.无法比较t1、t2的大小 ‎9.[2019浙江十校联盟3月适应性考试]如图所示是一种古老的舂米机.舂米时,稻谷放在石臼A中,横梁可以绕O转动,在横梁前端B处固定一舂米锤,脚踏在横梁另一端C点往下压时,舂米锤便向上抬起.然后提起脚,舂米锤就向下运动,击打A中的稻谷,使稻谷的壳脱落,稻谷变为大米.已知OC>OB,则在横梁绕O转动过程中(　　)‎ A.B、C的向心加速度相等 B.B、C的角速度关系满足ωB<ωC C.B、C的线速度关系满足vBvB C.vA>vB, aAFfmax,所以A将发生滑动,同理,B将做离心运动,选项D错误.‎ ‎5.D　在最高点对小球进行受力分析,由牛顿第二定律有T+mg=mv‎2‎R,可得T=mv‎2‎R-mg,图乙中横轴截距为a,则有0=maR-mg,得g=aR,则a=gR;图线过点(2a,b),则b=m‎2aR-mg,可得b=mg,则ba=mR,故A、B、C错误.由b=mg得m=bg,由a=gR得R=ag,故D正确.‎ ‎6.AB　赛车在弯道上做匀速圆周运动时最大径向静摩擦力提供向心力,设最大径向静摩擦力与赛车重力的比值为k,则kmg=mv‎1‎‎2‎r,得在小圆弧赛道的最大速率v1=kgr=30 m/s,在大圆弧赛道的最大速率为v2=kgR=45 m/s,B正确;为确保所用时间最短,需要在以v1=30 m/s绕过小圆弧赛道后加速,以v2=45 m/s的速率在大圆弧赛道做匀速圆周运动,A正确;直道的长度l=L‎2‎‎-(R-r‎)‎‎2‎=50‎3‎ m,在小弯道上的最大速度v1=30 m/s,在大弯道上的最大速度v2=45 m/s,故在直道上的加速度大小为a=v‎2‎‎2‎‎-‎v‎1‎‎2‎‎2l=‎4‎5‎‎2‎-3‎‎0‎‎2‎‎2×50‎‎3‎ m/s2=6.50 m/s2‎ - 7 -‎ ‎,C错误;由几何知识可得,小圆弧对应的圆心角α=‎2‎‎3‎π,小圆弧弯道的长度为x=‎2πr‎3‎,则通过小圆弧弯道的时间t=xv‎1‎=‎2πr‎3‎v‎1‎=2.80 s,D错误.‎ ‎7.CD　图a中汽车安全通过拱桥最高点时,重力和支持力的合力提供向心力,方向竖直向下,所以支持力小于重力,根据牛顿第三定律知,汽车对桥面的压力小于汽车的重力,故A错误;图b中在固定光滑的圆锥筒内做匀速圆周运动的小球,受重力和弹力的作用,故B错误;图c中轻质细杆一端固定的小球,在最高点速度为零时,小球所受合力为零,故C正确;图d中火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道,受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时,车轮对内外轨均无侧向压力,故D正确.‎ ‎8.A　小滑块运动过程中受滑动摩擦力Ff=μFN的作用.从A到C,经过AB段和BC段时滑块的受力情况如图所示.根据圆周运动的规律,可得mg-FN1=mv‎1‎‎2‎r,FN2-mg=mv‎2‎‎2‎r.在AB段运动时,速度v1越大,FN1越小,滑动摩擦力Ff‎1‎=μFN1越小;在BC段运动时,速度v2越小,FN2越小,滑动摩擦力也越小.把小滑块由A到C和由C到A的运动相比可知,在AB段运动时前者速度较大,受摩擦力较小,在BC段运动时前者速度较小,受摩擦力较小.综上所述,小滑块从A到C的运动过程中受摩擦力较小,因此平均速度较大,所用的时间较短,A正确.‎ ‎9.C　由图可知,B与C属于共轴转动,则它们的角速度是相等的,即ωC=ωB,向心加速度a=ω2r,因OC>OB,可知C的向心加速度较大,选项A、B错误;由于OC>OB,由v=ωr可知C点的线速度大,选项C正确;舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力,二者大小相等,选项D错误.‎ ‎10.B　以O为转轴转动,题图中A到O点的距离大于B到O点的距离,A、B两点的角速度相等,即ωA=ωB,由T=‎2πω可知TA=TB,由v=ωr可知vA>vB,A错误,B正确;向心加速度a=ω2r,由于rA>rB,所以aA>aB,C、D错误.‎ ‎11.AC　对其中一个小球受力分析,其受到重力和绳的拉力F,绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡,设轻绳与竖直方向的夹角为θ,则有Fcos θ=mg,拉力在水平方向上的分力提供向心力,设该小球到P的距离为l,则有Fsin θ=mgtan θ=m‎4‎π‎2‎T‎2‎lsin θ,解得周期为T=2πlcosθg=2πhg,因为任意时刻两球均在同一水平面内,故两球运动的周期相等,选项A正确;连接两球的绳的张力F相等,由于向心力为Fn=Fsin θ=mω2lsin θ,故m与l成反比,由m1≠m2,可得l1≠l2,又小球的向心加速度a=ω2lsin θ=(‎2πT)2lsin θ,故向心加速度大小不相等,选项C正确,B、D错误.‎ ‎12.C　当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时,模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力,它们的合力充当向心力,选项A错误;旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直,这个作用力在水平方向的分力提供向心力,在竖直方向的分力与重力平衡,选项B错误;由力的合成可知,旋臂对模型飞机的作用力大小为F=mg‎2‎‎+ω‎4‎L‎2‎sin ‎ ‎‎2‎θ,选项C正确;由C项分析可知,当夹角θ增大时,旋臂对模型飞机的作用力增大,选项D错误.‎ ‎13.解析:(1)由圆周运动规律有v=ωR(2分)‎ 绳子断裂后,物块减速滑行,由动能定理有 ‎-μmgs=0-‎1‎‎2‎mv2(2分)‎ 解得μ=0.18.(2分)‎ - 7 -‎ ‎(2)如图,设∠ABO=θ,物块受到的向心力由绳子的拉力、摩擦力共同提供,故Tcos θ=mRω2(1分)‎ Tsin θ=f(1分)‎ f=μmg(1分)‎ l=Rcos θ(1分)‎ 解得T=3 N(1分)‎ l=12 cm.(1分)‎ - 7 -‎