近年届高考物理一轮复习第4章曲线运动、万有引力与航天第3讲圆周运动课时作业(含解析)(2021年整

2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动、万有引力与航天第3讲圆周运动课时作业（含解析）
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3、圆周运动
［基础训练]
1．如图所示,洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服（)
A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用
B．所需的向心力由重力提供
C．所需的向心力由弹力提供
D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大
答案:C 解析：衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N＝mrω2，转速越大，F N越大，C正确，B、D错误．2．皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r.A和B分别是两个轮边缘上的质点，大轮上另一质点P到转动轴的距离也为r,皮带不打滑,则( )
A．A与P的角速度相同
B．B与P的线速度相同
C．A的向心加速度是B的错误!
D．P的向心加速度是A的1 4
答案：D 解析：同一皮带带动的轮子边缘的线速度大小相等，根据v＝ωR得ω＝错误!，所以ωA＝2ωB，同轴转动的不同点角速度相同，则ωB＝ωP，根据v＝ωR得v B＝2v P，选项A、B错误；根据a＝错误!得a A＝2a B，根据a＝ω2R得a B＝2a P，故a A＝4a P,选项D正确，C错误．
3．(2018·浙江嘉兴一模)(多选)如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5。

0 m，B点的转弯半径为4。

0 m，学员和教练员（均可视为质点)( ）
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
答案：D 解析：A、B两点做圆周运动的角速度相等,根据T＝错误!知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4,故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4,则向心加速度大小之比为5∶4,故C错误．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7,则合力大小之比为15∶14，故D正确．
4．(2018·四川成都质检）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．如图所示,设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3。

A 、B 、C 分别为各边缘线上的点．则读取内环上A 点时A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时C 点的向心加速度大小之比为（ )
A 。

错误!
B 。

错误! C.错误! D 。

错误!
答案：D 解析:A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r ，可知a A ∶a B ＝R 1∶R 2
①;B 、C 两点线速度相同，由a ＝错误!，可知a B ∶a C ＝R 3∶R 2②;由①×②可得a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 2，2,D 项正确．
5．(多选)如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个完全相同的小球,细线的上端都系于O 点．设法让两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，则下列说法正确的是（ )
A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为错误!∶1
B ．小球A 和B 的角速度大小之比为错误!∶1
C ．小球A 和B 的向心力大小之比为3∶1
D ．小球A 和B 的线速度大小之比为3错误!∶1
答案：AC 解析:由mg ＝F 1cos 60°可得F 1＝2mg ,由mg ＝F 2cos 30°可得
F
＝错误!mg，细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为错误!∶1，选项A正确；2
由mg tan θ＝mω2h tan θ,可得小球A和B的角速度大小之比为1∶1,选项B
错误；小球A和B的向心力大小之比为mg tan 60°∶mg tan 30°＝3∶1,选
项C正确；由mg tan θ＝错误!，可得小球A和B的线速度大小之比为tan 60°∶
tan 30°＝3∶1，选项D错误．
6．(2018·浙江杭州五校联盟二诊）(多选)质量为m的物体沿着半径为
r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示,若物体与球壳
之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（)
A．向心加速度为错误!
B．向心力为m错误!
C．对球壳的压力为错误!
D．受到的摩擦力为μm错误!
答案：AD 解析：向心加速度的大小a＝错误!,故A正确．向心力F n＝m 错误!，故B错误．根据牛顿第二定律得F N－mg＝m错误!，解得F N＝mg＋m错误!，则物体对球壳的压力为mg＋m错误!，故C错误．物体所受的摩擦力F f＝μF N ＝μ错误!，故D正确．
7．（多选）如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，
一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨
道最低点时( )
A．A球对轨道的压力等于B球对轨道的压力
B．A球对轨道的压力小于B球对轨道的压力
C．A球的角速度等于B球的角速度
D．A球的角速度大于B球的角速度
答案:AD 解析：小球滚下过程只有重力做功mgr＝错误!mv2，解得:v＝错误!①，在最低点，重力和支持力的合力等于向心力,则N－mg＝m错误!
②，由①②解得：N＝3mg，故球对轨道的压力等于
3mg,与轨道半径无关，因此A正确，B错误;根据线速度与角速度关系公式v ＝ωr，ω＝错误!＝错误!，故A球的角速度大于B球的角速度,C错误，D正确．
8.如图所示为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化,此后随转盘一起运动（无相对滑动)到C处被取走装箱．已知A、B两处的距离L＝10 m,传送带的传输速度v＝2 m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝4 m,物品与传送带间的动摩擦因数μ＝0。

