【文档说明】2025届高三一轮复习物理试题（人教版新高考新教材）考点规范练13　圆周运动 Word版含解析.docx，共(6)页，133.333 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练13圆周运动一、单项选择题1.某机器的齿轮如图所示,中心齿轮称为太阳轮,它是主动轮(太阳轮固定),通过中间的齿轮(行星齿轮),带动最外层的齿圈转动,太阳轮、行星齿轮与最外面的齿圈彼此密切啮合。若太阳轮一周的齿数为18,行星齿轮一周的齿数为12,则太阳轮的角速度与行星

齿轮的角速度之比为()A.2∶3B.3∶2C.4∶9D.9∶42.右图为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景,运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线,将运动员与自行车看作一个整体,下列论述正确的是()A.运动员转弯所需向心力由地面对

车轮的支持力与重力的合力提供B.运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力3.如图所示,飞机特技表演既震撼又刺激,一质量为m的飞行员驾驶飞机在竖直面内做匀速圆周运动,飞行至最低点时飞行员对座椅的压力大

小为FN1,飞行至最高点时飞行员对座椅的压力大小为FN2,已知重力加速度为g,则FN1与FN2大小之差为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B,细线上端固定在同一点,

若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动,球A的轨道半径是球B轨道半径的一半,不计空气阻力。两个摆球在运动过程中()A.两球的角速度相等B.两球的速度大小相等C.两球的加速度大小相等D.球A、B的向心力大小之比为

1∶25.如图所示,叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动,物体A、B、C的质量分别为3m、2m、m,物体B与转台、物体C与转台间的动摩擦因数都为μ,物体A与物体B间的动摩擦因数也为μ

,物体B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法正确的是()A.物体B对物体A的摩擦力有可能为3μmgB.物体C与转台间的摩擦力大于物体A与物体B间的摩擦力C.转台的角速度ω有可能恰好等于√2𝜇𝑔3𝑟D.若角速度ω缓慢增大,物体A与物体B将最先发生相对

滑动二、多项选择题6.如图所示,质量为m的小球固定在轻杆的一端,在竖直面内绕轻杆的另一端做无摩擦的圆周运动,不计空气阻力,当小球运动到最高点时,瞬时速度v=√32𝑔𝑅,R是球心到O点的距离,则球对轻

杆的作用力是()A.最高点球对轻杆的作用力是12mg的拉力B.最高点球对轻杆的作用力是12mg的压力C.最低点球对轻杆的作用力是13𝑚𝑔2的拉力D.最低点球对轻杆的作用力是13𝑚𝑔2的压力7.如图所示,轻绳一端固定在O点,另一端拉着立方体小盒子在竖直

平面内做顺时针方向的圆周运动,小盒子里装了一质量为m的光滑小球,小球的大小略小于盒子,A、C两点分别为水平直径的左端和右端;B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用

力。已知当地重力加速度为g,不计空气阻力,则以下说法正确的是()A.小球运动至A点时,对小盒子下壁的压力为零B.小球运动至C点时,对小盒子右壁的压力为2mgC.小球运动至C点时,对小盒子下壁的压力为mgD.小球

运动至B点时,对小盒子下壁的压力为6mg8.如图所示,一个边长满足3∶4∶5的斜面体沿半径方向固定在一水平转盘上,一木块静止在斜面上,斜面和木块之间的动摩擦因数μ=0.5。若木块能保持在离转盘中心的水平距离为40cm处相对转盘不动,g取10m

/s2,则转盘转动角速度ω的可能值为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.1rad/sB.3rad/sC.4rad/sD.9rad/s三、非选择题9.正式的场地赛车快速通过水平弯道时,在轮胎不打滑的前提下总是尽可能地找到一条最佳的行车路线

。下图为一段赛道的示意图,赛道参数如图中标注。假设赛车的长宽忽略不计,可视为质点,转弯时行车速率保持不变,在直道上加速和减速过程可视为匀变速运动。已知赛车在直道上加速或减速的最大加速度均为10m/s2,最大速度为216km/h

。若赛车沿着弯道内侧行驶时,其行车轨迹如图中路线1所示,它转弯时的最大速率v1为36km/h。(可能用到的数据:√2=1.41,π=3.14)(1)求该赛车沿着弯道外侧的路线2行驶转弯时的最大速率v2。(结果保留2位有效数字)(2)为了快速过弯,

赛车实际行车按照路线3的“外—内—外”的走法。赛车从直道上的E点开始转弯,沿着半径R3=40m的圆弧EFG通过弯道,求赛车以最大速度通过B点并沿着路线3到达D处所需的最短时间。(结果保留1位小数)10.半径为R的水平圆台可绕通过圆心O的竖直光滑细轴CC'转动

