高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3节 圆周运动-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第3节 圆周运动,(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。()(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。()(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。()(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。()(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。()(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。()(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。()(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。()突破点(一)描述圆周运动的物理量1圆周运动各物理量间的关系2对公式vr 的理解当r一定

2、时，v与成正比；当一定时，v与r成正比；当v一定时，与r成反比。3对a2r的理解当v一定时，a与r成反比；当一定时，a与r 成正比。4常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB。(2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vAvB。(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即AB。多角练通1(2016上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜

3、系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为 r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间t内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()A转速逐渐减小，平均速率为B转速逐渐减小，平均速率为C转速逐渐增大，平均速率为D转速逐渐增大 ，平均速率为解析：选B根据题意，从题图(b)可以看出，在t时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在t时间内可以看出有4次挡光，即凸轮圆盘转动4周，则风轮叶片转动了4n周，风轮叶片转过的弧长为l4n2r，转动速率为：v，故选项B正确。2(2017成都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可

4、简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。A、B、C分别为各边缘线上的点。则读取内环上A点时，A点的向心加速度大小和读取外环上C点时，C点的向心加速度大小之比为()A.B.C. D.解析：选DA、B两点角速度相同，由a2r，可知aAaBR1R2；B、C两点线速度相同，由a，可知aBaCR3R2；由可得aAaCR1R3R22，D项正确。3.(2017桂林模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RBRC32，A轮的半径

5、大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的()A线速度大小之比为322B角速度之比为332C转速之比为232D向心加速度大小之比为964解析：选DA、B轮摩擦传动，故vavb，aRAbRB，ab32；B、C同轴转动，故bc，vbvc32，因此vavbvc332，abc322，故A、B错误；转速之比等于角速度之比，故C错误；由av得：aaabac964，D正确。突破点(二)水平面内的匀速圆周运动1水平面内的匀速圆周运动轨迹特点运动轨迹是圆且在水平面内。2匀速圆周运动

6、的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由Fnm或Fnm2r或Fnm列方程求解。典例(多选)(2016浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m的大圆弧和r40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O距离L100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(

7、发动机功率足够大，重力加速度g10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D通过小圆弧弯道的时间为5.58 s审题指导(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦力提供向心力。(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。解析赛车做圆周运动时，由F知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据Fm知，其速率v 45 m/s，选项B正确；同理可

8、得在小圆弧弯道上的速率v30 m/s。如图所示，由边角关系可得60，直道的长度xLsin 6050 m，据v2v22ax知在直道上的加速度a6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120，弧长为s，对应的运动时间t2.79 s，选项D错误。答案AB方法规律求解圆周运动问题必须进行的三类分析几何分析目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力集训冲关1.(2017三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置

9、于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)()A向管底运动B向管口运动C保持不动 D无法判断解析：选B开始时，玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故B正确。2(多选)(2017兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球A和B，质量分别为mA和mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动。则以下叙述正确的是()A只有当mA时，轻杆对小球有拉力，则Fmg，v增大，F增大，B正确；当v 时，小球一定能通过最高点P

10、D当v0 时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0 时，由mv02mgh得小球能上升的高度hl，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确。考点综合训练11.(多选)(2017湖南联考)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m1.0 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/s，g10 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5.0 NC细线对物块

11、的拉力是6.0 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t(m)，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1.0 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，FFTFf，地面摩擦力为：Ffmg0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：FTFfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。12.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块

12、运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的是()A小滑块在A点时，FNMg，摩擦力方向向左B小滑块在B点时，FNMg，摩擦力方向向右C小滑块在C点时，FN(Mm)g，M与地面无摩擦D小滑块在D点时，FN(Mm)g，摩擦力方向向左解析：选B因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FNMg，当小滑块的速度v时，对轨道A点的压力向上，物体对地面的压力FNMg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所

13、以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力FNMg，故选项B正确；小滑块在C点时，地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力FN(Mm)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FNMg，故选项D错误。13(2017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

14、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，

15、TACsin m，rLACsin ，可解得，60，LAC m，v5 m/s，故B正确。14(2017昆明七校调研)如图所示，一长l0.45 m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m0.10 kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H0.90 m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g10 m/s2。(1)轻绳断裂后小球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(2)若OP0.30 m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。解析：(1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mvB2mgl解得小球运动到B点时的速度大小vB3.0 m/s小球从B点做平抛运动，由运动学规律得xvBtyHlgt2解得C点与B点之间的水平距离xvB0.90 m。(2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿运动定律得FmmgrlOP由以上各式解得Fm7 N。答案：(1)0.90 m(2)7 N