2019-2020年高考物理一轮复习 第四章 课时跟踪检测(十三)圆周运动.DOC

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资源描述
2019-2020年高考物理一轮复习 第四章 课时跟踪检测(十三)圆周运动对点训练:描述圆周运动的物理量1.(xx湖北省重点中学联考)如图1所示,由于地球的自转,地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动,对于P、Q两物体的运动,下列说法正确的是() 图1AP、Q两点的角速度大小相等BP、Q两点的线速度大小相等CP点的线速度比Q点的线速度大DP、Q两物体均受重力和支持力两个力作用2.(xx资阳诊断)如图2所示,水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动,两轮的半径Rr21。当主动轮Q匀速转动时,在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上,此时Q轮转动的角速度为1,木块的向心加速度为a1,若改变转速,把小木块放在P轮边缘也恰能静止,此时Q轮转动的角速度为2,木块的向心加速度为a2,则() 图2ABC D3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RB4RA、RC8RA,如图3所示。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aAaBaC等于() 图3A118 B414C4132 D124对点训练:水平面内的匀速圆周运动4山城重庆的轻轨交通颇有山城特色,由于地域限制,弯道半径很小,在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉,很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分,转弯半径为R,重力加速度为g,列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为,则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为() 图4A BC D5(多选)如图5所示,绳子的一端固定在O点,另一端拴一重物在水平面上做匀速圆周运动()图5A转速相同时,绳长的容易断B周期相同时,绳短的容易断C线速度大小相等时,绳短的容易断D线速度大小相等时,绳长的容易断6(多选)(xx河南漯河二模)如图6所示,两根长度相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。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60,L2跟竖直方向的夹角为30,下列说法正确的是() 图6A细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为1B小球m1和m2的角速度大小之比为1C小球m1和m2的向心力大小之比为31D小球m1和m2的线速度大小之比为31对点训练:竖直平面内的圆周运动7.(xx忻州一中检测)如图7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() 图7Amg B2mgC3mg D4mg8(多选)如图8所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法中正确的是() 图8A小球通过最高点时的最小速度vminB小球通过最高点时的最小速度vmin0C小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力9(xx山东省桓台模拟)如图9,质量为M的物体内有光滑圆形轨道,现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内作圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点,B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时,物体M在地面上静止不动,则物体M对地面的压力N和地面对M的摩擦力有关说法正确的是() 图9A小滑块在A点时,NMg,摩擦力方向向左B小滑块在B点时,NMg,摩擦力方向向右C小滑块在C点时,N(Mm)g,M与地面无摩擦D小滑块在D点时,N(Mm)g,摩擦力方向向左对点训练:圆周运动的综合问题10(xx安徽高考)如图10所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30,g取10 m/s2。则的最大值是() 图10A rad/s B rad/sC1.0 rad/s D5 rad/s11(xx汕头模拟)如图11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L10 m,传送带的传输速度v2 m/s,物品在转盘上与轴O的距离R4 m,物品与传送带间的动摩擦因数0.25。g取10 m/s2。求:图11(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。