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2021届高三物理人教版一轮复习课时作业:第4章 第3讲 圆周运动的基本规律及应用 WORD版含解析.doc

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资源描述

1、第3讲圆周运动的基本规律及应用课时作业(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)1(多选)质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是()A速度的大小和方向都改变B匀速圆周运动是匀变速曲线运动C物体所受合力全部用来提供向心力D向心加速度大小不变,方向时刻改变CD匀速圆周运动的速度的大小不变,方向时刻变化,A错;匀速圆周运动的加速度大小不变,但方向时刻改变,不是匀变速曲线运动,B错,D对;由匀速圆周运动的条件可知,C对。2.明代出版的天工开物一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图),记录了我们祖先的劳动智慧。若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图,则()A齿轮A的角速度比C的大 B齿轮A与B角速度大小

2、相等C齿轮B与C边缘的线速度大小相等D齿轮A边缘的线速度比C边缘的大D齿轮A与齿轮B是同缘传动,边缘点线速度相等,根据公式vr可知,半径比较大的A的角速度小于B的角速度。而B与C是同轴传动,角速度相等,所以齿轮A的角速度比C的小,选项A、B错误;B与C两轮属于同轴传动,故角速度相等,根据公式vr可知,半径比较大的齿轮B比C边缘的线速度大,选项C错误;齿轮A与B边缘的线速度相等,因为齿轮B比C边缘的线速度大,所以齿轮A边缘的线速度比C边缘的线速度大,选项D正确。3.如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时,盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来,对于杯子经过最高点时水的受力情况,下列说法正

3、确的是()A水处于失重状态,不受重力的作用B水受平衡力的作用,合力为零C由于水做圆周运动,因此必然受到重力和向心力的作用D杯底对水的作用力可能为零D失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力,但物体所受重力不变,选项A错误;水受力不平衡,有向心加速度,选项B错误;向心力不是性质力,本题中向心力由重力和弹力的合力提供,选项C错误;当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时。杯底对水的作用力为零,选项D正确。4(2020湖北襄阳四中模拟)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,拴质量分别为M和m的小球的悬线与竖直方向夹角分别为和,如图所示,则()Acos B

4、.cos 2cos Ctan D.tan tan A以M为研究对象,由牛顿第二定律得Mgtan M2lsin ,解得。同理,以m为研究对象,有。由12可得2cos cos ,故A正确。5.如图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54B运动线速度大小之比为11C向心加速度大小之比为45D受到的合力大小之比为1514DA、B两点做圆周运动的角速度相等,根据T知,周期相等,故A错误;根据vr知,半径之比

5、为54,则线速度之比为54,故B错误;根据ar2知,半径之比为54,则向心加速度大小之比为54,故C错误;根据Fma知,向心加速度大小之比为54,质量之比为67,则合力大小之比为1514,故D正确。6.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外,还受到重力和作用在机翼上的升力,升力垂直于机翼所在平面向上,当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示),以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成角,飞行周期为T,则下列说法正确的是()A若飞行速率v不变,增大,则半径R增大B若飞行速率v不变,增大,则周期T增大C若不变,飞行速率v增大,

6、则半径R增大D若飞行速率v增大,增大,则周期T可能不变CD飞机盘旋时重力mg和升力FN的合力F提供向心力,如图所示,因此有mgtan m,解得R,T;若飞行速率v不变,增大,则半径R减小,A项错误;若飞行速率v不变,增大,则周期T减小,B项错误;若不变,飞行速率v增大,则半径R增大,C项正确;若飞行速率v增大,增大,如果满足,则周期T不变,D项正确。7.如图所示,长度均为l1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m0.5 kg的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,每根绳的

7、拉力为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为()A5 N B. NC15 N D.10 NA小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mgm,当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg2FTcos 30m,解得FTmg5 N,故选项A正确。8.(2020山东重点中学模拟)如图所示,光滑木板长1 m,木板上距离左端O点 m处放有一物块,木板可以绕过左端O点垂直纸面的轴转动,开始时木板水平静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动,物块下落正好可以砸在木板的右端,已知重力加速度g10 m/s2,则木板转动的角速度为()A. rad/s B. rad/sC.

