【文档说明】高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力定律第12讲圆周运动的规律及应用练习(含解析).doc，共(8)页，165.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第12讲圆周运动的规律及应用[解密考纲]考查圆周运动的参量之间的关系、匀速圆周运动的周期性问题、水平面内圆周运动的临界问题、竖直平面内圆周运动的绳模型和杆模型问题．1．(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)关于圆周运动，下列说法是正确的是()A．匀速圆周运动是匀变速运

动B．做圆周运动物体所受的合力始终指向圆心C．做匀速圆周运动的物体加速度始终指向圆心D．向心力只改变速度的大小，不改变速度的方向C解析匀速圆周运动的加速度是向心加速度，方向不断改变，是变加速运动；一般的圆周运动所受合力不一定指向

圆心，其沿半径方向的分力才是向心力，只改变速度方向，不改变速度大小；沿切线方向的分力是切向力，只改变速度大小，不改变速度方向，选项C正确．2．(2019·浙江高三高考选考科目联考)自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器，变速器通过改变链条的位置，使链条跳到不同的齿轮上而改变速

度．自行车的部分构造如图所示，下列有关说法错误的是()A．自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等B．自行车拐弯时，前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等C．自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡D．自行车骑行时，与链条相连接

的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等B解析后轮与飞轮同轴转动，两者角速度相等，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘同一链条相连，线速度相等，选项A、D正确；上坡时需要省力，所以要采用中轴链轮最小挡，飞轮最大档，选

项C正确；自行车拐弯时，前后轮运动的路程不相同，则前后轮边缘的线速度大小一定不相等，选项B错误．3．(2019·咸阳高三一模)(多选)如图所示，固定水平直杆ab上套有一个物块P，物块P通过一根细线与一个小球Q相连接，小球Q在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球调到一个更低的水平面上做

匀速圆周运动(图上未画出)，物块P始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的2是()A．小球Q的向心加速度变小B．小球Q运动的线速度变小C．小球Q运动的角速度变小D．小球Q运动的周期变小ABC解析小球Q受到重力和拉力作用，如图所示．由重力和

细线的拉力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ＝mv2Lsinθ＝ma＝m4π2T2Lsinθ，现使小球调到一个更低的水平面上做匀速圆周运动，θ减小，小球Q的向心加速度a＝gtanθ减小，小球Q运动的线速度v＝gLtanθsinθ减

小，小球Q运动的角速度ω＝gLcosθ变小，小球Q运动的周期T＝2πω变大，故选项A、B、C正确，D错误．4．(2019·湖北八市高三联考)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速

转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是()A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等D解析设细线与竖直方向的夹

角为θ，对N受力分析如图甲所示，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上Tcosθ＝GN，在水平方向上N1＝Tsinθ，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，选

项A、C错误；对M受力分析如图乙所示，受到绳子的拉力T，竖直向下的重力GM，竖直向上的支持力N2，以及水平杆给的摩擦力Ff，在竖直方向上有N2＝GM＋Tcosθ＝GM＋GN，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，

即Tcosθ－Ff＝mω2r⇒Ff＝Tcosθ－mω2r，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即Tcosθ＋Ff＝mω2r⇒Ff＝mω2r－Tcosθ，故可能存在Ff＝mω21r－Tcosθ＝Tcosθ

－mω22r，摩擦力向左和向右时相等的情况，选项B错误，D正确．35．(2019·石家庄高三一模)(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相

对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是()A．圆环旋转角速度的大小为5g4RB．圆环旋转角速度的大小为5g3RC．小球A与圆环间摩擦力

的大小为75mgD．小球A与圆环间摩擦力的大小为15mgAD解析小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得ω＝5g4R，则选项A正确，B错误；对小球A受力分析如图所示，有水平方向Nsinθ－Ffcosθ＝mω2Rsinθ，竖直方向

Ncosθ＋Ffsinθ－mg＝0，联立解得Ff＝15mg，故选项C错误，D正确．6．(2019·六安舒城中学高三仿真)如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m．筒壁内有一小物体

与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是()A．1rad/sB.303rad/s4C.

10rad/sD．5rad/sC解析对物体受力分析如图所示，受重力G，弹力N，静摩擦力Ff.ω的最小值时，物体在上部将要产生相对滑动．由牛顿第二定律可知，mgcosθ＋N＝mω2r，在平行于桶壁方向上，达到最大静摩擦力，即Ffmax＝mgsinθ，由于F

fmax＝μN.由以上式子，可得ω＝10rad/s，故选项C正确．7．(2019·宝鸡一模)(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直．一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程

中()A．小球的向心加速度逐渐减小B．小球运动的角速度逐渐减小C．小球运动的线速度逐渐减小D．小球运动的周期逐渐减小CD解析以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示．由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma＝mv2r＝mrω2，可知在

A、B轨道的向心力大小相等，a＝gtanθ，向心加速度不变，故选项A错误；角速度ω＝grtanθ，由于半径减小，则角速度变大，故选项B错误；线速度v＝grtanθ，由于半径减小，线速度减小，故选项C正确；周期T＝2

πω，角速度增大，则周期减小，故选项D正确．8．(2019·青州高三三模)(多选)如图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有两物体A、B靠在一起随圆筒转动，在圆筒的角速度均匀增大的过程中，两物体相对圆筒始终保持静止，下列说法正确的是()

A．在此过程中，圆筒对A一定有竖直向上的摩擦力B．在此过程中，A、B之间可能存在弹力C．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A、B的弹力都逐渐增大D．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对B的摩擦力也逐渐增大BC解析在此过程中，A可能只

