2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十二)　圆周运动

这是一份2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十二)　圆周运动，共8页。试卷主要包含了如图，一同学表演荡秋千等内容，欢迎下载使用。
课时跟踪检测(十二)　圆周运动1．(多选)(2018·江苏高考)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内，火车(　　)A．运动路程为600 m　　 B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s    D．转弯半径约为3.4 km解析：选AD　由s＝vt知，s＝600 m，故A正确。火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误。由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C错误。由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正确。2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)A．200 N　　　　　　　 B．400 NC．600 N    D．800 N解析：选B　该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，选项B正确。3.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙(　　)A．线速度相同B．加速度相同C．所受合外力大小相等D．“摩天轮”对他们作用力大小相等解析：选C　由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以甲与乙线速度大小相同，但甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；根据an＝可知，甲与乙加速度大小相同，但甲的加速度方向竖直向下，乙的加速度方向竖直向上，故B错误；根据Fn＝man可知，甲与乙所受合外力大小相等，故C正确；对甲有mg－FN1＝m，对乙有FN2－mg＝m，可知“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误。4.(2021·山东烟台期末)质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值是(　　)A．0    B．mgC．3mg    D．5mg解析：选C　小球恰好通过最高点时，只受到重力作用，重力完全充当向心力，则有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m，联立解得小球受到轨道的支持力大小为F＝3mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为3mg，故C项正确，A、B、D错误。5.如图所示，甲、乙为两辆完全一样的电动玩具汽车，以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动。甲运动的半径小于乙运动的半径，下列说法正确的是(　　)A．甲的线速度大于乙的线速度B．甲、乙两辆车的摩擦力相同C．若角速度增大，乙先发生侧滑D．甲的加速度大于乙的加速度解析：选C　甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，甲运动的半径小于乙运动的半径，根据v＝ωr可得甲的线速度小于乙的线速度，故A错误；甲、乙两车以相同且不变的角速度在水平地面上做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则有Ff＝mω2r，由于甲运动的半径小于乙运动的半径，所以甲车受到的摩擦力小于乙车受到的摩擦力，故B错误；车辆刚好发生侧滑时，则有μmg＝mω2r，解得ω＝ ，运动的半径越大，临界的角速度越小，越容易发生侧滑，所以若角速度增大时，乙先发生侧滑，故C正确；甲运动的半径小于乙运动的半径，根据an＝ω2r可知，甲的加速度小于乙的加速度，故D错误。6．(多选)如图所示，一可视为光滑的玻璃球，设其可在碗内不同的水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)A．玻璃球越靠近碗口其对碗的压力越大B．玻璃球越靠近碗口其向心加速度越小C．玻璃球越靠近碗口其线速度一定越大D．玻璃球的重力与碗内壁对它的弹力的合力提供玻璃球做圆周运动所需的向心力解析：选ACD　以玻璃球为研究对象，受力情况如图所示，可知碗内壁对玻璃球的支持力FN＝，玻璃球越靠近碗口，则θ越大，故玻璃球对碗的压力越大，选项A正确；玻璃球受重力mg和碗内壁的支持力FN，由两力合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝man，玻璃球越靠近碗口，则θ越大，则向心加速度越大，选项B错误，D正确；由mg tan θ＝m可知，玻璃球越靠近碗口r越大，则线速度v也大，选项C正确。7.(多选)(2020·山东聊城模拟)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴心距离为R，C离轴心距离为2R，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动)(　　)A．物体C的向心加速度最大B．物体B受到的静摩擦力最大C．ω＝ 是C开始滑动的临界角速度D．当圆台转速增加时，B比A先滑动解析：选AC　物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，有an＝ω2r，物体C的转动半径最大，故向心加速度最大，A正确；物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，静摩擦力提供向心力，有Ff＝mω2r，故受到的静摩擦力最小，B错误；当C物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有μmg＝m·2Rω2，解得ω＝ ，故临界角速度为 ，C正确；由C项分析可知，转动半径越大的临界角速度越小，越容易滑动，与物体的质量无关，故物体C先滑动，物体A、B将一起后滑动，D错误。8.水平转台上有质量相等的A、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为Ff0，则两小物块所受摩擦力FfA、FfB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是(　　)解析：选B　当转台的角速度比较小时，A、B物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度增大，由Fn＝mω2r知向心力增大，此时A、B物块所受的摩擦力与ω2成正比。