（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（十三）圓周運動（含解析） [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(2019·大慶模擬)如圖所示，輕質(zhì)且不可伸長的細繩一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在天花板上的O點。則小球在豎直平面內(nèi)擺動的過程中，以下說法正確的是(　　) A．小球在擺動過程中受到的外力的合力即為向心力 B．在最高點A、B，因小球的速度為零，所以小球受到的合力為零 C．小球在最低點C所受的合力，即為向心力 D．小球在擺動過程中繩子的拉力使其速率發(fā)生變化 解析：選C　小球擺動過程中，合力沿繩子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A錯誤

2、。在最高點A和B，小球的速度為零，向心力為零，但是小球所受的合力不為零，故B錯誤。小球在最低點受重力和拉力，兩個力的合力豎直向上，合力等于向心力，故C正確。小球在擺動的過程中，由于繩子的拉力與速度方向垂直，則拉力不做功，拉力不會使小球速率發(fā)生變化，故D錯誤。 2.如圖所示，由于地球的自轉(zhuǎn)，地球表面上P、Q兩物體均繞地球自轉(zhuǎn)軸做勻速圓周運動。對于P、Q兩物體的運動，下列說法正確的是(　　) A．P、Q兩物體的角速度大小相等 B．P、Q兩物體的線速度大小相等 C．P物體的線速度比Q物體的線速度大 D．P、Q兩物體均受重力和支持力兩個力作用 解析：選A　P、Q兩物體都是繞地球自轉(zhuǎn)軸做勻速

3、圓周運動，角速度相等，即ωP＝ωQ，選項A正確；根據(jù)圓周運動線速度v＝ωR，因P、Q兩物體做勻速圓周運動的半徑不等，則P、Q兩物體做圓周運動的線速度大小不等，選項B錯誤；Q物體到地軸的距離遠，圓周運動半徑大，線速度大，選項C錯誤；P、Q兩物體均受到萬有引力和支持力作用，重力只是萬有引力的一個分力，選項D錯誤。 3．(多選)(2018·江蘇高考)火車以60 m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10 s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10 s時間內(nèi)，火車(　　) A．運動路程為600 m　　　 B．加速度為零 C．角速度約為1 rad/s D．轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4 km

4、 解析：選AD　由s＝vt知，s＝600 m，故A正確?；疖囋谧鰟蛩賵A周運動，加速度不為零，故B錯誤。由10 s內(nèi)轉(zhuǎn)過10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C錯誤。由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正確。 4．(2018·揚州期末)如圖為學(xué)員駕駛汽車在水平面上繞O點做勻速圓周運動的俯視示意圖。已知質(zhì)量為60 kg的學(xué)員在A點位置，質(zhì)量為70 kg的教練員在B點位置，A點的轉(zhuǎn)彎半徑為5.0 m，B點的轉(zhuǎn)彎半徑為4.0 m。學(xué)員和教練員(均可視為質(zhì)點)(　　) A．運動周期之比為5∶4 B．運動線速度大小之比為1∶1 C．向心加速度大小之比

5、為4∶5 D．受到的合力大小之比為15∶14 解析：選D　汽車上A、B兩點隨汽車做勻速圓周運動的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，學(xué)員和教練員做圓周運動的線速度大小之比為5∶4，故A、B均錯誤；根據(jù)a＝rω2，學(xué)員和教練員做圓周運動的半徑之比為5∶4，則學(xué)員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為5∶4，故C錯誤；根據(jù)F＝ma，學(xué)員和教練員做圓周運動的向心加速度大小之比為5∶4，質(zhì)量之比為6∶7，則學(xué)員和教練員受到的合力大小之比為15∶14，故D正確。 5.飛機飛行時除受到發(fā)動機的推力和空氣阻力外，還受到重力和機翼的升力，機翼的升力垂直于機翼所在平面向上，當(dāng)飛機在空中盤旋時機翼向內(nèi)側(cè)傾

6、斜(如圖所示)，以保證重力和機翼升力的合力提供向心力。設(shè)飛機以速率v在水平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動時機翼與水平面成θ角，飛行周期為T。下列說法正確的是(　　) A．若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大 B．若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大 C．若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大 D．若飛行速率v增大，θ增大，則周期T一定不變 解析：選C　向心力FR＝mgtan θ＝m，可知若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R減小，由v＝可知周期T減小，選項A、B錯誤；由mgtan θ＝m，可知若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大，選項C正確；由mgtan θ＝m，可知若飛行速率v增大

7、，θ增大，則半徑R的變化情況不能確定，由mgtan θ＝R2，可知周期T的變化情況不能確定，選項D錯誤。 6．(2019·哈爾濱三中調(diào)研)為了探究物體做勻速圓周運動時，向心力與哪些因素有關(guān)？某同學(xué)進行了如下實驗： 如圖甲所示，繩子的一端拴一個小沙袋，繩上離小沙袋L處打一個繩結(jié)A,2L處打另一個繩結(jié)B。請一位同學(xué)幫助用秒表計時。如圖乙所示，做了四次體驗性操作。 操作1：手握繩結(jié)A，使沙袋在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。 操作2：手握繩結(jié)B，使沙袋在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。 操作3：手握繩結(jié)A，使沙袋在水平面

