2022高考物理一轮复习课时作业十二圆周运动及其应用含解析新人教版

高考圆周运动及其应用(建议用时40分钟)1.洗衣机是现代家庭常见的电器设备。它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的，下列有关说法中错误的是(　　)A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的B．加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好【解析】选D。脱水过程中，衣物由于离心作用而紧贴筒壁，A正确，不符合题意；加快脱水筒转动的角速度，脱水效果会更好，B正确，不符合题意；水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力而做离心运动，C正确，不符合题意；四周的衣物脱水效果比靠近中心的衣物脱水效果好，D错误，符合题意。故选D。2．(2020·眉山模拟)转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其手上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是(　　)-15-/15 高考A.笔杆上的点离O点越近的，角速度越大B．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走【解析】选D。笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，但转动半径不同，所以线速度不同，故A错误；由向心加速度公式an＝ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故B错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆的弹力提供的，与万有引力无关，故C错误；当转速过大时，提供的向心力小于需要的向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D正确。【加固训练】　　如图所示，计算机硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据。普通家用电脑硬盘的转速通常有5400r/min和7200r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则正常运转时，下列说法中正确的是(　　)A.5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的角速度大小之比为4∶3B.磁头的位置相同时，两种硬盘读写数据速度相等C.磁头的位置相同时，7200r/min的硬盘读写数据速度较慢D.5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的角速度大小之比为3∶4【解析】选D。根据ω=2πn，可知5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的角速度大小之比为5400∶7200=3∶-15-/15 高考4，A错误，D正确；磁头位置相同时，转动半径相同，根据v=ωr，可知两种硬盘读写数据速度之比为3∶4，即7200r/min的硬盘读写数据较快，B、C错误。3.(创新题)如图所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳，绳的下端挂一个质量为m的小球，重力加速度为g，已知细绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以v＝的速度落在墙角边，以下选项正确的是(　　)A．悬点到轨迹圆的高度h与角速度的平方ω2成正比B．绳断裂瞬间的速度v0＝C．圆柱形房顶的高度H＝3.25LD．半径R＝L【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)小球做匀速圆周运动，绳子拉力与重力的合力充当向心力。(2)绳断裂后小球做平抛运动，利用动能定理求出小球下落的高度。【解析】选C。分析小球的受力情况得：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mω2htanθ，解得h＝，则悬点到轨迹圆的高度h与角速度的平方ω2成反比，选项A错误；同理：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝m，其中T＝2mg，解得θ＝60°，v0＝，由动能定理得mgh′＝mv2－mv，解得h′＝-15-/15 高考L，所以圆柱形房顶高度H＝h′＋Lcosθ＝L＝3.25L，由平抛运动的规律h′＝gt2，由几何知识得R＝＝3L，选项C正确，B、D错误。【加固训练】　　如图所示，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的小木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则(　　)A.木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力作用B.绳的拉力大小为mω2C.手对木块不做功D.手拉木块做功的功率等于【解析】选D。木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力、桌面摩擦力作用，故A错误；手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端木块做的也是匀速圆周运动；设大圆半径为R，由图分析可知R=，设绳中X力为FT，则FTcosφ=mRω2，cosφ=，故FT=-15-/15 高考，所以B错误；绳子拉力对木块做功，则手的拉力对木块做功，故C错误；手拉木块做功的功率P＝FTv＝·ωr＝，故D正确。4．图(a)为酒店常用的安全窗户，竖直窗框部分安装有滑轨与滑块，两者之间的弹性摩擦块固连在滑块上，截面如图(b)所示，滑块与窗户通过一金属轻杆相连，轻杆两端可绕固定点A、B自由转动，其推拉结构可简化为图(c)，C为窗户下边缘一点，轻杆长L，B点到转轴的距离为2L，则(　　)A.开窗过程中A、B两点的速度始终相等B．