江西省横峰中学高考物理第一轮复习课时跟踪检测(十三)圆周运动

江西省上饶市横峰中学高考物理动量守恒定律试题经典 一、动量守恒定律 选择题1．如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q （视为质点）的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为1k E ．现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为2k E ，1k E 和2k E 的比值为（ ）A ．12B ．34C ．32D ．432．如图，在光滑的水平面上有一个长为L 的木板，小物块b 静止在木板的正中间，小物块a 以某一初速度0v 从左侧滑上木板。

已知物块a 、b 与木板间的摩擦因数分别为a μ、b μ，木块与木板质量均为m ，a 、b 之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

下列说法正确的是（ ）A ．若没有物块从木板上滑下，则无论0v 多大整个过程摩擦生热均为2013mvB ．若22ab a μμμ<≤，则无论0v 多大，a 都不会从木板上滑落C ．若032a v gL μ≤，则ab 一定不相碰 D ．若2b a μμ>，则a 可能从木板左端滑落3．如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙．用水平力向左推B 将弹簧压缩，推到一定位置静止时推力大小为F 0，弹簧的弹性势能为E ．在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（ ）A ．在A 离开竖直墙前，A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒B ．在A 离开竖直墙前，A 、B 系统动量不守恒，之后守恒C ．在A 离开竖直墙后，A 、B 223E mED．在A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为34．如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为m A=2kg,m B=3kg,m C=1kg,初状态三个小球均静止,BC球之间连着一根轻质弹簧,弹簣处于原长状态.现给A一个向左的初速度v0=10m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是A．球A和B碰撞是弹性碰撞B．球A和B碰后,球B的最小速度可为0C．球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96JD．球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s5．如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属球A和B，带有不等量的同种电荷．现使A、B以大小相等的初动量相向运动，不计一切能量损失，碰后返回M、N 两点，则A．碰撞发生在M、N中点之外B．两球同时返回M、N两点C．两球回到原位置时动能比原来大些D．两球回到原位置时动能不变6．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A=4kg，m B=2kg，速度分别是v A=3m/s（设为正方向），v B=-3m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（）A．v A′=1 m/s，v B′=1 m/sB．v A′=4 m/s，v B′=-5 m/sC．v A′=2 m/s，v B′=-1 m/sD．v A′=-1 m/s，v B′=-5 m/s7．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是A ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为3mgh B ．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为6mgh C ．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒D ．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h 处8．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在0t 和02t 时刻相对于出发点的位移分别是1x 和2x ，速度分别是1v 和2v ，合外力从开始至o t 时刻做的功是1W ，从0t 至02t 时刻做的功是2W ,则A ．215x x =，213v v =B ．1221,95x x v v ==C ．2121,58x x W W ==D ．2121,39v v W W ==9．如图，质量为m 的小木块从高为h 的质量为M 的光滑斜面体顶端滑下，斜面体倾角为θ，放在光滑水平面上，m 由斜面体顶端滑至底端的过程中，下列说法正确的是A ．M 、m 组成的系统动量守恒B ．M 移动的位移为()tan mh M m θ+ C ．m 对M 做功为222cos ()(sin )Mm gh M m M m θθ++ D ．m 对M 做功为222sin ()(cos )Mm gh M m M m θθ++ 10．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A =6 kg·m/s ，pB =6 kg·m/sB ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/sC ．p A =－2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/sD ．p A =－4 kg·m/s ，p B =17 kg·m/s11．如图所示，光滑金属轨道由圆弧部分和水平部分组成，圆弧轨道与水平轨道平滑连接，水平部分足够长，轨道间距为L =1m ，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为IT ，同种材料的金属杆a 、b 长度均为L ，a 放在左端弯曲部分高h =0.45m 处，b 放在水平轨道上，杆ab 的质量分别为m a =2kg ，m b =1kg ，杆b 的电阻R b =0.2Ω，现由静止释放a ，已知杆a 、b 运动过程中不脱离轨道且不相碰，g 取10m/s 2，则（ ）A ．a 、b 匀速运动时的速度为2m/sB ．当b 的速度为1m/s 时，b 的加速度为3.75m/s 2C ．运动过程中通过b 的电量为2CD ．运动过程中b 产生的焦耳热为1.5J12．在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下．今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v ．设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为（ ）A ．2v ρB ．2 2v ρC ．2 v ρD ．22v ρ13．如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，固定在水平面上，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左侧区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