8、內(nèi)做勻速圓周運動，每秒運動2周。體驗此時繩子拉力的大小。 操作4：手握繩結(jié)A，增大沙袋的質(zhì)量到原來的2倍，使沙袋在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，每秒運動1周。體驗此時繩子拉力的大小。 (1)操作2與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是________； (2)操作3與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是________； (3)操作4與操作1中，體驗到繩子拉力較大的是________； (4)總結(jié)以上四次體驗性操作，可知物體做勻速圓周運動時，向心力大小與________有關(guān)。 A．半徑　　　　　　　　　 B．質(zhì)量 C．周期 D．線速度的方向 (5)實驗中，人體驗到的繩子的拉力是否是沙袋做

9、圓周運動的向心力________(“是”或“不是”)。 解析：(1)根據(jù)F＝mrω2知，操作2與操作1相比，操作2的半徑大，沙袋質(zhì)量和角速度相等，知拉力較大的是操作2。 (2)根據(jù)F＝mrω2知，操作3與操作1相比，操作3沙袋的角速度較大，半徑不變，沙袋的質(zhì)量不變，知操作3的拉力較大。 (3)操作4和操作1比較，半徑和角速度不變，沙袋質(zhì)量變大，根據(jù)F＝mrω2知，操作4的拉力較大。 (4)由以上四次操作，可知向心力的大小與質(zhì)量、半徑、角速度有關(guān)。故選A、B、C。 (5)沙袋做圓周運動的向心力是繩子對沙袋的拉力，作用在沙袋上。而人體驗到的繩子的拉力作用在人上，不是同一個力。 答案：(

10、1)操作2　(2)操作3　(3)操作4　(4)ABC (5)不是 7．(2019·鞍山調(diào)研)用光滑圓管制成如圖所示的軌道，豎直立于水平地面上，其中ABC為圓軌道的一部分，CD為傾斜直軌道，二者相切于C點。已知圓軌道的半徑R＝1 m，傾斜軌道CD與水平地面的夾角為θ＝37°?，F(xiàn)將一小球以一定的初速度從A點射入圓管，小球直徑略小于圓管的直徑，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求小球通過傾斜軌道CD的最長時間(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。 解析：小球通過傾斜軌道時間若最長，則小球到達圓軌道的最高點的速度為0，從最高點到C點： 對小球由動能定理可得：m

11、gh＝mvC2 由幾何關(guān)系得：h＝R－Rcos θ 小球在CD段做勻加速直線運動，由位移公式得： L＝vCt＋at2 CD的長度為：L＝ 對小球利用牛頓第二定律可得：mgsin θ＝ma 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t＝0.7 s。 答案：0.7 s [B級——保分題目練通抓牢] 8.有一豎直轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)軸上的A點有一長為l的細繩系有質(zhì)量為m的小球。要使小球在隨轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動的同時又不離開光滑的水平面，則A點到水平面的高度h最大為(　　) A. B．ω2g C. D． 解析：選A　以小球為研究對象，小球受三個力的作用，重力mg、水平面支持力N、繩子拉力F，在豎

12、直方向合力為零，在水平方向所需向心力為mω2R，設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，則有：R＝htan θ，那么Fcos θ＋N＝mg，F(xiàn)sin θ＝mω2htan θ；當(dāng)球即將離開水平面時，N＝0，此時Fcos θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝mgtan θ＝mω2htan θ，即h＝。故A正確。 9．(2019·上饒模擬)固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道ABCD，其A點與圓心等高，D點為軌道的最高點，DB為豎直線，AC為水平線，AE為水平面，如圖所示。今使小球自A點正上方某處由靜止釋放，且從A點進入圓弧軌道運動，只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點的高度，總能使球通過最高點D，則小球通過D點后(　　) A．一定會落到水平

13、面AE上 B．一定會再次落到圓弧軌道上 C．可能會再次落到圓弧軌道上 D．不能確定 解析：選A　設(shè)小球恰好能夠通過最高點D，根據(jù)mg＝m，得：vD＝，知在最高點的最小速度為。小球經(jīng)過D點后做平拋運動，根據(jù)R＝gt2得：t＝ 。則平拋運動的水平位移為：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上。故A正確，B、C、D錯誤。 10．如圖所示，餐桌中心是一個半徑為r＝1.5 m的圓盤，圓盤可繞中心軸轉(zhuǎn)動，近似認為圓盤與餐桌在同一水平面內(nèi)且兩者之間的間隙可忽略不計。已知放置在圓盤邊緣的小物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.6，與餐桌間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.225，餐桌離地面的高度為h＝0.8 m

