2021届高考物理一轮复习核心素养测评十二圆周运动及其应用含解析 10页

圆周运动及其应用 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)‎ ‎1.关于物体做圆周运动的说法中正确的是 (　　)‎ A.匀速圆周运动是匀变速曲线运动　‎ B.匀速圆周运动是向心力不变的运动　‎ C.做圆周运动的物体加速度可以不指向圆心 D.竖直平面内做圆周运动的物体通过最高点的最小向心力等于物体的重力 ‎【解析】选C。匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向时刻改变，所以匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，故A错误；匀速圆周运动的向心力大小不变，方向指向圆心，时刻改变，故B错误；做变速圆周运动的物体加速度沿半径方向分量改变速度方向，指向圆心，沿切向分量改变速度大小，合加速度不指向圆心，故C正确；如果是杆模型，竖直平面内做圆周运动的物体通过最高点的最小向心力可以为零，故D错误。‎ ‎2.如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径RA=2RB。当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为 (　　)‎ A. B. C. D.RB ‎【解析】选C。A和B是用相同材料制成的，靠摩擦传动，边缘线速度大小相等，则ωARA=ωBRB 而RA=2RB。‎ 所以=‎ 对于在A边缘的木块，最大静摩擦力恰为向心力，即mRA=fmax 当在B轮上恰要滑动时，设此时半径为R 10‎ 则mR=fmax　解得R=，故选C。‎ ‎3.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) ‎ A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F B.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F C.物块上升的最大高度为 D.速度v不能超过 ‎【解析】选D。从题干中，看不出物块受到的摩擦力为最大静摩擦力，所以A、B项排除；小环碰到钉子后，物块向上摆动过程中，机械能守恒，若摆动上升的最大高度为h，则Mv2=Mgh，h=，C项错误；物块在最低点，当物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力时，由牛顿运动定律得2F-Mg=M，解得v=，D项正确。‎ ‎4.如图所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为(　　) ‎ 10‎ A. min B. min C. min D.1 min ‎【解析】选B。分针的周期为1 h，秒针的周期为1 min，两者的周期比为T1∶T2=60∶1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有：ω1t+2π=ω2t，即t+2π=t，又T1=60T2=60 min，所以有：t= min，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎5.太极球是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D两点与圆心O等高且在B、D处平板与水平面夹角为θ。设小球的质量为m，圆周运动的半径为R，重力加速度为g。若小球运动的周期为T=2π，则(　　)‎ A.在A处平板对小球的作用力为mg　‎ B.在C处平板对小球的作用力为3mg　‎ C.在B处小球一定受两个力的作用　‎ D.在A、C处平板对小球作用力大小的差值为2mg ‎【解析】选D。在A处对小球由牛顿第二定律有NA+mg=mR，得NA=2mg，同理，在C处对小球由牛顿第二定律有NC-mg=mR，得NC=4mg，平板对小球作用力大小的差值为2mg，故A、B错误，D正确；在B处小球可能只受重力和支持力两个力作用，也可能受重力、支持力和摩擦力三个力作用，故C错误。‎ 10‎ ‎6.(2020·德州模拟)有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最大为 (　　) ‎ A. B.ω2g C. D.‎ ‎【解析】选A。以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R=htan θ，那么Fcos θ+N=mg，‎ Fsin θ=mω2htan θ；当球即将离开水平面时，N=0，此时Fcos θ=mg，‎ Fsin θ=mgtan θ=mω2htan θ，即h=。故A正确。‎ ‎7.(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱 (　　)‎ A.运动周期为 B.线速度的大小为ωR C.受摩天轮作用力的大小始终为mg D.所受合力的大小始终为mω2R ‎【解析】选B、D。由角速度的定义ω=，可知T=，选项A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v=ωR，故B正确；由于座舱在竖直面内做匀速圆周运动，所以座舱所受的合力为向心力F=mω2R，选项D正确；座舱在最高点时所受摩天轮的作用力 10‎ N=mg-mω2R，座舱在最低点时所受摩天轮的作用力N′=mg+mω2R，所以选项C错误。‎ ‎8.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静止放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足 (　　) ‎ A.最小值为 B.最大值为 C.最小值为 D.最大值为 ‎【解题指导】此题应考虑两点：‎ ‎(1)小球能够通过最高点应满足的临界条件；‎ ‎(2)环在竖直方向上不跳起，临界为水平地面与木板B的弹力为零。‎ ‎【解析】选C、D。要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg=m，由最低点到最高点由机械能守恒得m=mg·2r+m，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A错误，C正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg=m，从最低点到最高点由机械能守恒得m=mg·2r+m，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。‎ ‎9.(2019·广州模拟)如图所示，水平转台上的小物体a、b通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢地增大其转速(即在每个转速下可认为是匀速转动)，已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离都为r且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是 (　　)‎ 10‎ A.