开窗过程中B、C两点的角速度始终相等C．开窗状态下滑块受3个力作用D．该窗户能打开的最大角度为60°【解析】选B。开窗过程中A沿着滑轨运动、B以窗户上端为转轴转动，A和B两点的速度不一定相等，故A错误；开窗过程中B、C两点始终以窗户上端为转轴转动，属于“同轴转动”，则角速度始终相等，故B正确；开窗状态下滑块受重力、滑轨的支持力和摩擦力、AB金属轻杆的弹力4个力作用，故C错误；当AB金属轻杆水平时，该窗户打开的角度最大，设最大角度为θ，则有：sinθ＝＝，解得θ＝30°，故D错误。-15-/15 高考5.(多选)一轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，长为R的轻杆可绕水平轴在竖直平面内转动(不计空气阻力)，如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)A．小球能做完整的圆周运动，经过最低点的最小速度为2B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C．小球在最低点对轻杆的作用力一直增大D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心【解析】选A、B、C。设轻杆对小球的作用力大小为F，小球做完整的圆周运动经过最高点时，F竖直向上时，对小球，由牛顿第二定律得mg－F＝m，当轻杆对小球的作用力大小F＝mg时，小球的速度最小，最小值为0，从最高点到最低点，由动能定理得mg·2R＝mv，则v0＝2，故A正确；若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后反向增大(先为支持力后为拉力)。由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，故B正确；小球在最低点，由F－mg＝m，可得轻杆对小球的作用力(拉力)F＝mg＋m，若小球在最低点的初速度逐渐增大，则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大，由牛顿第三定律可知C正确；轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以小球所受合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，故D错误。【加固训练】-15-/15 高考　　(多选)如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是(　　)A.甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力B.乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力C.丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力D.丁图中，轨道车过最高点的最小速度为【解析】选B、C。在题图甲中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－N＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋F＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在题图乙中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带一定给人向上的力，故B正确；在题图丙中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；在题图丁中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误。-15-/15 高考6．如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时由静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。【解析】(1)滑块恰好在最高点F，则其所受支持力为零，即mg＝m，即vF＝＝1m/s(2)滑块在AB斜面上，摩擦力做功Wf2＝－μmgscosα＝－μmgL2在OE阶段，摩擦力做功Wf1＝－μmgL1根据动能定理可知W弹＋Wf1＋Wf2＋WGAB＝0则W弹＝μmg(L1＋L2)＋mgh即W弹＝8×10－3J设到达E点的速度为v1，根据动能定理可知W弹＋Wf1＝mv-15-/15 高考设轨道对滑块支持力为FN，根据向心力知FN－mg＝m，则FN＝0.14N即滑块对轨道压力为0.14N。(3)要能够成功完成游戏，首先需要能够过圆轨道最高点，并能够到达斜面。即要到达圆轨道最高点，则弹性势能最小值Epmin＝mg·2r＋mv＋μmgL1即Epmin＝7×10－3J到B点减速到0，Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，h1＝0.05m要能停在B处，即μmgcosθ＝mgsinθ，即tanθ＝0.5，此时h2＝0.2m到达斜面高度设为h，根据能量守恒定律可知Ep＝μmg(L1＋L2)＋mghEp＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)答案：(1)1m/s　(2)0.14N　8×10－3J(3)Ep＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)【总结提升】平抛运动与圆周运动组合本质上是多过程运动问题，通常求解分三步-15-/15 高考7.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，∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。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小球的速度分别为(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC绳　5m/sB．BC绳　5m/sC．