,如图所示。圆台上沿相互垂直的两个半径方向刻有槽,质量为mA的物体A放在一个槽内,A与槽底间的动摩擦因数为μ0,质量为mB的物体B放在另一个槽内,此槽是光滑的,A、B间用一长为l(l<R)且不可伸长的轻绳绕过细轴相连。设物体A与槽的侧面之间没有作用力,最

大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)当圆台做匀速转动,A物体与圆台之间刚好没有摩擦力且A、B两物体相对圆台不动时,A到圆心的距离x为多大?此时的转动角速度ω应为多大?(2)当圆台做匀速转动,A、B两物体相对圆台不动且A物体

与圆台间有摩擦时,转动角速度ω和A到圆心的距离x应满足什么条件?考点规范练13圆周运动1.A解析:由题图可知,太阳轮和行星齿轮为齿轮传动,所以线速度大小相等,由2π𝑅太2π𝑅行=𝑅太𝑅行=𝑛太𝑛行=1812=32可知,齿轮的齿数比等于齿轮的半径比,根据线速度和角速度关系公式v

=rω可知,𝜔太𝜔行=𝑣𝑅太𝑣𝑅行=𝑅行𝑅太=23,故A正确,B、C、D错误。2.B解析:向心力为沿半径方向上的合力。运动员转弯时,受力分析如图所示。可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力,故A错误,B正确。当Ff<𝑚𝑣2𝑟,

摩擦力不足以提供所需向心力时,就会离心发生侧滑,故C、D错误。3.B解析:飞机在最高点和最低点均只受重力和支持力作用,最高点时受支持力为FN1',最低点受支持力为FN2';由牛顿第二定律得在最低点有FN1'-mg=m𝑣2𝑟,在最高点有FN2'+mg=m𝑣2𝑟,联立解得FN1'

-FN2'=2mg,根据牛顿第三定律可知,压力大小之差等于支持力大小之差,为2mg,故B正确,A、C、D错误。4.A解析:对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ,则小球所受合力的大小为mgtanθ,根据牛顿第二定律得mgtanθ=mhtanθω2,

得ω=√𝑔ℎ,两小球到悬点的距离相等,所以角速度相等,故A正确。根据v=ωr知轨道半径r越大,线速度越大,故B错误。根据a=ω2r知轨道半径r越大,加速度越大,故C错误。根据F=mω2r,已知角速度相等、rA<rB,但质量大小不确定,所以无法判断向心力大小,故D错误。5.C

解析:对A、B整体,有(3m+2m)ω2r≤μ(3m+2m)g;对物体C,有mω2(1.5r)≤μmg;对物体A,有3mω2r≤3μmg;联立解得ω≤√2𝜇𝑔3𝑟,即满足不发生相对滑动的条件为ω≤√2𝜇𝑔3𝑟。当转台的角速度ω

=√2𝜇𝑔3𝑟时,A与B间的静摩擦力最大值Ff=3mω2r=2μmg<3μmg,故A错误,C正确。由于A与C转动的角速度相同,都是由摩擦力提供向心力,对A有Ff=3mω2r,对C有Ff'=1.5mω2r,由

此可知C与转台的摩擦力小于A与B间的摩擦力,故B错误。根据上面的分析可知,C的临界角速度最小,所以C最先滑动,故D错误。6.AC解析:在最高点,根据牛顿第二定律,可得mg+F=m𝑣2𝑅解得F=12m

g则轻杆对球有竖直向下的拉力,大小为12mg根据牛顿第三定律,球对轻杆的作用力为12mg,故A正确,B错误。从最高点到最低点,根据机械能守恒可得2mgR=12𝑚𝑣12−12mv2根据牛顿第二定律可得F1-mg=m𝑣12𝑅解得F1=132mg则轻杆对球有132mg的拉力根据牛顿第三

定律,球对杆有132mg的拉力,故C正确,D错误。7.AD解析:在A点,对小球和盒子受力分析,竖直方向受到重力,水平方向受到绳子的拉力,拉力提供向心力,重力使小球和盒子向上做减速运动,加速度大小为g,故处于完全失重状态,小盒子下壁的压力为零,故A正确。当小盒子运动至D点时,小球与小盒子的四个壁间恰

好无相互作用力,根据牛顿第二定律可知,mg=𝑚𝑣𝐷2𝑅解得vD=√𝑔𝑅从D到C,根据动能定理可得mgR=12𝑚𝑣𝐶2−12𝑚𝑣𝐷2解得vC=√3𝑔𝑅。在C点,小盒子对小球向右的支持力提供向心力,则FN=𝑚𝑣�

