2022年高考物理總復習 專題4 圓周運動應用實例課時作業(yè)（含解析）

《2022年高考物理總復習 專題4 圓周運動應用實例課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理總復習 專題4 圓周運動應用實例課時作業(yè)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理總復習 專題4 圓周運動應用實例課時作業(yè)（含解析） 一、單項選擇題 1．在高速公路的拐彎處，通常路面都是外高內低．如圖1所示，在某路段汽車向左拐彎，司機左側的路面比右側的路面低一些．汽車的運動可看作是做半徑為R的圓周運動．設內外路面高度差為h，路基的水平寬度為d，路面的寬度為L.已知重力加速度為g.要使車輪與路面之間的橫向摩擦力(即垂直于前進方向)等于零，則汽車轉彎時的車速應等于(　　) 圖1 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】考查向心力公式．汽車做勻速圓周運動，向心力由重力與斜面對汽車的支持力的合力提供，且向心力方向水平，大小F向＝

2、mgtan θ，根據牛頓第二定律：F向＝m，tan θ＝，解得汽車轉彎時的車速v＝ ，B對． 圖2 2．如圖2，長為L的輕桿一端固定質量為m的小球，另一端有固定轉軸O.現(xiàn)使小球在豎直平面內做圓周運動．P為圓周軌道的最高點．若小球通過圓周軌道最低點時的速度大小為 ，則以下判斷正確的是(　　) A．小球不能到達P點 B．小球到達P點時的速度小于 C．小球能到達P點，但在P點不會受到輕桿的彈力 D．小球能到達P點，且在P點受到輕桿向下的彈力 【答案】B 【解析】根據機械能守恒定律2mgL＝mv2－mv，可求出小球在P點的速度為 <，故B正確，A錯誤．小球在P點所需要的向心力F＝＝

3、mg，故小球在P點受到輕桿向上的彈力，故C、D均錯誤． 3．如圖，長為 L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球．給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ.下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用 B．小球做圓周運動的半徑為L C．θ越大，小球運動的速度越大 D．θ越大，小球運動的周期越大 【答案】C 【解析】小球只受重力和繩的拉力作用，合力大小為F＝mgtan θ，半徑為R＝Lsin θ，A、B均錯；小球做圓周運動的向心力是由重力和繩的拉力的合力提供的，則mgtan θ＝m

4、，得到v＝sin θ ，θ越大，小球運動的速度越大，C對；周期T＝＝2π ，θ越大，小球運動的周期越小，D錯． 4. (xx·湛江質檢)半徑為R的光滑半圓球固定在水平面上如圖4所示，頂部有一個物體A，今給A一個水平初速度v0＝，則A將(　　) 圖4 A．沿球面下滑至M點 B．沿球面下滑至某一點N，便離開球面做斜下拋運動 C．按半徑大于R的新圓弧軌道做圓周運動 D．立即離開半圓球做平拋運動 【答案】D 【解析】給A一個水平初速度v0＝，則F向＝＝mg，即重力恰好提供向心力，物體與半圓球無相互作用．A將不沿半圓球表面運動，而是脫離球表面做平拋運動． 5．下列關于離心現(xiàn)象的說

5、法正確的是(　　) A．當物體所受的離心力大于向心力時產生離心現(xiàn)象 B．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失時，它將做背離圓心的圓周運動 C．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失時，它將沿切線方向做直線運動 D．做勻速圓周運動的物體，當它所受的一切力都突然消失時，它將做曲線運動 【答案】C 【解析】向心力是以效果命名的，做勻速圓周運動的物體所需的向心力，是由它所受的某個力、某個力的分力或幾個力的合力提供的．因此，它并不受向心力和離心力的作用．它之所以產生離心現(xiàn)象是由于F合

6、從這時起做勻速直線運動，故C正確，B、D錯． 二、雙項選擇題 6．(xx·湛江模擬)甲、乙兩球做勻速圓周運動，向心加速度a隨半徑r變化的關系圖象如圖5所示．由圖象可以知道(　　) 圖5 A．甲球運動時，線速度大小保持不變 B．甲球運動時，角速度大小保持不變 C．乙球運動時，線速度大小保持不變 D．乙球運動時，角速度大小保持不變 【答案】BC 【解析】在加速度－時間圖象中，甲的加速度與半徑成正比，故角速度不變，B對．乙的加速度與半徑成反比，故線速度不變． 7．如圖6所示，小物塊從半球形碗的碗口下滑到碗底的過程中，如果小物塊的速度大小始終不變，則(　　) 圖6 A．