12(xx德州联考)如图12所示,水平放置的圆盘上,在其边缘C点固定一个小桶,桶的高度不计,圆盘半径为R1 m,在圆盘直径CD的正上方,与CD平行放置一条水平滑道AB,滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上,且B点距离圆盘圆心的竖直高度h1.25 m,在滑道左端静止放置质量为m0.4 kg的物块(可视为质点),物块与滑道的动摩擦因数为0.2,现用力F4 N的水平作用力拉动物块,同时圆盘从图示位置,以角速度2 rad/s,绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,拉力作用在物块一段时间后撤掉,最终物块由B点水平抛出,恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度取10 m/s2。图12(1)若拉力作用时间为0.5 s,求所需滑道的长度;(2)求拉力作用的最短时间。答案1选AP、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动,角速度相等,即PQ,选项A对。根据圆周运动线速度vR,P、Q两点到地轴的距离不等,即P、Q两点圆周运动线速度大小不等,选项B错。Q点到地轴的距离远,圆周运动半径大,线速度大,选项C错。P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用,二者的合力是圆周运动的向心力,我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力,选项D错。2选C根据题述,a112r,ma1mg;联立解得g12r。小木块放在P轮边缘也恰能静止,g2R22r。由R2r联立解得,选项A、B错误;mamg,所以,选项C正确,D错误。3选CA、C角速度相等,由a2R可知aAaC18。A、B线速度相等,由a可知,aAaB41,所以aAaBaC4132,选项C正确。4选C本题联系实际考查圆周运动、向心力知识。轨道不受侧向挤压时,轨道对列车的作用力就只有弹力,重力和弹力的合力提供向心力,根据向心力公式mgtan m,得v,C正确。5选AC绳子拉力提供圆周运动向心力,绳子长度即圆周运动半径。转速相同即周期和角速度相同,绳子拉力提供向心力即Fml2,绳子越长向心力越大即绳子拉力越大,越容易断,选项A对B错。线速度大小相等时,则有向心力即绳子拉力F,绳子越长拉力越小,越不容易断,C对D错。6选AC对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为,竖直方向受力平衡,则Tcos mg,解得T。所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比,故A正确。小球所受合力的大小为mgtan ,根据牛顿第二定律得mgtan mLsin 2,得2。两小球Lcos 相等,所以角速度相等,故B错误。小球所受合力提供向心力,则向心力为Fmgtan ,小球m1和m2的向心力大小之比为:3,故C正确。两小球角速度相等,质量相等,由合外力提供向心力,有Fmgtan mv,则小球m1和m2的线速度大小之比为3,故D错误。7选A当小球到达最高点时速率为v,两段线中张力恰好均为零,有mgm;当小球到达最高点时速率为2v,设每段线中张力大小为F,应有2Fcos 30mgm;解得Fmg,选项A正确。8选BC在光滑圆形管道的最高点,小球的速度可以等于零,A错误,B正确;在ab线以下时,外侧管壁对小球的弹力要提供向心力,而在ab线以上,当速度较小时,小球要挤压内侧管壁,故C正确,D错误。9选B因为轨道光滑,所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时,与轨道的作用力在竖直方向上,水平方向对轨道无作用力,所以轨道相对于地面没有相对运动趋势,即摩擦力为零;当小滑块的速度v时,对轨道的压力为零,轨道对地面的压力NMg,当小滑块的速度v时,对轨道的压力向上,轨道对地面的压力NMg,故选项A错误;小滑块在B点时,对轨道的作用力沿水平方向向左,所以轨道对地有向左运动的趋势,地面给轨道向右的摩擦力;竖直方向上对轨道无作用力,所以轨道对地面的压力NMg,故选项B正确;小滑块在C点时,在水平方向对轨道无作用力,所以地面对轨道没有摩擦力;小滑块做圆周运动,轨道对小滑块的支持力大于其重力,其合力提供向上的向心力,所以滑块对轨道的压力大于其重力,所以轨道对地面的压力N(Mm)g,故选项C错误;小滑块在D点时,对轨道的作用力沿水平方向向右,所以轨道对地有向右运动的趋势,地面给轨道向左的摩擦力;竖直上方向对轨道无作用力,所以轨道对地面的压力NMg,故选项D错误。10选C物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律可知,mgcos 30mgsin 30mr2,求得1.0 rad/s,C项正确,A、B、D项错误。11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:ag2.5 m/s2x10.8 mt10.8 s之后,物品和传送带一起以速度v做匀速运动,则t24.6 s所以tt1t25.4 s。(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力Fm解得:F2 N。答案:(1)5.4 s(2)2 N12解析:(1)物块平抛:hgt2;t 0.5 s物块离开滑道时的速度:v2 m/s拉动物块的加速度,由牛顿第二定律:Fmgma1;得:a18 m/s2撤去外力后,由牛顿第二定律:mgma2;得:a22 m/s2物块加速获得速度:v1a1t14 m/s则所需滑道的长度Lx1x2a1t124 m(2)盘转过一圈时落入,拉力时间最短;盘转过一圈时间:T1 s;物块在滑道上先加速后减速,最终获得:va1t1a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系:t1t2tT由上两式得:t10.3 s。答案:(1)4 m(2)0.3 s
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