�2𝑅=3mg,根据牛顿第三定律可知,小球对盒子右壁的压力为3mg,故B错误。在C点,对整体受力分析,受到向左的拉力和竖直向下的重力,故在C点,在竖直方向处于完全失重状态。对小球受力分析,受到竖直向下的重力和盒子对小球向

左的支持力,由于处于完全失重状态,因此对小盒子下壁的压力为0,故C错误。从D到B根据动能定理可得mg·2R=12𝑚𝑣𝐵2−12𝑚𝑣𝐷2在B点,根据牛顿第二定律可得FNB-mg=𝑚𝑣𝐵2𝑅联立解得FNB=6mg,由牛顿第三定

律可得,小球对盒子下壁的压力为6mg,故D正确。8.BC解析:设斜面体的斜面倾角为θ,由图中几何关系得tanθ=34。因为tanθ>μ,所以木块不能静止在斜面上。木块受到沿斜面向上的摩擦力Ff作用、垂直斜面向上的支持力FN和重力mg作用。木块随着

转盘一起做圆周运动,其所受合力提供向心力,由牛顿第二定律可得FNcosθ+Ffsinθ=mgFNsinθ-Ffcosθ=mrω2又Ff=μFN代入数据解得ω=511√22rad/s若转盘转动的角速度较大时,木块将有沿斜面向上滑动的趋势,此时所受摩擦力方向沿斜面

向下,由牛顿第二定律可得FNcosθ=Ffsinθ+mgFNsinθ+Ffcosθ=mrω'2又Ff=μFN代入数据解得ω'=5√2rad/s即要使木块与斜面体保持静止不动一起和转盘做圆周运动,其角速度范围是

511√22rad/s≤ω≤5√2rad/s,故B、C正确,A、D错误。9.解析:(1)赛车做圆周运动时,地面对赛车的摩擦力Ff提供向心力。路线1时,赛车以R1=10m为半径做圆周运动,速度v1=36km/h=10m/s,则有Ff=m𝑣12𝑅1=10m;路线2时,赛车

以R2=20m为半径做圆周运动,则有Ff=m𝑣22𝑅2,解得速率v2=10√2m/s=14m/s。(2)赛车按路线3过弯,则有Ff=m𝑣32𝑅3,解得过弯速度v3=20m/s,则过弯时间t3=12π𝑅3𝑣3=3.14

s。已知赛车最大速度vm=216km/h=60m/s,赛车在BE直线段先以最大速度匀速行驶,再减速进弯,则减速位移s2=𝑣32-𝑣m22𝑎=160m,减速所用时间t2=𝑣m-𝑣0𝑎=4s。由题图知,lBE

=180m,则BE段匀速距离s1=20m,匀速运动时间t1=𝑠1𝑣m=0.33s。出弯GD段先以最大加速度加速至最大速度,再匀速行驶,可以看成进弯的逆向过程,即出弯加速时间t4=t2=4s,出弯匀速运动时间t5=t1=0.33s,故总过弯时间t=t1+t2

+t3+t4+t5=11.8s。答案:(1)14m/s(2)11.8s10.解析:(1)设绳上拉力为F,当A、B相对于圆台静止且恰无摩擦力时,由牛顿第二定律得对A:F=mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得x=𝑚

B𝑚A+𝑚Bl此时ω可取任意值。(2)当𝑚B𝑚A+𝑚Bl<x≤l时,A有沿半径向外滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径指向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F+μ0mAg≥mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得ω≤√𝜇0𝑚A𝑔(𝑚A+𝑚B)𝑥-𝑚B𝑙;当0≤x<𝑚B𝑚

A+𝑚Bl时,A有沿半径向内滑动的趋势,受到的静摩擦力沿半径背向圆心,则由牛顿第二定律得对A:F-μ0mAg≤mAω2x对B:F=mBω2(l-x)解得ω≤√𝜇0𝑚A𝑔𝑚B𝑙-(𝑚A+𝑚B)𝑥。答案:(1)𝑚B𝑚A+𝑚Blω可取任意值(2)当𝑚B𝑚A+𝑚Bl<x≤l

时,ω≤√𝜇0𝑚A𝑔(𝑚A+𝑚B)𝑥-𝑚B𝑙;当0≤x<𝑚B𝑚A+𝑚Bl时,ω≤√𝜇0𝑚A𝑔𝑚B𝑙-(𝑚A+𝑚B)𝑥