AC绳　5.24m/sD．BC绳　5.24m/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：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝m②，由①式可得：TA＝mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB＝2mg，由②可解得此时v≈5.24-15-/15 高考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α，由TAC·cosα＝mg，TACsinα＝m，r′＝LAC·sinα，可解得α＝60°，LAC＝m，v′＝5m/s，故B正确。8.(创新题)打夯机利用冲击振动来夯实地基，其原理如图所示，转锤在电机的带动下匀速转动，从而使打夯机上下振动，达到夯实地基的作用。已知打夯机的机身质量为M，转锤质量为m，转速恒定，转动等效半径为R，则下列说法正确的是(　　)A．若机身没有跳离地面，转锤过最高点时的向心力小于最低点时的向心力B．若机身没有跳离地面，转锤过最高点时的向心力大于最低点时的向心力C．若机身能跳离地面，转锤转动的角速度至少为D．若机身能跳离地面，转锤转动的角速度至少为【解析】选C。转锤匀速转动，根据F向＝m可知，转锤过最高点时的向心力等于最低点时的向心力，故选项A、B错误；若机身能跳离地面，则在最高点时：T＋mg＝mω2R，其中的T＝Mg，则解得ω＝，故选项C正确，D错误。9.(多选)(2020·某某模拟)如图所示，质量均为m的a、b两小球在光滑半球形碗内做圆周运动，碗的球心为O、半径为0.1m，Oa、Ob与竖直方向夹角分别为53°、37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2。则下列说法正确的是(　　)-15-/15 高考A．a、b两球做圆周运动的线速度之比为8∶3B．a、b两球做圆周运动的角速度之比为2∶C．a、b两球相邻两次相距最近的时间间隔为sD．a、b两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用【解析】选B、D。小球做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，则Fn＝mgtanθ＝m＝mω2Rsinθ，θ是半径与竖直方向的夹角，解得v＝，则线速度之比为＝＝，ω＝，则＝＝，故A错误，B正确；a的角速度ωa＝＝＝rad/s，b的角速度ωb＝＝＝5rad/s，相距最近时满足：ωat－ωbt＝2π解得t＝s，选项C错误；a、b两球运动过程中，两球对碗的压力的水平分量为mgtanθ，因θ不同，则两球对碗的压力的水平分量不相等，对碗来说两球对碗的水平方向的作用力不为零，则碗对地面始终有摩擦力作用，选项D正确。10.(多选)(2020·某某模拟)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,烧断细线,则(　　)A.两物体均沿切线方向滑动-15-/15 高考B.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,同时所受摩擦力减小C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动,不会发生滑动D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远【解析】选B、D。当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动,B靠指向圆心的最大静摩擦力和拉力的合力提供向心力,所以烧断细线后,A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力,A要发生相对滑动,离圆盘圆心越来越远,但是B所需要的向心力小于B的最大静摩擦力,所以B仍保持相对圆盘静止状态,做匀速圆周运动,且静摩擦力比细线烧断前减小,故B、D正确,A、C错误。11．(2020·某某模拟)如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径都为0.3m的圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L＝0.2m。下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。有一质量为0.3kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧轨道，不计小球运动中的一切阻力，g取10m/s2。求：(1)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求落地点与D点的水平距离；(2)如果小球从D点以5m/s的速度水平飞出，求小球经过圆弧A点时对轨道的压力；(3)如果在D点右侧平滑连接一半径R′＝0.4m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，求小球在水平轨道上向右运动的速度大小X围(计算结果可用根式表示)。-15-/15 高考【解析】(1)小球从D点以5m/s的速度水平飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得h＝gt2由题意得h＝2R＋L＝2×0.3m＋0.2m＝0.8m，代入数据解得t＝0.4s所以落地点与D点的水平距离x＝vDt＝5×0.4m＝2m。(2)小球由A到D的过程，由机械能守恒定律可得mgh＋mv＝mv在A点，由牛顿第二定律可得N－mg＝m联立解得N＝44N，由牛顿第三定律可得，小球经过圆弧A点时对轨道的压力N′＝N＝44N。(3)讨论一：小球进入轨道后最高运动到C点，之后原路返回，由机械能守恒定律得mg(R＋L)＝mv解得v1＝m/s。讨论二：小球进入轨道后恰好能通过最高点D，之后沿DEF运动而不脱离轨道，在D点有mg＝m从A到D，由机械能守恒定律可得mgh＋mv2＝mv-15-/15 高考解得v2＝2m/s故要使小球在运动过程中不脱离轨道，初速度大小的X围为v1≤m/s或v2≥2m/s答案：(1)2m　(2)44N(3)v1≤m/s或v2≥2m/s-15-/15