分层限时跟踪练12 圆周运动(限时40分钟)一、单项选择题1．如图4­3­13所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点( )图4­3­13A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同【解析】同轴转动，角速度大小相等，选项A正确；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr、a＝ω2r和F＝mω2r可知，线速度、向心加速度和向心力大小均不同．选项B、C、D错误．【答案】 A2．水平放置的三个用不同材料制成的轮A、B、C用不打滑皮带相连，如图4­3­14所示(俯视图)，三轮的半径比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上放置同一小物块P，P均恰能相对静止在各轮的边缘上．设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，三轮A、B、C转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则( )图4­3­14A．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2B．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2【解析】因三轮用不打滑皮带连接，三轮边缘处线速度大小相等，由题意知μmg＝m v2R，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，A错误，B正确；由v＝ωR知ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，C、D错误．【答案】 B3．如图4­3­15所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，下列关于ω与θ关系的图象正确的是( )图4­3­15A B C D【解析】分析小球受力，其所受合外力F＝mg tan θ.由牛顿第二定律，F＝mω2L sinθ，联立解得：ω2＝gL cos θ，则ω与θ关系的图象正确的是D.【答案】 D4．(2015·福建高考)如图4­3­16所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )图4­3­16A．t1＜t2B．t1＝t2C．t1＞t2D．无法比较t1、t2的大小【解析】在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1＞v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑动损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1＜t2.选项A正确．【答案】 A5．如图4­3­17所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )图4­3­17A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．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【解析】小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N与小球重力在背离圆心方向的分力F mg的合力提供向心力，即F N－F mg＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关，D错误．【答案】 C二、多项选择题6．如图4­3­18所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则( )图4­3­18A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力B．绳子BP的拉力随ω的增大而不变C．绳子BP的张力一定大于绳子AP的张力D．当ω增大到一定程度时，绳子AP的张力大于绳子BP的张力【解析】ω较小时，AP松弛，绳子BP的拉力随ω的增大而增大，故A选项正确，B 选项错误．当ω达到某一值ω0时，AP刚好绷紧．物体P受力分析如图所示，其合力提供向心力，竖直方向合力为零．故F BP>F AP，C选项正确，D选项错误．【答案】 AC7．(2015·浙江高考)如图4­3­19所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图4­3­19A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【解析】 由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．【答案】 ACD8．(2016·孝感检测)如图4­3­20所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，下列说法正确的是( )图4­3­20A ．木块A 处于超重状态B ．木块A 处于失重状态C ．B 对A 的摩擦力越来越小D ．B 对A 的摩擦力越来越大【解析】 A 、B 一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度．水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心．在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A 、B 都处于失重状态，A 错误，B 正确；对A 分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A 水平加速度的力只有B 对A 的摩擦力，因此B 对A 的摩擦力越来越小，C 正确，D 错误．【答案】 BC9．如图4­3­21所示，半径为R 的光滑半圆管道(内径很小)竖直放置，质量为m 的小球(可视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P 时，对管壁的压力为0.5mg .小球落地点到P 点的水平距离可能为( )图4­3­21 A.2R B.3R C ．2R D ．6R【解析】 小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t ，则2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g .当小球在P 点对管壁下部有压力时，mg －0.5mg ＝mv 21R，解得v 1＝gR 2；当小球在P 点对管壁上部有压力时，mg ＋0.5mg ＝mv 22R ，解得v 2＝3gR 2，因此水平位移x 1＝v 1t ＝2R ，x 2＝v 2t ＝6R ，A 、D 正确．【答案】 AD三、非选择题10．如图4­3­22所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO ′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s ，桶壁上P 处有一个小圆孔，桶壁很薄，桶的半径R ＝2 m ，圆孔正上方h ＝3.2 m 处有一个小球由静止开始下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算判断小球是否会和圆筒碰撞(空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．图4­3­22【解析】 设小球下落h 时所用的时间为t 1，经过圆筒所用的时间为t 2，则有h ＝12gt 21，解得t 1＝0.8 s ；h ＋2R ＝12g (t 1＋t 2)2，解得t 2＝0.4 s. 圆筒的运动周期T ＝2πω＝0.8 s ，因为t 1＝T ，t 2＝T /2，故可知不会碰撞． 【答案】 不会和圆筒碰撞11．物体做圆周运动时所需的向心力F 需由物体运动情况决定，合力提供的向心力F 供由物体受力情况决定．若某时刻F 需＝F 供，则物体能做圆周运动；若F 需>F 供，物体将做离心运动；若F 需<F 供，物体将做近心运动．现有一根长L ＝1 m 的刚性轻绳，其一端固定于O 点，另一端系着质量m ＝0.5 kg 的小球(可视为质点)，将小球提至O 点正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图4­3­23所示．不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则：图4­3­23(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A 点至少应施加给小球多大的水平速度？(2)在小球以速度v 1＝4 m/s 水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？(3)在小球以速度v 2＝1 m/s 水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．【解析】 (1)小球做圆周运动的临界条件为重力刚好提供最高点时小球做圆周运动的向心力，即mg ＝m v 20L，解得v 0＝gL ＝10 m/s. (2)因为v 1>v 0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 21L， 代入数据得绳中张力F T ＝3 N.(3)因为v 2<v 0，故绳中无张力，小球将做平抛运动，其运动轨迹如图中实线所示，有L2＝(y －L )2＋x 2，x ＝v 2t ，y ＝12gt 2，代入数据联立解得t ＝0.6 s. 【答案】 (1)10 m/s (2)3 N (3)无张力，0.6 s12．如图4­3­24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．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，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 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 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图4­3­24(1)地面上DC 两点间的距离s ；(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 ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2② 在水平方向上有s ＝v B t③由①②③式解得s ＝1.41 m ． ④(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 2B L⑤ 由①⑤式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律F ′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.【答案】 (1)1.41 m (2)20 N。

课时追踪检测（十三）圆周运动[A 级——基础小题练娴熟快]1． (2019 ·庆模拟大)如下图，轻质且不行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摇动的过程中，以下说法正确的选项是()A．小球在摇动过程中遇到的外力的协力即为向心力B．在最高点A、 B，因小球的速度为零，因此小球遇到的协力为零C．小球在最低点 C 所受的协力，即为向心力D．小球在摇动过程中绳索的拉力使其速率发生变化分析：选 C小球摇动过程中，协力沿绳索方向的分力供给向心力，不是靠外力的协力供给向心力，故 A 错误。

