2022年高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及向心力公式的应用夯基提能作业本

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1、2022年高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及向心力公式的应用夯基提能作业本1.(xx云南模拟,6)物体做匀速圆周运动时,下列说法中不正确的是()A.角速度、周期、动能一定不变B.向心力一定是物体受到的合外力C.向心加速度的大小一定不变D.向心力的方向一定不变2.(xx浙江台州中学期中,8)如图所示为锥形齿轮的传动示意图,大齿轮带动小齿轮转动,大、小齿轮的角速度大小分别为1、2,两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2,则() A.12,v1=v2C.1=2,v1v2D.1=2,v1v23.(xx上海二模改编)如图所示,一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一点P,飞镖抛出时与P等高,且距

2、离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时,圆盘以经过盘心O点的水平线为轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力,重力加速度为g,若飞镖恰好击中P点,则()A.飞镖击中P点所需的时间大于B.圆盘的半径可能为C.P点随圆盘转动的线速度可能为D.圆盘转动角速度的最小值为4.如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是()A.A的速度比B的大B.A与B的向心加速度大小相等C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小5.(多选)如图,三个质点a

3、、b、c质量分别为m1、m2、M(Mm1,Mm2)。在c的万有引力作用下,a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动,它们的周期之比TaTb=1k。从图示位置开始,在b运动一周的过程中()A.a、b距离最近的次数为kB.a、b距离最近的次数为k-1C.a、b、c共线的次数为2kD.a、b、c共线的次数为2k-26.(xx课标,17,6分)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为() A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+

4、10mg7.一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L。装置静止时,弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g。求:(1)弹簧的劲度系数k;(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度0。综合提升8.(xx吉林通化质检)如图所示是一个玩具陀螺,a、b和c是陀螺表面上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度稳定旋转时,下列表述正确的是()A.a、b和c三点的线速度大小相等B.b、c

5、两点的线速度始终相同C.b、c两点的角速度比a点的大D.b、c两点的加速度比a点的大9.(多选)质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的A点和C点,且Lah,转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动。当转动的角速度逐渐增大时,下列说法正确的是()A.小球始终受三个力的作用B.细绳上的拉力始终保持不变C.要使小球不离开水平面,角速度的最大值为D.若小球飞离了水平面,则角速度为12.如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳

6、长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求:(1)地面上D、C两点间的距离s;(2)轻绳所受的最大拉力大小。13.(xx北京朝阳期中,19)某游乐设施如图所示,由半圆形APB和直线形BC组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细管内径大得多),轨道内壁光滑。已知APB部分的半径R=0.8 m,BC段长L=1.6 m。弹射装置将一质量m=0.2 kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道,小球从C点离开轨道水平抛出,落地点D离C点的水平距离为s=1.6 m,桌子的高度h=0.8 m,不计空气阻力,取

7、g=10 m/s2。求:(1)小球水平初速度v0的大小;(2)小球在半圆形轨道上运动时的角速度以及从A点运动到C点的时间;(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力的大小。答案全解全析基础巩固1.D物体做匀速圆周运动的过程中,线速度的大小不变,但方向改变,所以线速度改变。周期不变,角速度不变,动能也不变。所受合外力提供向心力,大小不变,方向改变,是个变力,向心加速度大小不变,方向始终指向圆心,是个变量,故D错误,A、B、C正确,选项D符合题意。2.A由题意可知两齿轮边缘处的线速度大小相等,v1=v2,根据v=r可知1rA可知vBvA,A错误;向心加速度a=2r,因相等r不等,故a不相等

8、,B错误;水平方向mg tan =m2r,即tan =,因rBrA,故BA,C错误;竖直方向T cos =mg,绳子拉力T=,因BA,故TBTA,D正确。5.BD由题意知,在b运动一周的过程中,a运动了k周,a每比b多运动一周与b距离达到最近一次,故a、b距离最近的次数为k-1,B正确;同时a比b每多运动半周,a、b、c共线一次,故a、b、c共线的次数为2k-2,D项正确。6.C解法一以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg2R=mv2,在大环最低点有FN-mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN=FN,方向竖

9、直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。解法二设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律mv2=mg2R,且a=,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。F-Mg-mg=ma+M0所以F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。7.答案(1)(2)解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为1。小环受到弹簧的弹力F弹1=k小环受力平衡,F弹1=mg+2T1 cos 1小球受力平衡,F1 cos 1+T1 cos 1=mg,F1 sin 1=T1 sin 1解得k=(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与

10、转轴的夹角为2,弹簧长度为x。小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L)小环受力平衡,F弹2=mg,得x=L对小球,F2 cos 2=mg,F2 sin 2=ml sin 2且cos 2=解得0=综合提升8.D当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度稳定旋转时,a、b和c三点的角速度相同,即a=b=c=,由题图可知rc=rbra,由v=r知vb=vcva,三点线速度方向不相同,故A、B、C错误;由a=2r可得b、c两点的加速度比a点的大,故D正确。9.BD小球原来在水平面内做匀速圆周运动,绳b被烧断后,小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动,故A错误。绳b被烧断前,小球在竖直方向没有位移,加速

11、度为零,a绳中张力等于重力,在绳b被烧断瞬间,a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力,而此时向心力竖直向上,绳a的张力将大于球的重力,即张力突然增大,故B正确。绳b被烧断前,球所受合力F前=m2Lb,绳被烧断瞬间,球所受合力F后=m2,则可知小球所受合外力突然变大,故C错误。若角速度较大,小球原来的速度较大,小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动,故D正确。10.AC对物体运动过程分析,由平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,消去时间t,解得y=x2,又知物体的轨迹满足抛物线方程y=0.2x2,则=0.2 m-1,解得v0=5 m/s,A正确,B错误;在O点,g=,得r=2.5 m,

12、C正确,D错误。11.C当转动的角速度逐渐增大时,小球可能只受重力和细绳的拉力,选项A错误;细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力之和等于小球的重力,在水平方向的分力等于小球运动的向心力,当转动的角速度逐渐增大时,所需向心力逐渐增大,细绳的拉力逐渐增大,选项B错误;要使小球刚好不离开水平面,则有mg tan =m2r,tan =,r=,联立解得=,选项C正确;若小球飞离了水平面,则角速度大于,选项D错误。12.答案(1)1.41 m(2)20 N解析(1)小球从A到B过程机械能守恒,有mgh=m小球从B到C做平抛运动,在竖直方向上有H=gt2在水平方向上有s=vBt由式解得s=1.4

13、1 m(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有F-mg=m由式解得F=20 N根据牛顿第三定律F=-F轻绳所受的最大拉力为20 N。13.答案(1)4 m/s(2)5 rad/s1.028 s(3)2 N解析(1)小球在水平桌面上运动速率不变,离开桌子后做平抛运动,水平方向:s=v0t竖直方向:h=gt2代入数据可得v0=4 m/s(2)小球在半圆形轨道内做匀速圆周运动时,角速度=代入数据得:=5 rad/s小球从A点运动到C点的时间t=代入数据得t=0.2(+2) s=1.028 s(3)小球在半圆形轨道上运动时,细圆管对小球水平方向的力FN提供小球的向心力FN=细圆管对小球竖直方向的力F平衡小球的重力F=mg所以作用力大小F合=代入数据得:F合=2 N