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(江蘇專用)2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動

上傳人:Sc****h 文檔編號:100562010 上傳時間:2022-06-02 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?.50MB
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1、 課后限時集訓12 圓周運動 建議用時:45分鐘 1.(2019·溫州九校聯(lián)考)環(huán)球飛車是一場將毫無改裝的摩托車文化進行演繹的特技表演。如圖所示,在舞臺中固定一個直徑為6.5 m的球形鐵籠,其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運動,下列說法正確的是(  ) A.摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用 B.摩托車做圓周運動的向心力由彈力來提供 C.在此圓周運動中摩托車受到的彈力不變 D.摩托車受到水平圓面內(nèi)與運動方向相同的摩擦力 B [摩托車受重力、摩擦力、彈力的作用,向心力是效果力,故A錯誤;豎直方向上,摩托力所受重力和摩擦力平衡,所以摩擦力方向豎直向上

2、。彈力提供向心力,所以彈力方向改變,故B正確,C、D錯誤。] 2.(2019·合肥調(diào)研)如圖所示,兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動,在相同時間內(nèi),它們通過的路程之比是3∶2,運動方向改變的角度之比是2∶1,則(  ) A.二者線速度大小之比為2∶3 B.二者角速度大小之比為1∶2 C.二者圓周運動的半徑之比為1∶3 D.二者向心加速度大小之比為3∶1 D [線速度v=,兩快艇通過的路程之比為3∶2,由于運動時間相等,則二者的線速度大小之比為3∶2,故A錯誤;角速度ω=,運動方向改變的角度等于圓周運動轉(zhuǎn)過的角度,兩快艇轉(zhuǎn)過的角度之比為2∶1,由于運動時間相等,則角速度大小之比為2∶

3、1,故B錯誤;根據(jù)v=rω得,圓周運動的半徑r=,則兩快艇做圓周運動的半徑之比為3∶4,故C錯誤;根據(jù)a=vω得,向心加速度大小之比為3∶1,故D正確。] 3.(多選)(2019·南京模擬)如圖所示,甲、乙兩運動物體在t1、t2、t3時刻的速度矢量分別為v1、v2、v3和v′1、v′2、v′3,下列說中正確的是(  ) 甲       乙 A.甲做的不可能是直線運動 B.乙做的可能是直線運動 C.甲可能做勻變速運動 D.乙受到的合力不可能是恒力 ACD [甲、乙的速度方向在變化,所以甲、乙不可能做直線運動,故A正確,B錯誤;甲的速度變化量的方向不變,知加速度的方向不變,則甲的

4、加速度可能不變,甲可能做勻變速運動,選項C正確;乙的速度變化量方向在改變,知加速度的方向改變,所以乙的合力不可能是恒力,故D正確。] 4.如圖所示,“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個座椅A、B質(zhì)量相等,通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。不考慮空氣阻力的影響,當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸勻速轉(zhuǎn)動時,下列說法正確的是(  ) A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 D [在轉(zhuǎn)動過程中,A、B兩座椅的角速度相等,但由于B座椅的半徑比較大,故B座椅的速度比較大,向心加速度也比較大,A、B項錯誤;A、B兩座椅

5、所需向心力不等,而重力相同,故纜繩與豎直方向的夾角不等,C項錯誤;根據(jù)F=mω2r判斷A座椅的向心力較小,所受拉力也較小,D項正確。] 5.(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示,摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動。座艙的質(zhì)量為m,運動半徑為R,角速度大小為ω,重力加速度為g,則座艙(  ) A.運動周期為 B.線速度的大小為ωR C.受摩天輪作用力的大小始終為mg D.所受合力的大小始終為mω2R BD [由T=,v=ωR可知A錯誤,B正確。由座艙做勻速圓周運動,可知座艙所受的合力提供向心力,F(xiàn)=mω2R,方向始終指向摩天輪中心,則座艙在最低點時,其所受摩天輪的作用力