在最高点 A 和B，小球的速度为零，向心力为零，可是小球所受的协力不为零，故 B 错误。

小球在最低点受重力和拉力，两个力的协力竖直向上，协力等于向心力，故 C 正确。

小球在摇动的过程中，因为绳索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。

2．如下图，因为地球的自转，地球表面上 P、 Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。

关于 P、 Q 两物体的运动，以下说法正确的选项是( )A． P、 Q 两物体的角速度大小相等B． P、 Q 两物体的线速度大小相等C． P 物体的线速度比Q 物体的线速度大D． P、 Q 两物体均受重力和支持力两个力作用分析：选 A P、Q 两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项 A 正确；依据圆周运动线速度v ＝ωR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则 P、Q 两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项 B 错误； Q 物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项 C 错误； P、Q 两物体均遇到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项 D 错误。

3． (多项选择 )(2018 江·苏高考 )火车以 60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在 10 s 内匀速转过了约10°。

课时跟踪检测(十三) 圆周运动高考常考题型：选择题＋计算题一、单项选择题1. (2014·中山调研)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图1所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )图1A．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D．由公式F＝mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道2.变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。

如图2所示是某一变速车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则( )图2A．该车可变换两种不同挡位B．该车可变换3种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶13.如图3所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端有固定转轴O。

现使小球在竖直平面内做圆周运动。

P为圆周轨道的最高点。

若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL，则以下判断正确的是( )图3A．小球不能到达P点B．小球到达P点时的速度小于gLC．小球能到达P点，但在P点不会受到轻杆的弹力D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力4.如图4所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。

给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。

下列说法中正确的是( )图4A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B．小球做圆周运动的半径为LC．θ越大，小球运动的速度越大D．θ越大，小球运动的周期越大5. (2015·增城检测)如图5所示，用长为L的不可伸长轻绳一端系着一个质量为m的小球，另一端固定在O点，拉小球至如图所示的A点，空气阻力不计，松手后小球经过最低点时的速度v和轻绳的张力T分别是( )图5A．v＝gL B．v＝2gLC．T＝3 mg D．T＝mg二、多项选择题6．(2014·潮州模拟)关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D．匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动7．(2012·广东高考)图6是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数F N表示该处所受压力的大小。

课时跟踪检测(十三) 圆周运动一、单项选择题1．如图1所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是( )图1A ．受重力和台面的支持力B ．受重力、台面的支持力和向心力C ．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D ．受重力、台面的支持力和静摩擦力2．(2013·上海联考)如图2所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速转动，角速度为ω。

若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是( )图2A ．d v 02＝L 2gB ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，(n ＝0,1,2,3，…)C ．v 0＝ωd 2D ．dω2＝g π2(1＋2n )2，(n ＝0,1,2,3，…)3．(2014·皖南八校联考)2012年奥运会在英国伦敦举行，已知伦敦的地理位置是北纬52°，经度0°；而北京的地理位置是北纬40°，东经116°，则下列判断正确的是( )A ．随地球自转运动的线速度大小，伦敦奥运比赛场馆与北京奥运比赛场馆相同B ．随地球自转运动的线速度大小，伦敦奥运比赛场馆比北京奥运比赛场馆大C ．随地球自转运动的向心加速度大小，伦敦奥运比赛场馆比北京奥运比赛场馆小D ．站立在领奖台上的运动员，其随地球自转的向心加速度就是重力加速度4．如图3所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图3A ．2 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s5．(2014·江阴市育阳中学检测)如图4所示，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )图4A ．sin θ＝ω2L gB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝gω2LD ．tan θ＝gω2L6．(2013·江苏高考)如图5所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。

高考物理一轮复习[小题快练]匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( × )物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的．( √ )物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．( × )做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．( × )做匀速圆周运动的物体的向心力是产生向心加速度的原因．( √ )比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度．做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．( × )．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用摩擦传动：如图所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为B．πnr2r3 r12πnr rB．ω1ω2＝21D．a1a2＝1 2mg 正确．2.火车转弯问题概述如图所示，火车转弯轨道，外高内低．设转弯半径为r，若F向＝mg tan外侧轨道无作用力，即v＝gr当火车转弯时，若v＞gr tan θ如果不考虑汽车行驶时所受的阻力，那么汽车在圆形跑道匀速行驶时，提供向心力．车速越大，所需向心力也越大，则静摩擦力．小球仍在水平面内做匀速圆周运动中张力突然增大到mg＋mω2l a多大，小球都不可能再做完整的圆周运动的拉力等于mg，绳b的拉力为mω，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力mg cos θ≠0，A错误；ω增大时，F T增大，F N减小，当F N＝时，由牛顿第二定律得F T sin θ－F N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋F N cos θ，当ω＞ω时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B．2b mD．b 3mB．210 m/s D．2 2 m/s球的角速度球的线速度球的运动周期1．2一定有竖直向上的摩擦力．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F时，绳中的张力大于2F一定大于θ21等于θ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等运动的线速度大小v；.细线AB上的张力为0rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角．时，小球的重力和细线AC。

高考物理一轮复习圆周运动专题测试高考物理一轮复习圆周运动专题测试(附解析)一、选择题1、物体以角速度&oｍeｇa;做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A。

轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小2。

某质点绕圆轨道做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A、因为它速度大小始终不变,因此它做的是匀速运动B、它速度大小不变,但方向时刻改变,是变速运动C。