25。

取g＝10 m/s2。

求：
(1)物品从A处运动到B处的时间t；
（2)质量为2 kg的物品随转盘一起运动的静摩擦力为多大？
答案:(1)5.4 s （2)2 N
解析：(1）物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动：
a＝μg＝2.5 m/s2
x
＝错误!＝0。

8 m
1
t
＝错误!＝0.8 s
1
之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动，则t2＝错误!＝4.6 s
所以t＝t1＋t2＝5.4 s。

(2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力F＝m错误!
解得：F＝2 N.
[能力提升]
9．（2018·广东广州一测)(多选)如图所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则( ）
A．物体受到的支持力减小
B．物体受到的合外力不变
C．角锥体对物体的作用力不变
D．物体受到的静摩擦力增大
答案:AD 解析:物体随角锥体绕竖直轴转动，对物体受力分析，设倾斜面与水平面的夹角为α，所以在竖直方向：mg＝N cos α＋f sin α，水平方向：f cos α－N sin α＝mω2r，当角锥体旋转的角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则物体需要的向心力增大，分析知静摩擦力增大,支持力减小，物体在竖直方向所受合力为零，水平方向向心力增大，所以物体所受合外力增大，选项A、D正确．
10．(2018·江西丰城中学联考)图甲为磁带录音机的磁带盒,可简化为图乙所示的传动模型，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r,在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮,其角速度是恒定的，B轮是从动轮,则在倒带的过程中下列说法正确的是( ）
甲
乙
A．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3
B．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1∶3
C．倒带过程中磁带边缘的线速度变小
D．倒带过程中磁带边缘的线速度不变
答案：A 解析：由题意可知，在倒带结束时，磁带全部绕到了A轮上,磁带的外缘半径R＝3r,而线速度v相等,故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3,A正确；倒带开始时A、B两轮的半径之比为1∶3，所以角速度之比为3∶1，B错误；在A轮转动的过程中，半径增大，角速度恒定，随着磁带的倒回,A的半径变大,知磁带边缘的线速度增大，C、D错误．11．(2018·江西南昌二中月考)（多选)“水流星"是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型．已知小球在最低点的初速度为v0，绳长为l，重力加速度为g，则（)
A．当v0〈gl时，轻绳始终处于绷紧状态
B．当v0〉错误!时，小球一定能通过最高点P
C．小球运动到最高点P时，处于失重状态
D．v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
答案：AC 解析：当v0<gl时，设小球到达最高点时的速度为0，则mgh
＝错误!mv错误!，所以h〈l,可知小球不能到达与O点等高的N点，轻绳始终
处于绷紧状态，故A正确；若小球恰好经过最高点P,根据机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mg·2l＋错误!mv2，由牛顿第二定律得mg＝m错误!，所以v0＝
错误!，所以当v0〉错误!时，小球才能通过最高点P，故B错误；小球在最高点时，重力与绳的拉力的合力提供向心力，加速度向下，故处于失重状态，
故C正确；小球经过最低点Q时，受重力和绳的拉力，根据牛顿第二定律得F
－mg＝m错误!，小球经过最高点P时mg＋F1＝m错误!，联立解得F2－F1＝6mg，2
与小球的初速度无关，故D错误．
12．（2018·安徽合肥一中诊断)如图所示，半径为R的空心球壳，固定
在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过球壳球心O的对称轴OO′
重合．转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块放入球壳内，经
过一段时间后小物块随球壳一起转动且相对球壳静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.
(1）若ω＝ω0,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω0的大小;
(2)若ω＝2ω0，求小物块受到的摩擦力大小和方向．
答案：(1)错误!（2）错误!mg，方向沿球壳切线向下
解析：（1）当摩擦力为零时，对小物块的受力分析如图所示．
根据力的合成可以得到小物块的合力为F合＝mg tan θ，
小物块的合力提供向心力F合＝mrω错误!＝mω错误!R sin θ，
由以上两式并代入θ＝60°得ω0＝错误!.
(2）当ω＝2ω0时,小物块有沿球壳向上运动的趋势,所以摩擦力方向沿球壳切线向下．
在水平方向有f cos θ＋N sin θ＝mR sin θω2，
2019届高考物理一轮复习 第4章 曲线运动、万有引力与航天 第3讲 圆周运动课时作业
（含解析）
11 / 1111 在竖直方向有N cos θ＝f sin θ＋mg ，
由以上两式消去N 得：f ＝mRω2
sin θcos θ－mg sin θ,
代入θ＝60°，ω＝2ω0，得f ＝32
错误!mg ，方向沿球壳切线向下.。