8、 rad/s D. rad/sC本题考查圆周运动与直线运动的结合问题。设物块从开始运动到砸在木板的右端,木板转过的角度为,根据几何知识可知cos ,解得,所以物块下落的高度hLsin 0.5 m,由hgt2,得物块下落时间为t s,所以木板转动的角速度 rad/s,C正确。9北京时间2017年9月7日,全运会在天津举办,山东队28岁的张成龙以14.733分在男子单杠决赛中获得第一名。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时,用一只手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示,张成龙运动到最高点时,用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F,用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v

9、,得到F v2图象如图乙所示。g取10 m/s2,则下列说法中错误的是()A张成龙的质量为65 kgB张成龙的重心到单杠的距离为0.9 mC当张成龙在最高点的速度为4 m/s时,张成龙受单杠的弹力方向向上D在完成“单臂大回环”的过程中,张成龙运动到最低点时,单臂最少要承受3 250 N的力C张成龙的胳膊既可以提供拉力,也可以提供支持力,可以理解为“杆模”,对张成龙在最高点进行受力分析,当速度为零时,有Fmg0,结合图象解得质量m65 kg,选项A正确;当F0时,由向心力公式可得mg,结合图象可解得R0.9 m,故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m,选项B正确;当张成龙在最高点的速度为4 m/

10、s时,张成龙受单杠的拉力作用,方向竖直向下,选项C错误;张成龙经过最低点时,单臂受力最大,由牛顿第二定律得Fmgm,张成龙从最高点运动到最低点的过程中,由动能定理得2mgRmvmv2,当v0时,F有最小值Fmin,故由以上两式得Fmin3 250 N,即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力,选项D正确。10.(2020湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,如图所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为,线的张力为FT,则FT随2变化的图象是下图中的()B设细线长为L,锥面与竖直方向夹角为,当0时,小球静止,受重力mg、支持力FN和细线的拉力F

11、T而平衡,FTmgcos 0,A错误;增大时,FT增大,FN减小,当FN0时,角速度为0,当0时,小球离开锥面,细线与竖直方向夹角变大,设为,由牛顿第二定律得FTsin m2Lsin ,所以FTmL2,可知FT 2图线的斜率变大,B正确,C、D错误。11.(2020浙江宁波联考)如图所示,放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,同时有一长为R的且不可伸长的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点,绳的最大拉力为2mg。当圆环以角速度绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用。则可能为()A3 B.C. D. B对小球受力分析,如图所示。因为圆环光滑,所以这三个力肯定是重力、

12、环对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力,绳要处于拉伸状态,根据几何关系可知,此时细绳与竖直方向的夹角为60。当圆环旋转时,小球绕竖直轴做圆周运动,向心力由三个力在水平方向的合力提供,其大小为Fm2r,根据几何关系,可知rRsin 60一定,小球竖直方向上受力平衡,有FNcos 60FTcos 60mg,水平方向上合力提供向心力,有FNsin 60FTsin 60m2Rsin 60,由上述两式可知FT越大,则FN越大,所提供向心力就越大,由题意可知0FT2mg,代入式中可得 ,可知B正确。12(多选)如图所示,一质量为m0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v010 m/s冲入一管道,该管道为圆

13、管道,半径为R5 m,已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后,它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道,且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能,不计摩擦,小球直径以及管道内径可忽略,圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切,g取10 m/s2。下列说法正确的是()A小球到达管道最高点时对管道的压力为零B小球到达管道最高点时速度为5 m/sC小球到达管道最低点时对管道的压力为5 ND圆轨道半径r为4 mCD从出发点到管道的最高点,由机械能守恒定律得mvmgRmv,解得小球到达管道最高点时的速度v10,即它刚好能够通过管道的最高点,选项B错误;小球到达管道最高点时速度为0,则可求得

14、此时小球对管道的压力等于小球的重力,为1 N,选项A错误;由机械能守恒定律得mvmgRmv,解得小球到达管道最低点时速度v210 m/s,在最低点,由牛顿第二定律得Fmgm,解得管道最低点对小球的支持力F5 N,再结合牛顿第三定律可知,选项C正确;小球刚好通过圆轨道最高点,则在最高点,小球速度v满足mgm,从出发点到圆轨道的最高点,由机械能守恒定律得mv22mgrmgRmv,联立解得r4 m,选项D正确。13如图所示,装置BOO可绕竖直轴OO转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于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37。已知小球的质量m1 kg,细线AC长L1 m,B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)(1)若装置匀速转动的角速度为1,细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37,求角速度1的大小;(2)若装置匀速转动的角速度为2时,细线AB刚好竖直,且张力为零,求此时角速度2的大小。解析:(1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37mLsin 37。解得1 rad/s rad/s。(2)细线AB恰好竖直,但张力为零时,由几何关系得cos ,则有53。mgtan mLsin ,解得2rad/s。答案:(1) rad/s(2) rad/s

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