该质点速度大小不变,因而加速度为零,处于平衡状态Ｄ、该质点做的是变速运动,具有加速度,故它受合外力不等于零３。

静止在地球上的物体都要随地球一起转动,下列说法正确的是( )Ａ、它们的运动周期都是相同的B、它们的线速度都是相同的C、它们的线速度大小都是相同的D、它们的角速度是不同的4、一皮带传送装置,a、b分别是两轮边缘上的两点,c处在O１轮上,且有rａ＝2ｒb=2rc,则下列关系正确的有( ) A。

ｖａ=vb B、&omｅga;a=&ｏmｅga;ｂ C。

ｖa＝vc Ｄ。

＆oｍegａ;a=＆oｍega;c５。

汽车在公路上行驶一般不打滑,轮子转一周,汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。

某国产轿车的车轮半径约为３0 cm,当该型号轿车在高速公路上行驶时,驾驶员面前的速率计的指针指在“120 ｋm／ｈ”上,可估算出该车车轮的转速为( )A。

1 0０0 r/s Ｂ、１ 000 r/minC、1 00０ｒ／h D。

2 0０0 r/ｓ6、某一皮带传动装置,主动轮的半径为r1,从动轮的半径为r2、已知主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打滑。

下列说法正确的是( )A、从动轮做顺时针转动B、从动轮做逆时针转动C。

从动轮的转速为nD、从动轮的转速为ｎ二、非选择题7。

所示的传动装置中,B、C两轮固定在一起绕同一轴转动,A、B两轮用皮带传动,三轮半径关系为ｒA=ｒＣ=2rB。

若皮带不打滑,求A、Ｂ、C轮边缘的ａ、b、ｃ三质点的角速度之比和线速度之比、8。

2022高考一轮复习课时跟踪训练圆周运动一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）1．自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C，如图所示。

正常骑行自行车时，下列说法正确的是（）A．B、C两点的角速度大小相等，周期也相等B．A、B两点的线速度大小相等，角速度大小也相等C．A点的向心加速度大于B点的向心加速度D．B点的向心加速度大于C点的向心加速度2．如图，AB两点为奶茶塑封机手压杆上的两点，A在杆的顶端，B在杆的中点处。

杆在向下转动的过程中，下列说法正确的是（）A．A、B两点线速度大小之比为2∶1B．A、B两点线速度大小之比为1∶2C．A、B两点周期大小之比为2∶1D．A、B两点向心加速度大小之比为1∶13．如图所示，不可伸长的轻质细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从右侧某一高度，由静止释放后摆下，不计空气阻力和细绳与钉子相碰时的能量损失。

下列说法中正确的是（）A．小球摆动过程中，所受合力大小保持不变B．小球在左侧所能达到的最大高度可能大于在右侧释放时的高度C．细绳与钉子相碰前后瞬间，小球的线速度大小不变D．钉子的位置越靠近O点，在细绳与钉子相碰时绳就越容易断4．如图所示，当汽车以一定的速度过拱形桥和凹形路面时，下列说法正确的是（）A．图甲中汽车对桥面的压力大于车的重力B．图乙中汽车对路面的压力小于车的重力C．图甲中汽车的速度越大、汽车对桥面的压力越大D．图乙中汽车的速度越大，汽车对路面的压力越大5．如图，一同学表演荡秋千。

已知秋千的两根绳长均为4m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg，重力加速度g=10m/s2。

绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为4m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A．100N B．250N C．350N D．700N6．小球a 、b 分别通过长度相等的轻绳拴在O 点，给a 、b 恰当速度，使两小球分别在不同水平面内做匀速圆周运动，Oa 与竖直方向夹角为60°，Ob 与竖直方向夹角为30°，则a 做圆周运动的周期与b 做圆周运动的周期之比为（ ）A B C D 7．如图所示，a 、b 两物体放在圆盘上，其质量之比是1：2，a 、b 两物体到圆心的距离之比是2：3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a 、b 两物体受到的静摩擦力之比是（ ）A ．1：1B ．1：3C ．2：3D ．9：48．一质量为32.010kg ⨯的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为41.410N ⨯，当汽车经过半径为80m 的弯道时，下列判断正确的是（ ）A ．汽车转弯时不受摩擦力的作用B ．汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为41.010N ⨯C ．汽车转弯的速度为30m/s 时汽车不会发生侧滑D ．汽车能安全转弯的向心加速度可以超过27.0m/s9．如图，在转盘上放置完全相同的A 、B 两个物体，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，OA AB =。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．两个质量分别为2m 和m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴OO ’的距离为L ，b 与转轴的距离为2L ，a 、b 之间用强度足够大的轻绳相连，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）A ．a 、b 所受的摩擦力始终相等B ．b 比a 先达到最大静摩擦力C ．当2kgLω=a 刚要开始滑动 D ．当23kgLω=b 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，木块受到的静摩擦力f =mω2r ，则当圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动时，木块b 的最大静摩擦力先达到最大值；在木块b 的摩擦力没有达到最大值前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，f=mω2r ，a 和b 的质量分别是2m 和m ，而a 与转轴OO ′为L ，b 与转轴OO ′为2L ，所以结果a 和b 受到的摩擦力是相等的；当b 受到的静摩擦力达到最大后，b 受到的摩擦力与绳子的拉力合力提供向心力，即kmg +F =mω2•2L ①而a 受力为f′-F =2mω2L ②联立①②得f′=4mω2L -kmg综合得出，a 、b 受到的摩擦力不是始终相等，故A 错误，B 正确； C ．当a 刚要滑动时，有2kmg+kmg =2mω2L +mω2•2L解得34kgLω＝选项C 错误；D. 当b 恰好达到最大静摩擦时202kmg m r ω=⋅解得02kgLω=因为32432kg kg kgL L L >>，则23kgLω=时，b 所受摩擦力达到最大值，大小为kmg ，选项D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k 的弹簧，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A （可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L ，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，物块A 始终与圆盘一起转动。

