高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十四）圆周运动（普通班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（十四） 圆周运动A级基础小题练熟练快1汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为()A1 000 r/sB1 000 r/minC1 000 r/h D2 000 r/s解析：选B设经过时间t，轿车匀速行驶的路程xvt，此过程中轿车轮缘上的某一点转动的路程xnt2R，其中n为车轮的转速，由xx可得：vtnt2R，n17.7 r/s1 062 r/min。B正确。2.(2018湖北省重点中学联考)如图

2、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解析：选AP、Q两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即PQ，选项A对；根据圆周运动线速度vR，P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；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；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。3.如图所示，运动员

3、以速度v在倾角为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FC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解析：选B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Fm，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。4多选(2018马鞍山一模)在光滑水平桌面

4、中央固定一边长为01 m的小正三棱柱abc，俯视如图。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 mD小球运动的位移大小为0.3 m解析：选BCD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，

5、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。5多选(2018湖南六校联考)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R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m1 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是kt，k2 rad/s2，g取10 m/s2

6、，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 NC细线对物块的拉力是6 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t又vat，故可得：a1 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：Fma1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。B级中档题目练通抓牢6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

7、不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为()A B2gC 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 mgtan m2htan ，即h。故A正确。7(2018咸阳一模)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

8、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不能确定解析：选A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AE上。故A正确，B、C、D错误。8(2018绵阳诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空

9、气阻力。则球B在最高点时()A球B的速度为零B球A的速度大小为C水平转轴对杆的作用力为1.5mgD水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：选C球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mgm，解得vB，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有Fmgm，解得：F1.5mg，故C正确，D错误。9(2018长沙联考)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m1 t，车道转弯半径r150 m，路面倾斜角45，路面与车

10、胎的动摩擦因数为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。解析：(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 m解得：v38.7 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 Ffcos mFNcos Ffsin mg0FfFN解得：vmin30 m/s。答案：(1)38.7 m/s(2)30 m/s10.(2018沈阳模拟)用光滑圆管制成如图所示的轨

11、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)。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：mgs

12、in ma代入数据联立解得：t0.7 s。答案：0.7 sC级难度题目自主选做11.(2018武汉华中师大附中模拟)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，则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运动的角速度减小解析：选D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，

13、B受到的摩擦力fTsin ，对A，有Tsin ma，Tcos mg，解得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。12(2018晋江月考)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

14、，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g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()AAC5 m/sBBC5 m/sCAC5.24 m/s DBC5.24 m/s解析：选B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正确。