2021高考物理(山东专用)一轮课时作业：13 圆周运动

课时作业(十三)圆周运动[基础巩固练]1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A[因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功，因此A正确、B错误；从静止开始在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，故C、D项错误．]2．(2019·北京东城区模拟)如图所示为“感受向心力”的实验，一根轻绳的一端拴着一个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，通过拉力来感受向心力．下列说法正确的是()A．只减小旋转角速度，拉力增大B．只增大旋转速度，拉力减小C．只更换一个质量较大的小球，拉力增大D．突然松开绳子，小球仍做曲线运动C[由题意，根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第二定律，有T拉＝mω2r，只减小旋转角速度，拉力减小；只增大旋转速度，拉力增大，故A、B错误．只更换一个质量较大的小球，拉力增大，故C正确．突然松开绳子，小球受到的合力为零，将沿切线方向做匀速直线运动，故D错误．]3．(2019·广东佛山模拟)图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看成整体，下列说法正确的是()A．运动员转弯所需向心力由重力与地面对车轮的支持力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力B[转弯时的向心力为沿半径方向的合力．运动员转弯时，地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当f<m v2，即静摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发r生侧滑，故C、D错误．]4．(2019·江西赣州四校联考)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点．则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是()A．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B．在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零C．小球在最低点C所受的合力，即为向心力D．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化C[小球摆动过程中，合力沿绳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错误．在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误．小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确．小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误．]5．如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A、R C＝8R A．当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比a A：a B：a C等于()A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4C [小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即v A ＝v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动角速度相等，有ωA ＝ωC ．由a ＝v 2R 可得a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a＝ω2R 可得a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，C 正确．]6．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2C [汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′① 所以由牛顿第二定律可得mg－F N1′＝m v 2R②同样，如图乙所示，F N2′＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有 F N2′－mg ＝m v 2R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg所以F N1∶F N2＝1∶3.]7．(2019·山东枣庄模拟)质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和m 小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )A ．cos α＝cos β2B ．cos α＝2cos βC ．tan α＝tan β2D ．tan α＝tan βA [以M 为研究对象受力分析，列牛顿第二定律：Mg tan α＝M 4π2T 212l sin α得：T 1＝2π2l cos αg同理：以m 为研究对象：T 2＝2πl cos βg因T 1＝T 2，所以2cos α＝cos β，故A 正确．]8．如图所示，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(可视为质点)．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，小球平拋后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与O 、B 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点间的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)地面上D 、C 两点间的距离x ； (2)轻绳所受的最大拉力大小．解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12m v 2B①小球从B 到C 做平拋运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2②在水平方向上有x ＝v B t ③由①②③式联立解得x ＝ 2 m ≈1.41 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 v 2BL④由①④式联立解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律得F ′＝－F 故轻绳所受的最大拉力大小为20 N. 答案 (1)1.41 m (2)20 N [能力提升练]9．(2018·陕西西安长安区二模)如图所示，长为L 的轻杆，一端固定在水平转轴O 上，另一端固定一个质量为m 的小球．现让杆绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，重力加速度为g .某时刻杆对球的作用力方向恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足( )A ．sin θ＝ω2L gB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝gω2LD ．tan θ＝gω2LA [小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示．根据牛顿第二定律有mg sin θ＝mLω2，解得sin θ＝ω2L g，故A 正确，B 、C 、D 错误．]10．(2019·山东师大附中月考)如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L .今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为( )A ．3mgB ．23mgC ．3mgD ．4mgA [当小球到达最高点时速率为v ，有mg ＝m v 2r ，当小球到达最高点的速率为2v 时，应有F ＋mg ＝m (2v )2r ＝4mg ，所以F ＝3mg ，在最高点小球受力如图所示，所以F T ＝3mg ，A 正确．]11．卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，卫星内的物体对支持面几乎无压力，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量．假设某同学在该环境中设置了如图所示装置来间接测量物体的质量，给待测物体一个初速度，使之在桌面上做匀速圆周运动．设该卫星中有基本的测量工具．(1)实验中，需要测量的物理量是____________________________________________. (2)质量的表达式为m ＝________(用测量物理量来表达)．解析 (1)实验需要测量的物理量有：弹簧测力计的示数F 、物体到圆心的距离r 以及物体转n 圈所经历的时间t (因为如果只测物体转一圈的时间误差较大，应该运用累积法减小误差)．(2)由F ＝mr 4π2T 2及T ＝t n ，可得m ＝Ft 24π2n 2r .答案 (1)见解析 (2)Ft 24π2n 2r12．如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上放置一质量m＝2 kg的小物块C，小物块C 用一与斜面平行的细绳连接在A点，细绳的长度l0＝0.2 m，当斜面连同小物块C一起绕竖直轴AB以一定角速度匀速转动时，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)当匀速转动的角速度ω＝5 2 rad/s时，斜面对小物块C的支持力大小？(2)当匀速转动的角速度ω＝10 rad/s时，小物块C对斜面的压力大小？解析(1)对小物块进行受力分析如图，则：竖直方向：F T sin 30°＋F N cos 30°＝mg水平方向：F T cos 30°－F N sin 30°＝mω2l0cos 30°联立得：F N＝10 3 N(2)设物块对斜面的压力恰好为0时的角速度为ω0，所以：竖直方向：F T′sin 30°＝mg水平方向：F T′cos 30°＝mω20l0cos 30°联立得：ω0＝10 rad/s所以当匀速转动的角速度ω＝10 rad/s时，小物块C对斜面的压力恰好等于0.答案(1)10 3 N(2)0。