届高考物理小题狂练6圆周运动规律的应用附解析.docx
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届高考物理小题狂练6圆周运动规律的应用附解析
2020届高考物理小题狂练6:
圆周运动规律的应用(附解析)
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
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=0.5m,细线始终保持水平;被拖动物块质量m=1kg,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=2rad/s2,g取10m/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5N
C.细线对物块的拉力是6N
D.物块做匀加速直线运动,加速度大小是1m/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
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
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=1t,车道转弯半径r=150m,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=10m/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2N,且过(0.5m,4N)点。
取g=10m/s2。
(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。
答案
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:
mgsinθ-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=mgcosθ+μFN=mgcosθ+μmgsinθ-μm
,对cosθ+μsinθ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。
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=1m/s2,所以物块做匀加速直线运动,加速度大小是1m/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=1N,F=T-f,地面摩擦阻力为:
f=μmg=0.5×1×10N=5N,故可得物块受细线拉力为:
T=f+F=5N+1N=6N,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=Tsinθ,对A,有Tsinθ=ma,Tcosθ=mg,解得a=gtanθ,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=gtanθ=ω2lsinθ,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:
mgtanθ=m
解得:
v≈38.7m/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:
FNsinθ-Ffcosθ=m
FNcosθ+Ffsinθ-mg=0
Ff=μFN
解得:
vmin=30m/s。
12.【解析】
(1)当H=0时,由图象截距可知:
F=mg=2N,mg=0.2kg
当小物块从A点静止下滑,由图象知,h=0.5m,对轨道的压力F1=4N
mgh=
mv12
F1-mg=m
解得R=1m。
(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=1m
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=2.5m
则应该满足下落高度h2≥2.5m
(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
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。
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