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.[多选](2019·通州期中)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a 随半径R 变化如图所示。

由图像可以知道当运动半径变化时( )A ．甲球的线速度大小保持不变B ．乙球的线速度大小保持不变C ．乙球的转速大小保持不变D ．甲球的角速度大小保持不变解析：选AC 甲球的向心加速度与半径成反比，根据向心加速度公式a ＝v2r 知其线速度大小不变，故A 正确，D 错误。

乙球的向心加速度与半径成正比，根据向心加速度公式a ＝ω2r ，知其角速度不变，转速不变，故C 正确，B 错误。

2.(2019·大同期末)明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画，记录了我们祖先的劳动智慧。

如图所示，A 、B 、C 三齿轮半径的大小关系为r A >r B >r C ，下列判断正确的是( )A ．齿轮A 的角速度比C 的大B ．齿轮A 与B 角速度大小相等C ．齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的大D ．齿轮B 与C 边缘的线速度大小相等解析：选C 齿轮A 与齿轮B 是同缘传动，边缘点线速度大小相等，根据公式v ＝ωr 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，故A 、B 错误。

齿轮A 、B 边缘的线速度相等，由于齿轮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，故C 正确，D 错误。

3.(2018·温州期末)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。

转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A ．笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的角速度越小B ．笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越大C ．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的D ．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走解析：选D 笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，故A 错误；由向心加速度公式a n＝ω2R ，笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故B 错误；杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故C 错误；当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D 正确。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）A ．当23grμω=时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2grμω=32mgμ C ．当grμω=C 受到圆盘的摩擦力为0D ．当25grμω=C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 当A 开始滑动时有：2033A f mg m r μω==⋅⋅解得：0grμω＝当23ggrrμμω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；B. 当2ggrrμμω=<时，以AB 为整体，根据2F mr ω向＝可知 29332F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：23Bm f m m g mg μμ=+=（）所以有：Bm F f >向此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：2333mg T m r μω+=⋅⋅对C 有：232C f T m r ω+=⋅⋅解得32mg T μ=，32C mgf μ= 选项B 正确；C. 当ω=时，AB 需要的向心力为：2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=剪断细线，则1235C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

最新（课标通用版）高考物理一轮复习课时跟踪试题（共240页附解析）目录（二）匀变速直线运动的规律（三）运动图像追及与相遇问题（四）重力弹力（五）摩擦力（六）力的合成与分解（七）受力分析共点力的平衡（八）牛顿第一定律牛顿第三定律（九）牛顿第二定律两类动力学问题（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（十一）牛顿运动定律的综合应用（十二）曲线运动运动的合成与分解（十三）抛体运动（十四）圆周运动（十五）万有引力定律及其应用（十六）天体运动与人造卫星（十七）功和功率（十八）动能定理及其应用（十九）机械能守恒定律及其应用（二十）功能关系能量守恒定律（卷Ⅰ）（二十一）功能关系能量守恒定律（卷Ⅱ）（二十二）动量定理（二十三）动量守恒定律（二十四）电场力的性质（二十五）电场能的性质（二十六）电容器带电粒子在电场中的运动（二十七）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅰ)（二十八）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅱ)（二十九）电流电阻电功电功率（三十）闭合电路欧姆定律及其应用（三十一）磁场的描述磁场对电流的作用（三十二）磁场对运动电荷的作用（三十三）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅰ）课时跟踪检测（一）描述运动的基本概念[A级——基础小题练熟练快]1．(2018·大连模拟)下列说法正确的是()A．打点计时器是一种测量位移的仪器B．运动员在某次比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是位移大小C．位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向D．物体通过的路程不相等，但位移可能相同解析：选D打点计时器是一种记录时间的仪器，A错误；运动员在比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是路程，B错误；位移为矢量，位移的方向即从起点指向终点的方向，与质点的运动方向不一定相同，故C错误；物体通过的路程不相等，但位移可能相同，故D正确。

2.下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是()A．研究女排比赛中选手扣球的动作时B．确定运动员在球场上的位置时C．研究运动员比赛中发出的旋转球时D．确定落在边线处排球是否为界内时解析：选B研究女排比赛中选手扣球动作时，运动员的形状对研究结果有较大影响，因此运动员不可视为质点，但研究运动员在球场上的位臵时可将运动员视为质点，A错误，B正确；在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略，因此，不能视为质点，C、D均错误。

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．(2015·天津高考)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图1所示。

当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。

为达到上述目的，下列说法正确的是()图1A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确。

2．(2016·湖北省重点中学联考)如图2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2A．P、Q两点的角速度大小相等B．P、Q两点的线速度大小相等C．P点的线速度比Q点的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选A P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A 对。

根据圆周运动线速度v＝ωR，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，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。

3．(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。

如图3所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()图3A．该自行车可变换两种不同挡位B．该自行车可变换四种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4∶1解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误。

