高考物理一轮复习 专题12 圆周运动限时训练（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题12 圆周运动 (限时：45min)一、 选择题（本大题共10小题）1(2019大庆模拟)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点。则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是()A小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零C小球在最低点C所受的合力，即为向心力D小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化【答案】C【解析】小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A错误。在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误。小球

2、在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确。小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误。2如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()AP、Q两物体的角速度大小相等 BP、Q两物体的线速度大小相等CP物体的线速度比Q物体的线速度大 DP、Q两物体均受重力和支持力两个力作用【答案】A【解析】 P、Q两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即PQ，选项A正确；根据圆周运动线速度vR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则P、

3、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错误；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错误。3(多选)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 mB加速度为零C角速度约为1 rad/s D转弯半径约为3.4 km【答案】AD【解析】由svt知，s600 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 rad/s rad/s0.017 rad/s，故C错误。

4、由vr知，r m3.4 km，故D正确。4(2018扬州期末)如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m。学员和教练员(均可视为质点)()A运动周期之比为54 B运动线速度大小之比为11C向心加速度大小之比为45 D受到的合力大小之比为1514【答案】D【解析】汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由vr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为54，故A、B均错误；根据ar2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员

5、和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据Fma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确。5(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为01 m的小正三棱柱abc，俯视如图所示。长度为L0.5 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m0.8 kg可视为质点的小球，t0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v04 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

6、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0.8 m D小球运动的位移大小为0.3 m【答案】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Fm得：r m0.256 m，所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的路程为：s2r12r22r3(0.50.40.3)m0.8 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 m0.2 m0.3 m，故D正确。6飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，

7、机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成角，飞行周期为T。下列说法正确的是()A若飞行速率v不变，增大，则半径R增大B若飞行速率v不变，增大，则周期T增大C若不变，飞行速率v增大，则半径R增大D若飞行速率v增大，增大，则周期T一定不变【答案】C【解析】向心力FRmgtan m，可知若飞行速率v不变，增大，则半径R减小，由v可知周期T减小，选项A、B错误；由mgtan m，可知若不变，飞行速率v增大，则半径R增大，选项C正确；由mgtan m，可知若飞行速

8、率v增大，增大，则半径R的变化情况不能确定，由mgtan R2，可知周期T的变化情况不能确定，选项D错误。7有一竖直转轴以角速度匀速旋转，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. B2g C. D.【答案】A【解析】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m2R，设绳子与竖直方向的夹角为，则有：Rhtan ，那么Fcos Nmg，Fsin m2htan ；当球即将离开水平面时，N0，此时Fcos mg，Fsin mgta

9、n m2htan ，即h。故A正确。8(2019上饶模拟)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【答案】A【解析】设小球恰好能够通过最高点D，根据mgm，得：vD，知在最高点的最小速度为。小球经过D点后做平抛运动，根据Rgt2得：t 。则平抛运动的水平位移为：xR，知小球一定落在水平面A

10、E上。故A正确，B、C、D错误。9如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是()A金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B金属块B受到桌面的支持力变小C细线的张力变大 D小球A运动的角速度减小【答案】D【解析】设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为，对B研究，B受到的摩擦力fTsin ，对A，有Tsin ma，Tcos mg，解得

11、agtan ，变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(Mm)g，故B错误；细线的拉力T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则agtan 2lsin ， ，变小，变小，故D正确。10(2019三门峡联考)如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时，ABC90，ACB53，BC1 m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g1

12、0 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()AAC5 m/s BBC5 m/sCAC5.24 m/s DBC5.24 m/s【答案】B【解析】当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsinACBmg，水平方向上：TAcosACBTBm，由式可得：TAmg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB2mg，由可解得此时，v5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为，由TACcos mg，TACsin m，rLACsin ，可解得，60，LAC m，v5 m/s，故B正

13、确。二、计算题（本大题共4小题）11(2019鞍山调研)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点。已知圆轨道的半径R1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为37。现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。【答案】0.7 s【解析】小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：对小球由动能定理可得：mghmvC2由几何关系得：hRRcos 小球在

14、CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：LvCtat2CD的长度为：L对小球利用牛顿第二定律可得：mgsin ma代入数据联立解得：t0.7 s。12如图所示，餐桌中心是一个半径为r1.5 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10.6，与餐桌间的动摩擦因数为20.225，餐桌离地面的高度为h0.8 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

15、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Rr，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？【答案】 (1)2 rad/s(2)2.5 m(3)2.1 m【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fm1Nm2r，Nmg，联立两式可得 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

16、餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则a，f2mg，得a2g2.25 m/s2，物体在餐桌上滑动的初速度v0r3 m/s，由运动学公式得0v022as，可得s2 m，由几何关系可得餐桌半径的最小值为R2.5 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vt2v022as，由于餐桌半径为Rr，所以sr1.5 m，可得vt1.5 m/s，设物体做平抛运动的时间为t，则hgt2 ，解得t 0.4 s，物体做平抛运动的水平位移为sxvtt0.6 m，由题意可得Lssx2.1 m。13现有一根长L1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m0

17、.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g10 m/s2。(1)在小球以速度v14 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？(2)在小球以速度v21 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？【答案】 (1)3 N(2)0.6 s(3) N【解析】(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mgm，解得v临界 m/s。因为v1v临界，所以绳子有拉力且满足mgT1m，解得T13 N。(2)因为v2v临界，所以绳子无拉力，小

18、球以v2的初速度做平抛运动，设经过时间t后绳子再次伸直，则满足方程 x2(yL)2L2其中xv2t，ygt2，解得t0.6 s。(3)当t0.6 s时，可得x0.6 m，y1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tan ，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vxv21 m/s，vygt6 m/s绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，v3vysin vxcos m/s接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得mgL(1cos )mv2mv32，又Tmgm，解得T N。14(2019德

19、州联考)如图12所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为0.2，现用力F4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度2 rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度取10 m/s2。图12(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度；(2)求拉力作用的最短时间。【答案】 (1)4 m(2)0.3 s【解析】(1)物块平抛：hgt2；t 0.5 s物块离开滑道时的速度：v2 m/s拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：Fmgma1；得：a18 m/s2撤去外力后，由牛顿第二定律：mgma2；得：a22 m/s2物块加速获得速度：v1a1t14 m/s则所需滑道的长度Lx1x2a1t124 m(2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间：T1 s；物块在滑道上先加速后减速，最终获得：va1t1a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1t2tT由上两式得：t10.3 s。