6、為mg+mω2R,故C錯誤,D正確。] 6.(多選)鐵路轉(zhuǎn)彎處的彎道半徑r是根據(jù)地形決定的。彎道處要求外軌比內(nèi)軌高,其內(nèi)、外軌高度差h的設計不僅與r有關,還與火車在彎道上的行駛速率v有關。下列說法正確的是(  ) A.速率v一定時,r越小,要求h越大 B.速率v一定時,r越大,要求h越大 C.半徑r一定時,v越小,要求h越大 D.半徑r一定時,v越大,要求h越大 AD [火車轉(zhuǎn)彎時,向心力由重力mg與軌道支持力FN的合力來提供,如圖所示,設軌道平面與水平面的夾角為θ,則有mgtan θ=,且tan θ≈sin θ=,其中L為軌間距,是定值,有mg=,通過分析可知A、D正確。]

7、 7.如圖所示,疊放在一起的兩物塊A、B質(zhì)量相等,隨水平圓盤一起做勻速圓周運動,下列說法正確的是(  ) A.B做圓周運動所需向心力是A做圓周運動所需向心力的2倍 B.盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍 C.A有沿半徑向外滑動的趨勢,B有沿半徑向內(nèi)滑動的趨勢 D.若B先滑動,則A、B之間的動摩擦因數(shù)μA小于B與盤之間的動摩擦因數(shù)μB B [A、B兩物塊隨水平圓盤一起做勻速圓周運動,向心力F=mω2r,因為兩物塊的角速度大小相等,轉(zhuǎn)動半徑相等,質(zhì)量相等,則向心力相等,故A錯誤;將A、B作為整體分析,fAB=2mω2r,對A分析,有fA=mω2r,可知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力

8、的2倍,故B正確;A所受的靜摩擦力方向指向圓心,可知A有沿半徑向外滑動的趨勢,B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心,有沿半徑向外滑動的趨勢,故C錯誤;若B先滑動,表明盤對B的摩擦力先達到二者之間的最大靜摩擦力,當B恰要滑動時,有μB×2mg-fA=mvr,又mωr<μAmg,fA=mωr,解得μA>μB,故D錯誤。] 8.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上,P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起,使兩繩均被水平拉直,如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自運動軌跡的最低點時,有(  ) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P

9、球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C [小球從靜止釋放運動到最低點的過程中,由機械能守恒得mgR=mv2,解得v=,式中R為繩長,則小球在最低點的速度只與繩長有關,可知vP

10、a和b分別系于一輕質(zhì)細桿的A點和B點,如圖所示,繩a與水平方向成θ角,繩b在水平方向且長為l,當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時,小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動,則下列說法正確的是(  ) A.a(chǎn)繩的張力不可能為零 B.a(chǎn)繩的張力隨角速度的增大而增大 C.當角速度ω>時,b繩將出現(xiàn)彈力 D.若b繩突然被剪斷,則a繩的彈力一定發(fā)生變化 AC [對小球受力分析,可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力,解得Ta=,為定值,A正確,B錯誤。當Tacos θ=mω2l,即ω=時,b繩的彈力為零,若角速度大于該值,則b繩將出現(xiàn)彈力,C正確。由于繩b可能沒有彈力,故繩b突然被剪斷,則a繩

11、的彈力可能不變,D錯誤。] 10.(多選)(2019·資陽一診)如圖甲所示,小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動,小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v,此時繩子的拉力大小為FT,拉力FT與速度的平方v2的關系圖象如圖乙所示,圖象中的數(shù)據(jù)a和b,包括重力加速度g都為已知量,則以下說法正確的是(  ) 甲     乙  A.數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無關 B.數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量無關 C.比值只與小球的質(zhì)量有關,與圓周軌跡半徑無關 D.利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌跡半徑 AD [由題圖乙可知,當v2=a時,此時繩子的拉力為零,小球的重力提供其做圓周運動的向心力

