2020版高考物理总复习 第11课 圆周运动练习 6页

第11课　圆周运动 ‎1．匀速圆周运动 a．利用公式法求解传动圆周运动中各运动学量的比例关系 ‎(1)(经典题，6分)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB∶RC＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的(　　)‎ A．线速度大小之比为3∶2∶2 B．角速度之比为3∶3∶2‎ C．转速之比为2∶3∶2 D．向心加速度大小之比为9∶6∶4‎ 答案：D 解析：A、B轮是摩擦传动，故vA＝vB，则ωARA＝ωBRB，又因为RB∶RA＝3∶2，所以ωA∶ωB＝3∶2；B、C轮是同轴转动，故ωB＝ωC，又因为RB∶RC＝3∶2，由公式v＝ωR可知，vB∶vC＝3∶2，故a、b、c三点的线速度之比为3∶3∶2，角速度之比为3∶2∶2，故A项、B项均错误。由公式ω＝2πn可知，转速之比等于角速度之比，故C项错误。由公式a＝ωv可知，aA∶aB∶aC＝9∶6∶4，故D项正确。‎ b．根据最大静摩擦力这一临界条件求解水平转盘模型问题 ‎(2)(多选)(2014全国Ⅰ，6分)如图所示，两个质量均为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，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，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)‎ 6‎ A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 答案：AC 解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，所以小木块b做圆周运动需要的向心力较大，故B项错误。因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，故A项正确。当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg=mωb‎2.2l，解得ωb＝，故C项正确。当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωl，解得ωa＝，而转盘的角速度<，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω‎2l＝kmg，故D项错误。‎ c．圆锥摆模型的解题关键是分析受力情况和找准临界状态 ‎(3)(经典题，6分)有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量m的小球，要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面高度h最大为(　　)‎ A. B．ω‎2g C. D. 答案：A 解析：要使得小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，临界情况就是小球对水平面的压力恰好为零，设绳拉力为T，细绳与竖直转轴的夹角为θ，此时对小球有Tcos θ＝mg，Tsin θ＝mω2lsin θ，解得cos θ＝。所以A点到水平面高度h的最大值为h＝‎ 6‎ lcos θ＝，故A项正确。‎ ‎(4)(2013重庆理综，16分)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速转动。一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g。‎ ‎①若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；‎ ‎②ω＝ω0，且0