2020届高考物理二轮复习疯狂专练6圆周运动规律的应用含解析 10页

高考总复习 圆周运动规律的应用 专练六 圆周运动规律的应用 一、考点内容 ‎(1)向心力、向心加速度的理解；(2)竖直平面内圆周运动的问题分析；(3)斜面、悬绳弹力的水平分力提供向心力的实例分析问题；(4)离心现象等。‎ 二、考点突破 ‎1．如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为r，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则(　　)‎ A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B．受到的合力大小为F＝m C．若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑 D．若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑 ‎2．如图所示，在粗糙水平面上静止放有一个半圆球，将一个很小的物块放在粗糙程度处处相同的球面上，用始终沿球面的力F拉着小物块从A点沿球面匀速率运动到最高点B，半圆球始终静止。对于该过程下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块所受合力始终为0‎ B．半圆球对小物块的支持力一直增大，摩擦力也一直增大 C．F大小一直不变 D．半圆球对地面的摩擦力始终向右 10‎ 高考总复习 ‎3．在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品。已知管状模型内壁半径R，支承轮的半径为r，则支承轮转动的最小角速度ω为(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)‎ A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是5 N C．细线对物块的拉力是6 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2‎ ‎5．(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)‎ A．运动周期为 B．线速度的大小为ωR C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R ‎6．(多选)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直 10‎ 高考总复习 C．圆环角速度ω等于2时，细绳将断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 ‎7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)‎ A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B．金属块B受到桌面的支持力变小 C．细线的张力变大 D．小球A运动的角速度减小 ‎8．如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中(　　)‎ A．a、b距离最近的次数为k次 B．a、b距离最近的次数为k＋1次 C．a、b、c共线的次数为2k次 D．a、b、c共线的次数为2k－2次 ‎9．(多选)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，A离水平轨道BD高度差为h，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，设滑块与传送带之间动摩擦因数为μ，则(　　)‎ A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R 10‎ 高考总复习 B．滑块在传送带上向右运动的最大距离 C．滑块一定能重新回到出发点A处 D．A离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 ‎10．(多选)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr＝2μmg。则以下说法中正确的是(　　)‎ A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为 D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为 ‎11．汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ＝0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？‎ ‎(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。‎ ‎12．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37°，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2 N，且过(0.5 m，4N)点。取g＝10 m/s2。‎ 10‎ 高考总复习 ‎(1)求滑块的质量和圆轨道的半径。‎ ‎(2)若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少？‎ ‎(3)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上？若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。‎ 10‎ 高考总复习 答案 二、考点突破 ‎1．【答案】B ‎【解析】将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F＝m，故B正确；若运动员加速，由向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C错误；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D错误。‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】小物块做匀速圆周运动，所以所受合外力不为0，故A错误；假设小物块与圆心连线与水平方向的夹角为θ，当小物块沿圆弧上滑时，根据牛顿第二定律则有：mgsin θ－FN＝ m，由于f＝μFN，可知θ增大，支持力增大，则滑动摩擦力也增大，故B正确；根据题意则有：F＝mgcos θ＋μFN＝mgcos θ＋μmgsin θ－μm，对cos θ+μsin θ分析可知θ从0增大到90°，F先增大后减小，故C错误；对半圆球进行受力分析可知半圆球所受摩擦力向右，所以半圆球对地面的摩擦力始终向左，故D错误。‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg＝mω′2R，又有：ωr＝ω′R，解得：，故A正确。‎ 10‎ 高考总复习 ‎4．【答案】CD ‎【解析】由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦阻力为：f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。‎ ‎5．【答案】BD ‎【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式ω＝，解得：T＝，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v＝ωR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：F合＝mω2R，故D正确。‎ ‎6．【答案】ABD ‎【解析】设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有：mgtan θ＝mRsin θ·ω2，即为：，当绳恰好伸直时有：θ＝60°，对应，故A、B正确；设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有：FNcos 60°＝mg＋FTcos 60°，FNsin 60°＋FTsin 60°＝mω2Rsin 60°当FT取最大值2mg时代入可得：，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝，θ变小，ω变小，故D正确。‎ ‎8．【答案】D ‎【解析】设每隔时间T，a、b相距最近，则(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝＝＝，故b 10‎ 高考总复习 运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：n＝＝＝＝k－1，即a、b距离最近的次数为k－1次，故A、B均错误。设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ωa－ωb)t＝π，所以t＝＝＝；故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：n＝＝＝＝2k－2，故C错误，D正确。‎ ‎9．【答案】BD ‎【解析】若滑块恰能通过C点时AB的高度最低，有，由A到C根据动能定理知，联立解得，则AB最低高度为，A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有mgh－μmgx＝0，解得，摩擦力做功转化为热量，所以该等式也可以写作mgh－Q＝0，即Q＝mgh，所以A离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多，B、D正确；若滑块从传送带最右端回到D点速度时速度大小不变即与滑上传送带时的速度大小相等时，则滑块可重新回到出发点A点，若小于这个速度，则不能回到A点，C错误。‎ ‎10．【答案】BD ‎【解析】当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r，解得：ω＝，故A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得：ω＝，故B正确；假设B先滑动，则当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：k(1.5r＋r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2r，解得：ω＝，故C错误；假设A先滑动，则当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得：ω＝＝，即A、B同时开始滑动，故D正确。‎ ‎11．【解析】(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝m 解得：v≈38.7 m/s。‎ ‎(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：‎ 10‎ 高考总复习 FNsin θ－Ffcos θ＝m FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0‎ Ff＝μFN 解得：vmin＝30 m/s。‎ ‎12．【解析】(1)当H＝0时，由图象截距可知：‎ F＝mg＝2 N，mg＝0.2 kg 当小物块从A点静止下滑，由图象知，h＝0.5 m，对轨道的压力F1＝4 N mgh＝mv12‎ F1－mg＝m 解得R＝1 m。‎ ‎(2)不脱离轨道分两种情况：‎ ‎①到圆心等高处速度为零 有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R＝1 m ‎②通过最高点，通过最高点的临界条件vD＝ 设下落高度为H0，由动能定理mg(H0－2R)＝mvD2‎ 解得H0＝2.5 m 则应该满足下落高度h2≥2.5 m ‎ ‎(3)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点：‎ x＝OE＝vDt R＝gt2‎ 解得：vD＝m/s 10‎ 高考总复习 而滑块过D点的临界速度vDL＝＝m/s 由于vD＞vDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点 mg(H－2R)＝mvDL2‎ 解得：H＝m。‎ 10‎