14、。設(shè)小物體與圓盤以及餐桌之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)為使物體不滑到餐桌上，圓盤的角速度ω的最大值為多少？ (2)緩慢增大圓盤的角速度，物體從圓盤上甩出，為使物體不滑落到地面上，餐桌半徑R的最小值為多大？ (3)若餐桌的半徑R′＝r，則在圓盤角速度緩慢增大時，物體從圓盤上被甩出后滑落到地面上的位置到從圓盤甩出點的水平距離L為多少？ 解析：(1)由題意可得，當(dāng)小物體在圓盤上隨圓盤一起轉(zhuǎn)動時，圓盤對小物體的靜摩擦力提供向心力，所以隨著圓盤轉(zhuǎn)速的增大，小物體受到的靜摩擦力增大。當(dāng)靜摩擦力最大時，小物體即將滑落，此時圓盤的角速度達到最大，有fm＝μ1N

15、＝mω2r，N＝mg， 聯(lián)立兩式可得ω＝ ＝2 rad/s。 (2)由題意可得，當(dāng)物體滑到餐桌邊緣時速度恰好減為零，對應(yīng)的餐桌半徑取最小值。設(shè)物體在餐桌上滑動的位移為s，物體在餐桌上做勻減速運動的加速度大小為a，則 a＝，f＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2， 物體在餐桌上滑動的初速度v0＝ωr＝3 m/s， 由運動學(xué)公式得0－v02＝－2as，可得s＝2 m， 由幾何關(guān)系可得餐桌半徑的最小值為R＝＝2.5 m。 (3)當(dāng)物體滑離餐桌時，開始做平拋運動，平拋的初速度為物體在餐桌上滑動的末速度vt′，由題意可得vt′2－v02＝－2as′， 由于餐桌半徑為R′＝r，所以

16、s′＝r＝1.5 m， 可得vt′＝1.5 m/s， 設(shè)物體做平拋運動的時間為t，則h＝gt2 ， 解得t＝ ＝0.4 s， 物體做平拋運動的水平位移為sx＝vt′t＝0.6 m， 由題意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。 答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m [C級——難度題目適情選做] 11．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動?，F(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止。后一種情況與原來相比較，下面的判斷中

17、正確的是(　　) A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大 B．金屬塊B受到桌面的支持力變小 C．細線的張力變大 D．小球A運動的角速度減小 解析：選D　設(shè)A、B質(zhì)量分別為m、M, A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線與豎直方向的夾角為θ，對B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，對A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ變小，a減小，則靜摩擦力變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應(yīng)等于(M＋m)g，故B錯誤；細線的拉力T＝，θ變小，T變小，故C錯誤；設(shè)細線長為l，則a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ變小，ω變小，故D

18、正確。 12．(2019·三門峽聯(lián)考)如圖所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，細繩AC和BC的結(jié)點C系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當(dāng)細繩AC和BC均拉直時，∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1 m。細繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動，因而小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。當(dāng)小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時的速度分別為(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　) A．AC　5 m/s B．BC　5 m/s C．AC　5.24 m/s D．BC　5.24 m/s 解析：選B　當(dāng)小球線

19、速度增至BC被拉直后，由牛頓第二定律可得，豎直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝m②，由①式可得：TA＝mg，小球線速度增大時，TA不變，TB增大，當(dāng)BC繩剛要被拉斷時，TB＝2mg，由②可解得此時，v≈5.24 m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC線與豎直方向間夾角增大，設(shè)AC線被拉斷時與豎直方向的夾角為α，由TAC·cos α＝mg，TACsin α＝m，r′＝LAC·sin α，可解得，α＝60°，LAC＝ m，v′＝5 m/s，故B正確。 13．現(xiàn)有一根長L＝1 m的剛性輕繩，其一端固定于O點，另一端系著質(zhì)量m＝0.5 kg的小球(可視為

20、質(zhì)點)，將小球提至O點正上方的A點處，此時繩剛好伸直且無張力。不計空氣阻力，取g＝10 m/s2。 (1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右拋出的瞬間，繩中的張力大小為多少？ (2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右拋出的瞬間，繩中若有張力，求其大??；若無張力，試求繩子再次伸直時所經(jīng)歷的時間。 (3)接(2)問，當(dāng)小球擺到最低點時，繩子拉力的大小是多少？ 解析：(1)繩子剛好無拉力時對應(yīng)的臨界速度滿足mg＝m，解得v臨界＝ m/s。因為v1>v臨界，所以繩子 有拉力且滿足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。 (2)因為v2

21、經(jīng)過時間t后繩子再次伸直， 則滿足方程 x2＋(y－L)2＝L2 其中x＝v2t，y＝gt2，解得t＝0.6 s。 (3)當(dāng)t＝0.6 s時，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O點右下方位置，且O點和小球的連線與豎直方向的夾角滿足tan α＝＝，此時速度的水平分量與豎直分量分別為vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s 繩伸直的一瞬間，小球的速度沿繩方向的分量突變?yōu)榱?，只剩下垂直于繩子方向的速度， v3＝vysin α－vxcos α＝ m/s 接著小球以v3為初速度繞著O點做圓周運動擺到最低點，設(shè)在最低點速度為v，則由動能定理得 mgL(1－cos α)＝mv2－mv32，又T－mg＝m， 解得T＝ N。 答案：(1)3 N　(2)0.6 s　(3) N