课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析]由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s，故A不对；电压的最大值为20 V，故电压的有效值为20 V＝10 2 V ，B是正确的；C是不对的；2电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V是不对的，应该是20 V，故D也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析]由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e最大，e ＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，ΔΦΔt＝0，e＝0，则C项错误．最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，ΔΦΔt[答案] B4．(多选)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1 Ω，外接R＝9 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V，则()A ．该交变电流的频率为5 HzB ．外接电阻R 两端电压的有效值为10 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1 A[解析] 交流电的频率f ＝10π2π Hz ＝5 Hz ，故A 正确；该电动势的最大值为10 2 V ，有效值是10 V ，外接电阻R 两端电压的有效值U ＝109＋1×9 V ＝9 V ，故B 错误；电路中电流为I ＝101＋9 A ＝1 A ，外接电阻R 所消耗的电功率为P ＝I 2R ＝9 W ，故C 错误，D 正确．[答案] AD5．某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V 10 W ”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A[解析] 由题图知该电源电动势的最大值为E m ＝5 2 V ，有效值为U ＝5 V ．现用该电源对标称为“5 V 10 W ”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I ＝105 A ＝2 A ，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，故A 、D 错误，C 正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P 热<P 总＝10 W ，故B 错误．[答案] C6．某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R 的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 VC．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V440 W”的电暖宝、“220 V220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是()A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02， 其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200π C[解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝42×15 V ＝30 2 V ，D 错误． [答案] BC二、非选择题 11．如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nBωab ·bc ，解得E m ＝150 V ，感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝150sin100πt V .(2)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝75 2 V ≈106 V ， 电流的有效值I ＝E R ＋r ＝1064.8＋0.2A ＝21.2 A ， 交流发电机的输出功率即为电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝21.22×4.8 W ≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nBΔS Δt ，根据欧姆定律得I ＝ER ＋r ， 又q ＝I Δt ，联立解得q ＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t ＝0开始到t ＝1200 s 这段时间通过圆形线圈的电量q .[解析] (1)由图象知，线圈中产生的交变电流 E m ＝B m Sω＝100 V .有效值U 有＝E m 2＝50 2 V 电压表的示数U ＝E 有R ＋r R ＝45 2 V (2) 交变电流的周期T ＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R 上产生的热量Q ＝U 2R T ＝4.5 J (3)在0～1200 s 时间内，电动势的平均值E ＝sΔB Δt①， 平均电流I ＝E R ＋r ② 流过灯泡的电荷量q ＝I Δt .③ 得q ＝120π C. [答案] (1)45 2 V (2)4.5 J (3)120π C。

