（天津專用）2020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練17 圓周運動及其應用（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練17　圓周運動及其應用 一、單項選擇題 1.(2019·浙江模擬)自行車變速器的工作原理是依靠線繩拉動變速器,變速器通過改變鏈條的位置,使鏈條連到不同的齒輪上而改變速度。自行車的部分構造如圖所示,下列有關說法不正確的是(　　) A.自行車騎行時,后輪邊緣的輪胎與飛輪的角速度相等 B.自行車拐彎時,前輪邊緣與后輪邊緣的線速度大小一定相等 C.自行車上坡時,理論上采用中軸鏈輪最小擋,飛輪最大擋 D.自行車騎行時,鏈條相連接的飛輪邊緣與中軸鏈輪邊緣的線速度大小相等 2.如圖所示,用一根細繩一端系一個小球,另一端固定,給小球不同的初速度,使小球在水平面內做角速度不同的圓周運

2、動,則下列細繩拉力F、懸點到軌跡圓心高度h、向心加速度a、線速度v與角速度平方ω2的關系圖像正確的是(　　) 3.(2019·黑龍江哈爾濱質檢)如圖所示,長度均為l=1 m的兩根輕繩,一端共同系住質量為m=0.5 kg的小球,另一端分別固定在等高的A、B兩點,A、B兩點間的距離也為l,重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動,若小球在最高點速率為v時,每根繩的拉力恰好為零,則小球在最高點速率為2v時,每根繩的拉力大小為(　　) A.53 N B.2033 N C.15 N D.103 N 二、多項選擇題 4.(2018·天津和平模擬)如圖所示

3、,在光滑水平面上,釘有兩個釘子A和B,一根長細繩的一端系一個小球,另一端固定在釘子A上,開始時小球與釘子A、B均在一條直線上(圖示位置),且細繩的一大部分沿俯視順時針方向纏繞在兩釘子上,現(xiàn)使小球以初速度v0在水平面上沿俯視逆時針方向做勻速圓周運動,使兩釘子之間纏繞的繩子逐漸釋放,在繩子完全被釋放后與釋放前相比,下列說法正確的是(　　) A.小球的速度變大 B.小球的角速度變小 C.小球的向心加速度變小 D.細繩對小球的拉力變大 5.摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型,如圖所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動,其中O、O'分別為兩輪盤的軸心。已知兩個輪盤的半徑比r甲∶r乙=3∶1,且

4、在正常工作時兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B,兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相同,兩滑塊距離軸心O、O'的間距RA=2RB。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉動起來,且轉速逐漸增加,則下列敘述正確的是(　　) A.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時,角速度之比為ω甲∶ω乙=1∶3 B.滑塊A和B在與輪盤相對靜止時,向心加速度之比為aA∶aB=2∶9 C.轉速增加后,滑塊B先發(fā)生滑動 D.轉速增加后,兩滑塊一起發(fā)生滑動 三、非選擇題 6.(2018·湖南六校聯(lián)考)如圖所示的水上樂園的設施由彎曲滑道、豎直平面內的圓形滑道、水平滑道及水池組成。圓形滑道外側半徑r=2 m,

5、圓形滑道的最低點的水平入口B和水平出口B'相互錯開,為保證安全,在圓形滑道內運動時,要求緊貼內側滑行。水面離水平滑道高度h=5 m?，F(xiàn)游客從滑道A點由靜止滑下,游客可視為質點,不計一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)起滑點A至少離水平滑道多高? (2)為了保證游客安全,在水池中放有長度l=5 m的安全氣墊MN,其厚度不計,滿足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在氣墊上,安全滑下點A距水平滑道的高度取值范圍為多少? 7.小明站在水平地面上,手握不可伸長的輕繩一端,繩的另一端系有質量為m的小球,甩動手腕,使球在豎直平面內做圓周運動。當球某

6、次運動到最低點時,繩突然斷掉,球飛行水平距離d后落地,如圖所示。已知握繩的手離地面高度為d,手與球之間的繩長為34d,重力加速度為g,忽略手的運動半徑和空氣阻力。 (1)求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2; (2)求繩能承受的最大拉力; (3)改變繩長,使球重復上述運動,若繩仍在球運動到最低點時斷掉,要使球拋出的水平距離最大,繩長應是多少?最大水平距離為多少? 考點規(guī)范練17　圓周運動及其應用 1.B　解析同線傳動線速度相等;同軸傳動角速度相等,可知:后輪邊緣點與飛輪為同軸,故角速度相等,鏈條相連接的飛輪邊緣與中軸鏈輪邊緣的線速度大小相等,故A、D正確;自行車拐