12、,則由牛頓第二定律得mg=,解得v2=gr,故a=gr,與小球的質(zhì)量無關,故A正確;當v2=2a時,對小球受力分析,則由牛頓第二定律得mg+b=,解得b=mg,與小球的質(zhì)量有關,故B錯誤;根據(jù)上述分析可知=與小球的質(zhì)量有關,與圓周軌跡半徑也有關,故C錯誤;由上述可知r=,m=,故D正確。] 11.(2019·江蘇揚州中學高考模擬)揚州某游樂場有一種叫作“快樂飛機”的游樂項目,模型如圖所示。模型飛機固定在旋臂上,旋臂與豎直方向夾角為θ,當模型飛機以恒定的角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時,下列說法正確的是(  ) A.模型飛機受重力、旋臂的作用力和向心力 B.旋臂對模型飛機的作

13、用力方向一定與旋臂垂直 C.增大θ,模型飛機線速度大小不變 D.增大θ,旋臂對模型飛機的作用力變大 D [當模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時,模型飛機受到重力和支持力的作用,而向心力屬于效果力,由重力和支持力的合力產(chǎn)生,故模型飛機受到的力為重力和旋臂的作用力,故A錯誤;旋臂對模型飛機的作用力方向可以與旋臂不垂直,但在豎直方向和水平方向有分力,且豎直方向的分力等于重力,故B錯誤;增大θ,飛機的圓周運動半徑r=Lsin θ增大,根據(jù)v=rω知飛機線速度增大,故C錯誤;根據(jù)旋臂對模型飛機的作用力大小的表達式F=,若夾角θ增大,則旋臂對模型飛機的作用力增大,故D正確。] 1

14、2.如圖所示,裝置BO′O可繞豎直軸O′O轉(zhuǎn)動,可視為質(zhì)點的小球A與兩細線連接后分別系于B、C兩點,裝置靜止時細線AB水平,細線AC與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球的質(zhì)量m=1 kg,細線AC長L=1 m,B點距C點的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω1,細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向夾角仍為37°,求角速度ω1的大小; (2)若裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω2時,細線AB剛好豎直,且張力為零,求此時角速度ω2的大小。 [解析] (1)細線AB上的張力恰為零時有 mgtan

15、37°=mωLsin 37° 解得ω1== rad/s = rad/s。 (2)細線AB恰好豎直,但張力為零時, 由幾何關系得cos θ′=,則有θ′=53° mgtan θ′=mωLsin θ′ 解得ω2= rad/s。 [答案] (1) rad/s (2) rad/s 13.(2019·江蘇揚州中學高三月考)一轉(zhuǎn)動裝置如圖甲所示,兩根足夠長輕桿OA、OB固定在豎直輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上的O點,兩輕桿與轉(zhuǎn)軸間夾角均為30°。小球a、b分別套在兩桿上,小環(huán)c套在轉(zhuǎn)軸上,球與環(huán)質(zhì)量均為m。c與a、b間均用長為L的細線相連,原長為L的輕質(zhì)彈簧套在轉(zhuǎn)軸上,一端與軸上P點固定,另一端與環(huán)c相連。當

16、裝置以某一轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動時,彈簧伸長到1.5L,環(huán)c靜止在O處,此時彈簧彈力等于環(huán)的重力,球、環(huán)間的細線剛好拉直而無張力。彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦和空氣阻力,重力加速度為g。求: 甲      乙 (1)細線剛好拉直而無張力時,裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω1; (2)如圖乙所示,該裝置以角速度 ω2(未知)勻速轉(zhuǎn)動時,彈簧長為,求此時桿對小球的彈力大小和角速度ω2。 [解析] (1)對a或b小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得 =mωLsin 30° 解得ω1=。 (2)依題可知,兩次彈簧彈力大小相等方向相反,且F1=mg 設繩子拉力為F2,由幾何知識知繩子與豎直軸之間的夾角為60° 對c球分析,根據(jù)平衡條件得: 2F2cos 60°=mg+F1 解得F2=2mg 對a或b球分析,豎直方向根據(jù)平衡條件得: FNsin 30°=mg+F2cos 60° 解得FN=4mg 水平方向根據(jù)牛頓第二定律得 FNcos 30°+F2sin 60°=mωLsin 60° 解得ω2=。 [答案] (1) (2)4mg  8

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