7、小物塊的加速度大小始終不變 B．碗對小物塊的支持力大小始終不變 C．碗對小物塊的摩擦力大小始終不變 D．小物塊所受的合力大小始終不變 【答案】AD 【解析】小物塊從碗口下滑到碗底的過程中，如果小物塊的速度大小始終不變，則小物塊的加速度大小始終不變，小物塊所受的合力大小始終不變，A、D正確；小物塊受力如圖所示，F(xiàn)N－Gcos θ＝m，f＝Gsin θ，由于v不變，θ變小，F(xiàn)N變大，f變小，故B、C錯誤． 8．如圖7所示，質量為m的物塊，沿著半徑為R的半球形金屬殼內壁滑下，半球形金屬殼豎直固定放置，開口向上，滑到最低點時速度大小為v，若物體與球殼之間的動摩擦因數為μ，則物體在最低點時，

8、下列說法正確的是(　　) 圖7 A．受到的向心力為mg＋m B．受到的摩擦力為μm C．受到的摩擦力為μ(mg＋m) D．受到的合力方向斜向左上方 【答案】CD 【解析】物體在最低點受豎直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，F(xiàn)y＝m，A錯誤；而Fy＝FN－mg，得FN＝mg＋m，物體受滑動摩擦力f＝μFN＝μ(mg＋m)，B錯誤，C正確；f水平向左，故物體受到的f與Fy的合力，斜向左上方，D正確． 9.一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖8所示，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．小球過最高點時，桿所受到的彈

9、力可以等于零 B．小球過最高點時的最小速度是零 C．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大 D．小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小 【答案】AB 【解析】因輕質桿既可以提供拉力又可以提供支持力，所以在最高點桿所受彈力可以為零，A對；在最高點彈力也可以與重力等大反向，小球最小速度為零，B正確；隨著速度增大，桿對球的作用力可以增大也可以減小，C、D錯． 10．如圖9所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓環(huán)軌道上做圓周運動．圓環(huán)半徑為R，小球經過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時(　　) 圖9 A．小球對圓環(huán)的壓力大小等于mg B．小球受

10、到的向心力等于0 C．小球的線速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g 【答案】CD 【解析】小球到最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則圓環(huán)剛好對小球沒有作用力，小球只受重力，方向豎直向下提供向心力，根據牛頓第二定律得小球的向心加速度大小為a＝＝g，再根據圓周運動規(guī)律得a＝＝g，解得v＝. 三、非選擇題 11．如圖，一個豎直放置的圓錐筒可繞其中心軸OO′轉動，筒內壁粗糙，筒口半徑和筒高分別為R和H，筒內壁A點的高度為筒高的一半，內壁上有一質量為m的小物塊。求： 圖10 (1)當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點受到的摩擦力和支持力的大小； (2)當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其

11、所受到的摩擦力為零時，筒轉動的角速度。 【答案】(1)mg　mg (2) 【解析】(1)當筒不轉動時，物塊靜止在筒壁A點時受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡．設物塊所在斜面與水平面夾角為θ，由平衡條件得摩擦力的大小f＝mgsin θ＝mg 支持力的大小 N＝mgcos θ＝mg. (2)當物塊在A點隨筒做勻速轉動，且其所受到的摩擦力為零時，物塊在筒壁A點時受到重力和支持力的作用，它們的合力提供向心力．設筒轉動的角速度為ω，有mgtan θ＝mω2· 由幾何關系得tan θ＝ 聯(lián)立以上各式解得ω＝. 12．如圖11所示，將一質量為m＝0.1 kg的小球自水平平臺右端O點以

12、初速度v0水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R＝2.5 m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)．求： 圖11 (1)小球經過C點的速度大?。? (2)小球運動到軌道最低點B時軌道對小球的支持力大??； (3)平臺右端O到A點的豎直高度H. 【答案】(1)5 m/s　(2)6.0 N　(3)3.36 m 【解析】(1)小球恰好通過最高點C，由重力提供向心力，即mg＝m vC＝＝5 m/s. (2)從B點到C點，由機械能守恒定律得 mv＋mg·2R＝mv 在B點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m 解得FN＝6.0 N. (3)從A到B由機械能守恒定律有 mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv 所以vA＝ m/s 在A點對速度進行分解有 vy＝vAsin 53° 所以H＝＝3.36 m．