7、彎時,前后輪路程不等,輪緣線速度不等,故B錯誤;上坡時,需要省力,理論上采用中軸鏈輪最小擋,飛輪最大擋,故C正確。 2.A　解析設細繩長度為l,小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向的夾角為θ,則有細繩拉力為F,有Fsinθ=mω2lsinθ,得F=mω2l,選項A正確;mgtanθ=mω2lsinθ,得h=lcosθ=gω2,選項B錯誤;小球的向心加速度a=ω2lsinθ,選項C錯誤;小球的線速度v=ωlsinθ,選項D錯誤。 3.A　解析小球在最高點速率為v時,兩根繩的拉力恰好均為零,由牛頓第二定律得mg=mv2r;當小球在最高點的速率為2v時,由牛頓第二定律得mg+2FTcos30°=m

8、(2v)2r,解得FT=3mg=53N,故選項A正確。 4.BC　解析在繩子完全被釋放后與釋放前相比,小球所受的拉力與速度垂直,不改變速度大小,故A錯誤;由v=ωr,v不變,r變大,則角速度ω變小,故B正確;小球的加速度a=v2r,v不變,r變大,則a變小,故C正確;細繩對小球的拉力F=ma=mv2r,v不變,r變大,則F變小,故D錯誤。 5.ABC　解析假設輪盤乙的半徑為R,由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等,有ω甲·3R=ω乙R,得ω甲∶ω乙=1∶3,所以滑塊相對輪盤滑動前,A、B的角速度之比為1∶3,A正確;滑塊相對輪盤滑動前,根據(jù)an=ω2r得A、B的向心加速度之比為aA∶aB=

9、2∶9,B正確;據(jù)題意可得滑塊A、B的最大靜摩擦力分別為FfA=μmAg、FfB=μmBg,最大靜摩擦力之比為FfA∶FfB=mA∶mB,滑塊相對輪盤滑動前所受的靜摩擦力之比為FfA'∶FfB'=(mAaA)∶(mBaB)=mA∶(4.5mB),綜上分析可得滑塊B先達到最大靜摩擦力,先開始滑動,C正確,D錯誤。 6.解析(1)游客在圓形滑道內側恰好滑過最高點時,有mg=mv2r① 從A到圓形滑道最高點,由機械能守恒定律得mgh1=12mv2+mg·2r② 解得h1=52r=5m。③ (2)落在M點時拋出速度最小,從A到C由機械能守恒定律得 mgh1=12mv12④ v1=2gh1=

10、10m/s⑤ 水平拋出,由平拋運動規(guī)律可知 h=12gt2⑥ 得t=1s 則s1=v1t=10m 落在N點時s2=s1+l=15m 則對應的拋出速度v2=s2t=15m/s⑧ 由mgh2=12mv22 得h2=v222g=11.25m 安全滑下點A距水平滑道高度范圍為 5m≤h≤11.25m。⑨ 答案(1)5 m　(2)5 m≤h≤11.25 m 7.解析(1)設繩斷后球飛行時間為t,由平拋運動規(guī)律得 豎直方向14d=12gt2 水平方向d=v1t 解得v1=2gd 在豎直方向上有v⊥2=2g1-34d,則 v22-v12=2g1-34d 解得v2=52gd

11、。 (2)設繩能承受的最大拉力大小為FT,這也是球受到繩的最大拉力大小。球做圓周運動的半徑為r=34d 對小球在最低點由牛頓第二定律得 FT-mg=mv12r 解得FT=113mg。 (3)設繩長為l,繩斷時球的速度大小為v3,繩承受的最大拉力不變。由牛頓第二定律得 FT-mg=mv32l 解得v3=83gl 繩斷后球做平拋運動,豎直位移為d-l,水平位移為x,時間為t1,則 豎直方向d-l=12gt12 水平方向x=v3t1 解得x=4l(d-l)3 當l=d2時,x有極大值,xmax=233d。 答案(1)2gd　52gd　(2)113mg　(3)d2　233d 4