2017高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天基础课时10圆周运动(含解析)

1基础课时10圆周运动一、单项选择题1.电风扇的扇叶的重心如果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加快转轴磨损。调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的办法改变其重心位置。如图1所示，A、B是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O的距离rA＜rB。扇叶转动后，它们的()图1A．向心加速度相等B．线速度大小相等C．向心力FA＜FBD．角速度ωA＜ωB解析因为两调整重心的金属块A、B固定在风扇上，因此两者绕轴O一起转动，具有相同的角速度，故D错误；根据向心加速度公式a＝ω2r，得aA＜aB，由线速度与角速度的关系v＝ωr，得vA＜vB，由向心力公式F＝mω2r，得FA＜FB，故C正确，A、B错误。答案C2．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相同的时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们的向心力大小之比为()A．1∶4B．2∶3C．4∶9D．9∶16解析m1∶m2＝1∶2，r1∶r2＝1∶2，ω1∶ω2＝θ1∶θ2＝4∶3，向心力F＝mω2r，故F1∶F2＝4∶9，故C正确。答案C3.光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如图2所示，设内环内边缘的半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。A、B、C分别为各边缘线上的点。则读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为()2图2A.R21R2R3B.R22R1R3C.R2R3R21D.R1R3R22解析内环外边缘和外环内边缘为同一圆。A与B角速度相等，向心加速度之比为aAaB＝R1R2。B与C线速度相等，向心加速度之比为aBaC＝R3R2；读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为aAaC＝R1R3R22，选项D正确。答案D4．(2016·江西南昌月考)如图3所示，物块P置于水平转盘上随转盘一起运动，图中c方向沿半径指向圆心，a方向与c方向垂直。当转盘逆时针转动时，下列说法正确的是()图3A．当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为cB．当转盘匀速转动时，P不受转盘的摩擦力C．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为aD．当转盘减速转动时，P受摩擦力方向可能为b解析转盘匀速转动时，重力和支持力平衡，合外力(摩擦力)提供物块做圆周运动的向心力，故摩擦力方向指向圆心O点，A正确，B错误；当转盘加速转动时，物块P做加速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向a方向的切向力，使线速度大小增大，两方向的合力即摩擦力，可能指向b，故C错误；当转盘减速转动时，物块P做减速圆周运动，不仅有沿c方向指向圆心的向心力，还有指向与a方向相反方向的切向力，使线速度大小减小，两方向的合力即摩擦力，可能指向d，故D错误。答案A5．如图4所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳3的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则()图4A．绳的张力可能为零B．桶对物块的弹力不可能为零C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大解析当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，A、D项错误，C项正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，B项错误。答案C6．如图5所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为R2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的压力是()图5A．0.5mgB．mgC．1.5mgD．2mg解析设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v，由机械能守恒定律得mg·R2＝12mv2，解得v＝gR；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为FN，则FN＝mv2R，将v＝gR代入解得FN＝mg；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于mg，故选项B正确。答案B7．(2013·江苏单科，2)如图6所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相4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()图6A．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的小解析A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA＝ωB，但rArB，根据v＝ωr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a＝ω2r得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向＝mω2r及tanθ＝F向mg＝ω2rg知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知FT＝mgcosθ，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确。答案D8.如图7所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa＝ab，已知b球质量为a球质量的3倍。当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比为()图7A．1∶3B．1∶6C．4∶3D．7∶6解析设a球质量为m，则b球质量为3m，由牛顿第二定律得，对a球：FOa－Fab＝mω2xOa对b球：Fab＝3mω2(xOa＋xab)5由以上两式得，Oa和ab两线的拉力之比为FOa∶Fab＝7∶6，D正确。答案D二、多项选择题9．铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关。还与火车在弯道上的行驶速度v有关。下列说法正确的是()A．速率v一定时，r越小，要求h越大B．速率v一定时，r越大，要求h越大C．半径r一定时，v越小，要求h越大D．半径r一定时，v越大，要求h越大解析火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，则有mgtanθ＝mv2r，且tanθ≈sinθ＝hL，其中L为轨间距，是定值，有mghL＝mv2r，通过分析可知A、D正确。答案AD10.如图8所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上。小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q都保持在桌面上静止。则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是()图8A．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的静摩擦力变大C．小球P运动的角速度变大D．小球P运动的周期变大6解析根据小球做圆周运动的特点，设细线与竖直方向的夹角为θ，故FT＝mgcosθ，FT′＝FT。对金属块受力分析由平衡条件Ff＝FT′sinθ＝mgtanθ，FN＝FT′cosθ＋Mg＝mg＋Mg，故在θ增大时，Q受到的支持力不变，静摩擦力变大，A选项错误，B选项正确；设细线的长度为L，由mgtanθ＝mω2Lsinθ，得ω＝gLcosθ，故角速度变大，周期变小，故C选项正确，D选项错误。答案BC11.(2016·山东潍坊期中)如图9所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细绳被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细绳始终保持水平，被拖动物块的质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝2t(rad/s)，g＝10m/s2。以下判断正确的是()图9A．物块做匀速运动B．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1m/s2C．细绳对物块的拉力是5ND．细绳对物块的拉力是6N解析物块的速度等于圆盘边缘转动的线速度，v＝ωR＝t(m/s)，由v＝at知物块的加速度为1m/s2，即物块做a＝1m/s2的匀加速直线运动，故B正确；对物块受力分析，由牛顿第二定律可知FT－Ff＝ma，Ff＝μmg，解得FT＝6N，故D正确。答案BD三、非选择题12.如图10所示，有一质量为m的小球在光滑的半球形碗内做匀速圆周运动，轨道平面在水7平面内，已知小球与半球形碗的球心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，半球形碗的半径为R，求小球做圆周运动的速度大小及碗壁对小球的弹力大小。图10解析由题图可知，小球做匀速圆周运动的圆心为O′，运动半径为r＝Rsinθ，小球受重力G及碗对小球弹力FN的作用，向心力为弹力的水平分力，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得FNsinθ＝mv2Rsinθ①竖直方向上小球的加速度为零，所以竖直方向上所受的合力为零，即FNcosθ＝mg解得FN＝mgcosθ②联立①②两式，可解得物体做匀速圆周运动的速度为v＝Rgsinθtanθ。答案Rgsinθtanθmgcosθ