受重力和B对A的支持力，不一定受到圆筒对A的竖直向上的摩擦力，选项A错误，B正确；水平方向，圆筒对A、B的弹力充当做圆周运动的向心力，根据F＝mω2r可知，随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A、B的弹力都逐渐增大，选项C正确

；圆筒对B的摩擦力在竖直方向，与水平方向的受力无关，即与圆筒的转速无关，5选项D错误．9．(2019·嘉兴高三选考科目检测)如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则()A．物品所受摩擦力与

其运动方向相反B．越靠近圆心的物品摩擦力越小C．越靠近圆心的物品角速度越小D．越靠近圆心的物品加速度越小D解析由于物品有向外甩的趋势，所以物品所受的摩擦力指向圆心提供向心力，故选项A错误；由摩擦力提供向心力可知，Ff＝mω2r，由于物品的质量大小不知道，所以无法确定摩擦力大小，故选项B错误；同

一转轴转动的物体角速度相同，故选项C错误；由公式a＝ω2r可知，越靠近圆心的物品加速度越小，故选项D正确．10．(2019·滑县高三联考)螺旋测微器是常见的长度测量工具，如图所示，旋动旋钮一圈，旋钮同时会随测微螺杆沿着旋

转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，已知旋钮上的可动刻度“0”刻线处A点的旋转半径为R＝5.0mm，内部螺纹的螺距x＝0.5mm，若匀速旋动旋钮，则A点绕轴线转动的线速度和沿轴线水平移动的速度大小之比为()A．10∶1B．10π∶1C．20π∶1D．20∶1C解析旋动旋钮一圈，测微螺杆便

沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离，A点做圆周运动的线速度为vA1＝2πRΔt，A点水平移动的速度为vA2＝xΔt，带入数据得vA1vA2＝20π∶1，选项C正确．11．(2019·江西红色七校高三联考)(多选)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b

，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放．当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是()A．ma∶mb＝3∶1B．ma∶mb＝2∶1C．若只将细杆

D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球6对地面的压力刚好为零D．若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球对地面的压力刚好为零AD解析由于b球摆动过程中机械能守恒，则有mbgl＝12mbv2，

当b球摆过的角度为90°时，根据牛顿运动定律和向心力公式得T－mbg＝mbv2l，联立解得T＝3mbg；据题a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为T＝mag，解得ma∶mb＝3∶1，故选项A正确，B错

误；由上述求解过程可以看出T＝3mbg，细绳的拉力T与球到悬点的距离无关，只要b球摆到最低点，细绳的拉力都是3mbg，a球对地面的压力刚好为零，a球不会被拉离地面，故选项C错误，D正确．12．(2019·衡水中学高三二调)如图所示的装置可绕竖直轴OO

′转动，可视为质点的小球A与细线AC、AB连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m＝1kg，细线AC长L1＝1m，细线AB长L2＝0.2m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)

若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503rad/s，求细线AC与细线AB的张力大小．解析(1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC对小球的拉力的合

力提供小球做圆周运动的向心力，即mgtan37°＝mω21l1sin37°，解得ω1＝gl1cos37°＝522rad/s.(2)当ω2＝503rad/s时，由于ω2＞ω1，故小球应向左上方摆起，由几何关系可知，小球未向左上方摆起时，A点距C点的

水平距离为d＝l1sin37°＝0.6m．摆起后，假设细线AB的张力仍为零，设此时细线AC与竖直方向的夹角为α，则有mgtanα＝mω22l1sinα，解得cosα＝0.6，即α＝53°，由几何关系可知，此时A点距C点的水平距离为d′＝l1sin53°＝0.8m，而d′＝l2＋l1

sin37°，说明此时细线AB恰好竖直且细线的拉力为零，故细线AC与竖直方向的夹角α＝53°.竖直方向由平衡条件可得FACcosα＝mg，解得FAC＝503N.答案(1)ω1＝522rad/s(2)FAC＝503NFAB＝0713．(2019·哈尔滨第三中学高三调研)如图所示，带有竖直侧壁的圆盘绕

过中心的竖直轴转动，转速可调，侧壁到转轴的距离为R，有一质量为m(可视为质点)的物块，它与圆盘和侧壁间的摩擦因数均为μ，现将物块放置在距转盘转轴R2处．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)(1)若物块恰好相对圆盘未滑动，求此时圆盘转动

的角速度；(2)调节圆盘的转速，将物块置于侧壁上，物块恰好不下滑，求圆盘的转速．解析(1)恰好未滑动时最大静摩擦力力充当向心力，有μmg＝mω2·R2，可得ω＝2μgR.(2)恰好不下滑时物块和墙壁间最大静摩擦力等于重力，有mg＝μFN，FN＝

mω2R，ω＝2πn，解得n＝12πgμR.答案(1)2μgR(2)12πgμR14．(2019·晋豫省际大联考)如图所示，一根结实的轻绳穿过固定在天花板上的内壁光滑的弯曲细钢管，两端分别拴着一个小球A和B.当小球A在水平面内做匀速圆周运动时，小球A到管口的绳长为l，轻绳与竖直方向的夹角θ

＝60°，此时小球B恰好静止．重力加速度为g，求：(1)小球A和B的质量之比mAmB；(2)小球A转动的周期．解析(1)设细绳的拉力为F，小球B处于平衡状态有F＝mBg，在竖直方向上，小球A处于平衡状态，有Fcosθ＝mAg，联立解得mAmB＝12.(2)对于小球A，细绳拉力的水平分量提供圆周

运动的向心力，有Fsinθ＝mA2πT2r，r＝lsinθ，则小球A转动的周期T＝π2lg.8答案(1)12(2)π2lg