第三节 圆周运动 随堂演练提升1.如下列图为一种〞滚轮——平盘无极变速器〞的示意图,它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴挪动的圆柱形滚轮组成.由于摩擦的作用,当平盘转动时,滚轮就会跟随转动,假设认为滚轮不会打滑,那么主动轴转速1n 、从动轴转速2n 、滚轮半径r 以及滚轮间隔 主动轴中心的间隔 x 之间的关系是( )A.21xr n n =B.21r x n n =C.2221x r n n = D.21xrn n =【解析】 由于主动轮和从动轮接触处线速度大小相等,所以2π12n x =π2n r ,即2n =1n x r,所以选项A 正确. 【答案】 A2.小球m 用长为L 的悬线固定在O 点,在O 点正下方有一光滑圆钉C(如下列图).今把小球拉到悬线呈程度后无初速地释放,当悬线呈竖直状态且与钉相碰时( )A.小球的角速度突然增大B.小球的向心加速度突然增大C.钉子的位置越靠近小球,线就越容易断D.钉子的位置越远离小球,线就越容易断【解析】 当绳竖直碰到钉子的瞬间,小球的速度不变,但转动半径减小,由v r ω=知ω,增大,选项A 正确;由2v ra =知,向心加速度变大,选项B 正确;根据2T mg mv -=/r 知,r 越小,那么悬线的拉力越大,悬线越容易断,选项C 对D 错. 【答案】 ABC3.(2022宁夏银川二中月考,7)铁路转弯处常竖立一速度标示牌,即火车以此速度大小行驶时,车轮边缘和内、外侧铁轨均无挤压作用.假设火车转弯时的速度小于标示速度,那么( ) A.外侧铁轨与轮缘间产生挤压作用 B.内侧铁轨与轮缘间产生挤压作用 C.内、外侧铁轨与轮缘均有挤压作用 D.内、外侧铁轨与轮缘均无挤压作用【解析】 当火车转弯时假设对轮缘无挤压,那么火车只受重力和铁轨的支持力如图,由牛顿第二定律得:mgtan θ=2v R m ,此时有v=tan Rg θ,当火车转弯速度小于tan Rg θ时,所需的向心力减小,所以导致内轨对火车内侧车轮轮缘有程度向左的压力,B 选项正确. 【答案】 B4.当汽车通过拱桥顶点的速度为5 m/s 时,车对桥顶的压力为车重的3/4,假设要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时,不受摩擦力作用,那么汽车通过桥顶的速度应为多少?【解析】 设拱桥的半径为r,速度为 5 m/s 时,根据牛顿第二定律和向心力公式,对车有2mg N mv -=/r,N=3mg/4.车不受摩擦力,即车对桥的压力为零,有2xmg mv =/r.解以上各式得10x v ,= m/s.【答案】 10 m/s5.( ☆ 选做题)(2022浙江台州一模,7)在稳定轨道上的空间站中,物体处于完全失重状态.有如下列图的装置,半径分别为r 和R(R>r)的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上,轨道之间有一条程度轨道CD 相通,宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道,通过粗糙的CD 段,又滑上乙轨道,最后分开两圆轨道,那么以下说法正确的选项是 …( )A.小球在CD 间由于摩擦力而做减速运动B.小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C.假设减小小球的初速度,小球有可能不能到达乙轨道的最高点D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【解析】 物体处于完全失重状态,等效于重力为零,那么其对CD 没有压力,其不受摩擦力,选项A 错误;小球经过圆轨道时,由于重力势能始终为零,那么小球的速度大小不变,根据弹力2N mv =/r 可知,半径小,那么N 大,选项B 错D 对;小球的初速度只要不等于零,就能通过最高点,选项C 错误. 【答案】 D课后作业夯基1r ,从动轮的半径为2r .主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打滑.以下说法正确的选项是( )A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C.从动轮的转速为12rr nD.从动轮的转速为21rr n【解析】 因为主动轮顺时针转动,从动轮通过皮带的摩擦力带动转动,所以从动轮逆时针转动,选项A 错误,B 正确;由于通过皮带传动,皮带与轮边缘接触处的速度相等,所以由2π1nr =2π22n r ,得从动轮的转速为122nr r n =,选项C 正确,D 错误.【答案】 BC2.(2022山东济南月考,4)上海磁悬浮线路需要转弯的地方有三处,其中设计的最大转弯处半径到达8 000 m,用肉眼看几乎是一条直线,而转弯处最小半径也到达1 300 m.一个质量50 kg 的乘客坐在以360 km/h 不变速率驶过半径2 500 m 弯道的车厢内,以下说法正确的选项是( ) A.乘客受到来自车厢的力大小约为200 N B.乘客受到来自车厢的力大小约为539 NC.弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时舒适一些D.弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度【解析】 乘客做匀速圆周运动的向心力由车厢弹力提供,即22501002500mv rF ⨯== N=200 N,选项A正确;半径越大,那么弹力F 越小,乘客舒适一些,选项C 正确;列车倾斜时,其重力和悬浮力的合力提供列车的向心力,假设列车的倾角为θ,那么有2mv r mg =tan θ,半径越大,倾角越小,选项D 正确.【答案】 ACD3.如下列图,一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动,圆环的半径为R,关于小球的运动情况,以下说法中正确的是…… ( )A.小球的线速度方向时刻在变化,但总在圆周切线方向上B.小球的加速度方向时刻在变化,但总是指向圆心的C.小球的线速度的大小总大于或等于RgD.小球对轨道最低点的压力大小一定大于重力【解析】 小球做变速圆周运动,选项A 正确;小球既有切向加速度,又有法向加速度,加速度方向时刻在变化,但只有在最高点及最低点指向圆心,其他位置不指向圆心,选项B 错误;小球能完成整个圆周运动,其在轨道最高点的速度v ≥Rg ,在轨道其他位置的速度都大于这个数值,选项C 正确;在轨道最低点,小球受支持力N 和重力mg 有2mv rN mg ,-=,压力N′=N>mg,选项D正确.【答案】 ACD4.在高速公路的拐弯处,路面造得外高内低,即当车向右拐弯时,司机左侧的路面比右侧的要高一些,路面与程度面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R 的圆弧,要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零θ,应等于( )A.arcsin 2vRg B.arctan 2vRg C.12arcsin 22v RgD.arccot 2v Rg【解析】 如下列图,要使摩擦力为零,必使车受的重力与支持力的合力提供向心力,那么:n F mg =tan 2v R m θ=,所以θ=arctan 2vRg .【答案】 B5.