2023年高考物理一轮复习课时练12《圆周运动及其应用》(含答案详解)

这是一份2023年高考物理一轮复习课时练12《圆周运动及其应用》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则( )
A.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
B.受到的合力大小为F=eq \f(mv2,R)
C.若运动员加速，则一定沿斜面上滑
D.若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑
固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后( )
A.一定会落到水平面AE上
B.一定会再次落到圆弧轨道上
C.可能会再次落到圆弧轨道上
D.不能确定
如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车( )
A.所受的合力可能为零
B.只受重力和地面支持力作用
C.最大速度不能超过25 m/s
D.所需的向心力由重力和支持力的合力提供
如图为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是( )
A.从动轮做顺时针转动
B.从动轮做逆时针转动
C.从动轮边缘线速度大小为eq \f(r\\al(2,2),r1)n1
D.从动轮的转速为eq \f(r2,r1)n1
两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管bc后( )
A.线速度变小 B.角速度变大
C.向心加速度变小 D.小球对管壁的压力变大
质量分别为M和m的两个小球，分别用长2l和l的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )
A.csα＝eq \f(\a\vs4\al(csβ),2) B.csα＝2csβ C.tanα＝eq \f(\a\vs4\al(tanβ),2) D.tanα＝tanβ
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f0，则两小物块所受摩擦力FA、FB随转台角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是( )

如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l=0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v0=3.0 m/s，取g=10 m/s2，则( )
A.此时小球的加速度大小为eq \r(30) m/s2
B.小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上
C.若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大
D.若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小
(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为0.1 m的小正三棱柱abc，俯视如图。长度为L=0.5 m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.8 kg可视为质点的小球，t=0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0=4 m/s。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知细线所能承受的最大张力为50 N。则细线断裂之前( )
A.小球的速率逐渐减小
B.小球速率保持不变
C.小球运动的路程为0.8π m
D.小球运动的位移大小为0.3 m
(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R=0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m=1 kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω=kt，k=2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是( )
A.物块做匀速运动
B.细线对物块的拉力是5 N
C.细线对物块的拉力是6 N
D.物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2
(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距eq \f(L,2)的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子，把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是( )
A.小球的角速度突然增大
B.小球的线速度突然增大
C.小球的向心加速度突然增大
D.小球受悬线的拉力突然增大
(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T­v2图象如图乙所示，则( )
A.轻质绳长为eq \f(am,b)
B.当地的重力加速度为eq \f(a,m)
C.当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为eq \f(ac,b)＋a
D.只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
三、计算题
汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m=1 t，车道转弯半径r=150 m，路面倾斜角θ=45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求：
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？
(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。
如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R=0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC=37°，质量m=2 kg的小球从轨道左侧距地面高h=0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
在一水平放置的圆盘上面放有一劲度系数为k的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A，物体与盘面间的动摩擦因数为μ。开始时弹簧未发生形变，长度为R，设最大静摩擦等于滑动摩擦，求：
(1)盘的转速n0多大时，物体A开始滑动？
(2)当转速达到2n0时，弹簧的伸长量Δx是多少？
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：将运动员和自行车看作一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，A错误；系统所受合力提供向心力，大小为F=meq \f(v2,R)，B正确；运动员加速，系统有向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑，C、D均错误。
答案为：A；
解析：设小球恰好能够通过最高点D，根据mg=meq \f(vD2,R)，得：vD=eq \r(gR)，知在最高点的最小速度为eq \r(gR)。小球经过D点后做平抛运动，根据R=eq \f(1,2)gt2得：t= eq \r(\f(2R,g))。则平抛运动的水平位移为：x=eq \r(gR)·eq \r(\f(2R,g))=eq \r(2)R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