由于B物块所受的转动半径大于A物块的转动半径，B物块的静摩擦力先达到最大静摩擦力，此后绳子出现张力，B的物块所受的摩擦力不变；而A的摩擦力继续增大，但不与ω2成正比了。故B正确，C、D错误。9.(多选)(2020·山东烟台期中)如图所示，水平圆盘可以绕竖直转轴OO′转动，在距转轴不同位置处通过相同长度的细绳悬挂两个质量相同的物体A、B，不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO′轴匀速转动达到稳定状态时，下列说法正确的是(　　)A．A比B的线速度小B．A与B的向心加速度大小相等C．细绳对B的拉力大于细绳对A的拉力D．悬挂A与B的细绳与竖直方向的夹角相等解析：选AC　A、B共轴转动，角速度相等，A转动的半径小于B，根据v＝rω知，A比B的线速度小，故A正确；A、B转动的半径不等，根据an＝rω2知，则向心加速度大小不等，故B错误；对任一物体进行受力分析如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，有mg tan θ＝mω2r，得tan θ＝，由于B转动的半径较大，则悬挂B的细绳与竖直方向的夹角较大，根据平行四边形定则知，细绳对B的拉力较大，故C正确，D错误。10．如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到的杆的作用力F，若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F­v2(v为小球在最高点处的速度)图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　)A．O轴到小球的距离为0.5 mB．小球的质量为3 kgC．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/sD．小球在最低点的初速度大小为 m/s时，通过最高点时杆不受球的作用力解析：选A　小球在最高点时，重力和杆的作用力的合力提供向心力，若v＝0，则F＝mg＝3 N，解得小球质量m＝0.3 kg，若F＝0，则mg＝m，代入数据解得R＝0.5 m，选项A正确，B错误；杆模型中，在最高点只要小球速度大于等于零，小球即可在竖直面内做圆周运动，选项C错误；设小球在最低点的初速度为v0，小球能上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律得mv02＝mgh，当v0＝ m/s时，h＝0.75 m<2R，小球不能到达最高点，选项D错误。11.如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是(　　)A.若使小球沿轨道运动并且到达最高点，两球释放的最小高度hA<hBB．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，A球受到的支持力最小值为6mgC．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mgD．适当调整hA和hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在轨道右端口处解析：选B　小球A恰好能到A轨道的最高点时，由mg＝m，解得vA＝，根据机械能守恒定律得mg(hA－2R)＝mvA2，解得hA＝R，小球B恰好能到B轨道的最高点时，在最高点的速度vB＝0，根据机械能守恒定律得hB＝2R，故A错误；小球在最低点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则FN－mg＝m，可知小球在最低点的速度越小受到的支持力越小，根据机械能守恒定律可得，当小球A开始时的高度是R时，小球A在最低点的速度最小，为mvAmin2＝mghA，联立解得FNAmin＝6mg，故B正确；根据机械能守恒定律可得，当小球B开始时的高度是hB＝2R 时，小球B在最低点的速度最小，为mvBmin2＝mghB，解得FNBmin＝5mg，故C错误；小球A从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为xA＝vA ＝· ＝>R，小球落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故D错误。12．(2020·山东济南一中期中)如图所示，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点的切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4  m/s。g取10 m/s2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。解析：(1)小球到A点的速度如图所示，由图可知v0＝vx＝vA cos θ＝4×cos 60°＝2 m/s，(2)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得mvA2＝mvC2＋mg(R＋R cos θ)，代入数据得vC＝ m/s小球到达C点时，轨道对小球的弹力与小球所受重力的合力提供向心力，有FNC＋mg＝m代入数据得FNC＝8 N由牛顿第三定律得小球对轨道的压力FNC′＝FNC＝8 N，方向竖直向上。答案：(1)2 m/s　(2)8 N13.如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？(3)若餐桌的半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有Ffm＝μ1mg，Ffm＝mω2r联立两式可得ω＝ ＝2 rad/s。(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a＝，Ff＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s，由运动学公式得0－v02＝－2as，可得s＝2 m，由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝＝2.5 m。(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得vt′2－v02＝－2as′，由于餐桌半径为R′＝r，所以s′＝r＝1.5 m，可得vt′＝1.5 m/s，设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2 ，解得t＝＝0.4 s，物体做平抛运动的水平位移为sx＝vt′t＝0.6 m，由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m