如下列图,一轻杆一端固定在O 点,另一端固定一小球,在竖直平面内做圆周运动,通过最高点时,由于球对杆有作用,使杆发生了微小形变,关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系,正确的选项是( )A.形变量越大,速度一定越大B.形变量越大,速度一定越小C.形变量为零,速度一定不为零D.速度为零,可能无形变【解析】 杆的形变量可能是伸长量,也可能是压缩量.假设伸长量越大,即杆对球向下的拉力越大,那么小球的速度越大;假设压缩量越大,即杆对球向上的支持力越大,那么小球的速度越小,选项A 、B 错误;假设杆的形变量为零,即杆对球没有力作用,那么小球的重力提供向心力,速度不为零,选项D 错误. 【答案】 C6.如下列图,从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块,滑出槽口时速度方向为程度方向,槽口与一个半球顶点相切,半球底面为程度,假设要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑,圆弧轨道的半径为1R ,半球的半径为2R ,那么1R 和2R 应满足的关系是 ( )A.12R R ≤B.212R R ≤C.12R R ≥D.212R R ≥【解析】 小物块滑到槽口时,假设对球面没有压力即重力不大于向心力时,那么其滑出槽口后不沿半球面下滑.根据机械能守恒可得小物块滑到槽口时的速度为v,有21mgR mv =/2.在槽口有2mg mv ≤/2R ,解得212R R ≥.【答案】 D7.(2022江西吉安一中第三次检测,9)早在19世纪,匈牙利物理学家厄缶就明确指出:〞沿程度地面向东运动的物体,其质量(即:列车的视重或列车对程度轨道的压力)一定要减轻.〞后来,人们常把这类物理现象称之为〞厄缶效应〞.如下列图,我们设想,在地球赤道附近的地平线上,有一列质量是M 的列车,正在以速率v 沿程度轨道匀速向东行驶.:(1)地球的半径R;(2)地球的自转周期T.今天我们像厄缶一样,假设仅仅考虑地球的自转影响(火车随地球做线速度为2T R π的圆周运动)时,火车对轨道的压力为N;在此根底上,又考虑到这列火车相对地面又附加了一个线速度v,做更快的匀速圆周运动,并设此时火车对轨道的压力为N′.那么,单纯地由于该火车向东行驶而引起火车对轨道的压力减轻的数量(N-N′)为( )A.2v RMB.22[2()]v R T M v π+ C.2()T M v πD.22[()]v R T M v π+【解析】 仅仅考虑地球的自转影响时20Mv RMg N ,-=;火车相对地面又附加了一个线速度v时,Mg-N′20()M v v R+=,其中20T v R π=,解得N-N′22[2()]v R T M v π=+.【答案】 B8.(2022浙江第一次五校联考,8)如下列图,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q 上,Q 放在带小孔的程度桌面上.小球在某一程度面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的程度面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q 都保持在桌面上静止.那么后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的选项是 …( )A.Q 受到桌面的支持力变大B.Q 受到桌面的静摩擦力变大C.小球P 运动的角速度变大D.小球P 运动的周期变大【解析】 小球受力分析如图,竖直方向有,Tcosθ=mg,程度方向有Tsin 2m l θω=sin mg θ=tan θ.当小球改到一个更高一些的程度面上做匀速圆周运动时,即θ变大,那么角速度cos g l θω=变大,选项C 对D 错;竖直方向上仍有T′cos mg θ=,而Q 受到桌面的支持力Q N m g T =+′cos Q m g mg θ=+,选项A 错误;Q 受到桌面的静摩擦力f=T′sin θ=2m l ωsin θ随a 变大而增大,选项B 正确. 【答案】 BC二、阐述⋅计算题(此题共2小题,共36分)9.(18分)有一辆质量为800 kg 的小汽车驶上圆弧半径为50 m 的拱桥,重力加速度g 取10 m/2s . (1)汽车到达拱桥顶时的速度为5 m/s,汽车对桥的压力是多大? (2)汽车以多大的速度经过桥顶时便恰好对桥没有压力而腾空?(3)汽车对地面的压力过小是不平安的.因此从这个角度讲,汽车过桥时的速度不能过大.对于同样的车速,拱桥圆弧的半径大些比较平安,还是小些平安?(4)假设拱桥的半径增大到与地球的半径R 一样,汽车要在地面上腾空,速度要多大?【解析】 (1)汽车受拱桥的支持力和重力,其合力提供向心力.有N F 2v r mg m -= (3分) 得N F =8 400 N. (3分)(2)根据(1)可知,当汽车对桥没有压力时,有mg=2v r m ,得22v gr ==.4 m/s. (4分)(3)根据(1)可知,对于同样的车速,拱桥圆弧的半径大些比较平安. (4分)(4)根据(2)可知8v gR ,== 000 m/s. (4分)【答案】 (1)8 400 N (2)22.4 m/s (3)大 (4)8 000 m/s10.(18分)如下列图,长为L 的细绳上端系一质量不计的环,环套在光滑程度杆上,在细线的下端吊一个质量为m 的铁球(可视作质点),球离地的高度h=L,当绳受到大小为3mg 的拉力时就会断裂.现让环与球一起以v=2gL 的速度向右运动,在A 处环被挡住而立即停顿,A 离右墙的程度间隔 也为L.不计空气阻力,当地的重力加速度为g.试求:(1)在环被挡住而立即停顿时绳对小球的拉力大小;(2)在以后的运动过程中,球的第一次碰撞点离墙角B 点的间隔 是多少?【解析】 (1)在环被挡住而立即停顿后小球立即以速率v 绕A 点做圆周运动,根据牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有2v L F mg m -= (6分)解得绳对小球的拉力大小为F=3mg. (2分)(2)根据上面的计算可知,在环被A 挡住的瞬间绳恰好断裂,此后小球做平抛运动.假设小球直接落到地面上,那么212h L gt== (2分) 球的程度位移x=vt=2L>L (2分)所以小球先与右边的墙壁碰撞后再落到地面上. 设球平抛运动到右墙的时间为t′,那么t′2L L vg==(2分)小球下落的高度h′12gt =′24L=(2分)所以球的第一次碰撞点距B 的间隔 为344L H L L =-=. (2分)【答案】 (1)3mg 34(2)L三、选做题(10分)11.(2022 ~2022学年黑龙江高三第一次模拟,13)在一根细线上套有一个质量为m 的光滑小环,将细线的两端固定在如下列图的竖直杆上的A 、B 两点，A 、间距为L ，当竖直杆以一定得角速度绕AB 轴匀速转动时细线被张紧，小环在程度面内做匀速圆周运动，此时细线的BC 段恰好沿程度方向且长度为34L .求: (1)细线中的拉力大小为多少?(2)小环做匀速圆周运动的角速度是多少?【解析】 设细线中拉力的大小为T,对小球进展受力分析,设BAC θ∠= 在竖直方向上有Tcos mg θ= (2分) 在程度方向上有T+Tsin 2m R θω= (2分) 由几何关系知tan 34θ= (2分) 联立①②③解出54T mg = (2分)83gLω=分)【答案】 54mg 83g L。