答案为：C；
解析：汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时靠静摩擦力提供向心力，因此排除A、B、D项，所以选择C。
答案为：B
解析：主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝eq \f(r1,r2)n1，故C、D错误。
答案为：C
解析：由于管道光滑，小球到达b点后，重力做功为零，速度大小保持不变，根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝eq \f(v2,R)可知向心加速度减小，根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。
答案为：A
解析：以M为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanα＝Mωeq \\al(2,1)·2lsinα，
解得ωeq \\al(2,1)＝eq \f(gtanα,2lsinα)。同理：以m为研究对象：ωeq \\al(2,2)＝eq \f(gtanβ,lsinβ)。因ω1＝ω2，
所以2csα＝csβ，故A正确。
答案为：B
解析：设A、B到圆心O的距离分别为r1、r2，若细线不存在，则由f0＝mω2r及r1ωB，即物体B所受摩擦力先达到最大值，随后在一段时间内保持不变，C、D错误；当ω>ωB时，细线中出现拉力T，对物体A：T＝0时，FA＝mω2r1，T>0后，FA－T＝mω2r1，而对物体B满足T＋f0＝mω2r2，联立得FA＝mω2(r1＋r2)－f0，所以T>0后直线斜率比T＝0时大，当转台对A的摩擦力达到最大静摩擦力后，若转台角速度再增大，则A、B相对转台将出现滑动，所以A错误，B正确。
答案为：C；
解析：小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：
切向加速度为：a′=eq \f(mgsin α,m)=gsin α；向心加速度为：an=eq \f(v02,l)=eq \f(32,0.30) m/s2=30 m/s2；
此时小球的加速度为合加速度，a=eq \r(an2＋a′2)＞an=30 m/s2＞eq \r(30) m/s2，故A错误；
从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsin α=eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，
解得：v1=eq \r(v02－2glsin α)，考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin α=meq \f(v22,l)，代入数据计算可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：F＋mgsin α=meq \f(v最高2,l)，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F一定增大，故C正确，D错误。
答案为：BCD；
解析：细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变，故A错误，B正确；细线断裂瞬间，拉力大小为50 N，
由F=meq \f(v02,r)得：r=eq \f(mv02,F)=eq \f(0.8×42,50) m=0.256 m，
所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的路程为：
s=eq \f(1,3)·2πr1＋eq \f(1,3)·2πr2＋eq \f(1,3)·2πr3=eq \f(2π,3)×(0.5＋0.4＋0.3) m=0.8π m，故C正确；
小球每转120°半径减小0.1 m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m－0.2 m=0.3 m，故D正确。
答案为：CD；
解析：由题意知，物块的速度为：v=ωR=2t×0.5=1t
又v=at，故可得：a=1 m/s2，
所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确。
由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F=ma=1 N，F=T－f，
地面摩擦阻力为：f=μmg=0.5×1×10 N=5 N
故可得物块受细线拉力为：T=f＋F=5 N＋1 N=6 N，故B错误，C正确。
答案为：ACD
解析：细绳碰到钉子，半径减半，圆周运动的圆心变为P点，由于只是细绳碰钉子，小球并未受到其他外力作用而改变速度大小，即小球的线速度不变，B错误；由ω＝eq \f(v,r)可知ω变大，A正确；由a＝eq \f(v2,r)可知a增大，C正确；在经过最低点时，F－mg＝meq \f(v2,r)，得F＝mg＋meq \f(v2,r)，可以判断F增大，D正确。
答案为：BD
解析：设绳长为L，最高点由牛顿第二定律得：T＋mg＝eq \f(mv2,L)，则T＝eq \f(mv2,L)－mg。对应图象有：mg＝a得g＝eq \f(a,m)，故B正确。eq \f(m,L)＝eq \f(a,b)得：L＝eq \f(mb,a)，故A错误。当v2＝c时，T＝eq \f(m,L)·c－mg＝eq \f(a,b)·c－a，故C错误。当v2≥b时，小球能通过最高点，恰好通过最高点时速度为v，则eq \f(mv2,L)＝mg。在最低点的速度v′，则eq \f(1,2)mv2＋mg·2L＝eq \f(1,2)mv′2，F－mg＝eq \f(mv′2,L)，可知小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6mg即6a，故D正确。
三、计算题
解：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，
根据牛顿第二定律得：mgtan θ=meq \f(v2,r)
解得：v≈38.7 m/s。
(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，
根据牛顿第二定律得：
FNsin θ－Ffcs θ=meq \f(vmin2,r)
FNcs θ＋Ffsin θ－mg=0
Ff=μFN
解得：vmin=30 m/s。
解：(1)小球做平抛运动，
竖直方向：h－R(1－cs 37°)=eq \f(1,2)gt2，解得：t=0.3 s，
竖直分速度：vy=gt=10×0.3 m/s=3 m/s，
水平分速度：v0=eq \f(vy,tan 37°)=eq \f(3,\f(0.6,0.8)) m/s=4 m/s，
抛出点距A点的水平距离：L=x=v0t=4×0.3 m=1.2 m。
(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：
mg(h－R)=eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
在B点，由牛顿第二定律得：F=meq \f(vB2,R)，解得：F=68 N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：
F′=F=68 N。
解：(1)若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力。
圆盘开始转动时，A所受最大静摩擦力提供向心力，则有μmg＝m(2πn0)2R
得：n0＝eq \r(\f(μg,4π2R))＝eq \f(1,2π) eq \r(\f(\a\vs4\al(μg),R))。
(2)当转速达到2n0时，由牛顿第二定律
得：μmg＋kΔx＝m(2π·2n0)2(R＋Δx)
得：Δx＝eq \f(3μmgR,kR－4μmg)。