物体a和b同时相对转台发生滑动　‎ B.当a受到的摩擦力为0时，b的摩擦力背离圆心 C.当b受到的摩擦力为0时，a的摩擦力背离圆心 D.当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为 ‎【解析】选C、D。发生相对滑动前，静摩擦力和弹力提供向心力，当刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，kr+μmg=mω2r知ω=，质量大的先发生相对滑动，故b先发生相对滑动，故A错误；当a受摩擦力为零时，弹簧弹力充当a的向心力，弹力与静摩擦力的合力提供b的向心力，b质量较大，故向心力大，所以b受摩擦力指向圆心，故B错误；当b受到的摩擦力为0时，弹簧弹力充当b的向心力，弹力与静摩擦力的合力提供a的向心力，a质量较小，故向心力小，所以a受摩擦力背离圆心，故C正确；当a、b均相对转台静止时，由A可知，b先发生相对滑动，在b刚要发生相对滑动时的角速度为ω=，故D正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，A、B与盘间的动摩擦因数μ相同。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是 (　　) ‎ A.此时绳子张力为T=3μmg　‎ B.此时圆盘的角速度为ω=‎ 10‎ C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D.此时烧断细线物体A、B仍将随盘一块转动 ‎【解析】选A、B、C。A、B两物体相比，B物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B先有滑动的趋势，此时B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心；当刚要发生相对滑动时，以B为研究对象，有T+μmg=2mrω2，以A为研究对象，有T-μmg=mrω2，由以上两式得T=3μmg，ω=，故A、B、C正确；若烧断细线，则A、B的向心力都不足，都将做离心运动，故D错误。‎ 二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)‎ ‎10.(2018·全国卷Ⅲ) 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB 之间的夹角为α，sin α=。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小。‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小。‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。‎ ‎【解题指导】 ‎ ‎(1)由于小球一直受到一水平恒力的作用，轨道最高点不是临界点。‎ ‎(2)小球在C点所受合力的方向指向圆心，切向加速度为零，据受力分析图探寻水平恒力、重力和合力的关系。‎ ‎(3)小球从C点离开后做匀变速曲线运动，灵活运用运动合成与分解思想求解落至水平轨道所用的时间。‎ ‎【解析】(1)由力的合成可得恒力F=mg，F合=mg 10‎ 据牛顿第二定律有 F合=m 联立方程解得 vC=。‎ ‎(2)小球从A到C过程，据动能定理有 ‎-mgR(1+cos α)-FRsin α=m-m 解得vA=‎ 由p=mv得小球到达A点时动量的大小 pA=。‎ ‎(3)将C点速度分解为水平和竖直方向上的两个速度，竖直方向以初速度vCy、加速度g做匀加速直线运动，落到水平轨道时竖直方向速度设为vty，据运动规律有 ‎-=2gR(1+cos α)‎ t=，vcy=vcsinα 解得t=。‎ 10‎ 答案：(1)mg　　(2) (3)‎ ‎11.(10分)如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则 (　　)‎ A.在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小 B.只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动　‎ C.轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsin θ D.轻杆受到转轴的力的方向始终在变化 ‎【解析】选C。小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F-2mgsin θ=man+m(-an)，解得：F=2mgsinθ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。‎ ‎12.(20分)(2019·石家庄模拟)如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧。质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过B点的竖直轴。杆与水平面间的夹角始终为θ。‎ ‎(1)若杆保持静止状态。让小球从弹簧的原长位置由静止释放，求小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1；‎ ‎(2)若θ=30°，小球处于静止状态。现让杆绕OO′轴由静止开始转动。随着角速度的增大，小球沿杆缓慢上升。求小球从静止沿杆运动距离为Δx=的过程中杆对小球做的功。‎ ‎【解析】‎ 10‎ 对小球受力分析，当重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力时速度达到最大；据弹簧长度的变化判断出弹簧的弹力做功情况，根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时的速度，求出此时 小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小。‎ ‎(1)当小球速度最大时，有mgsin θ=kΔl1，解得弹簧的压缩量为Δl1=‎ ‎(2)小球静止时弹簧的压缩量为Δx1==‎ 杆由静止逐渐开始转动，小球沿杆缓慢提升了Δx，Δx2=Δx-Δx1=‎ 此时弹簧的拉力为T2=kΔx2=‎ 设此时小球的速度为v，建立xOy坐标系，‎ 在y轴由平衡得：FNcos θ=T2sin θ+mg 在x轴由牛顿第二定律得：‎ FNsin θ+T2cos θ=m 其中R=(l0+Δx2)cos θ，‎ 联立解得v=‎ 此过程中弹簧对小球做的功为零。杆对小球做的功为W，由动能定理得 W-mgΔxsin θ=mv2‎ 解得W=+‎ 答案：(1)　(2)+‎ 10‎