2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練6 圓周運動規(guī)律的應用（含解析）

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1、圓周運動規(guī)律的應用 專練六 圓周運動規(guī)律的應用 一、考點內(nèi)容 (1)向心力、向心加速度的理解；(2)豎直平面內(nèi)圓周運動的問題分析；(3)斜面、懸繩彈力的水平分力提供向心力的實例分析問題；(4)離心現(xiàn)象等。 二、考點突破 1．如圖所示，運動員以速度v在傾角為θ的傾斜賽道上做勻速圓周運動。已知運動員及自行車的總質(zhì)量為m，做圓周運動的半徑為r，重力加速度為g，將運動員和自行車看作一個整體，則(　　) A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用 B．受到的合力大小為F＝m C．若運動員加速，則一定沿傾斜賽道上滑 D．若運動員減速，則一定沿傾斜賽道下滑 2．如圖所示，在

2、粗糙水平面上靜止放有一個半圓球，將一個很小的物塊放在粗糙程度處處相同的球面上，用始終沿球面的力F拉著小物塊從A點沿球面勻速率運動到最高點B，半圓球始終靜止。對于該過程下列說法正確的是(　　) A．小物塊所受合力始終為0 B．半圓球?qū)π∥飰K的支持力一直增大，摩擦力也一直增大 C．F大小一直不變 D．半圓球?qū)Φ孛娴哪Σ亮κ冀K向右 3．在離心澆鑄裝置中，電動機帶動兩個支承輪同向轉(zhuǎn)動，管狀模型放在這兩個輪上靠摩擦轉(zhuǎn)動，如圖所示，鐵水注入之后，由于離心作用，鐵水緊緊靠在模型的內(nèi)壁上，從而可得到密實的鑄件，澆鑄時轉(zhuǎn)速不能過低，否則，鐵水會脫離模型內(nèi)壁，產(chǎn)生次品。已知管狀模型內(nèi)壁半徑R，支承輪的半

3、徑為r，則支承輪轉(zhuǎn)動的最小角速度ω為(　　) A． B． C． D． 4．(多選)如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖。拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉(zhuǎn)動從而拖動物塊。已知輪軸的半徑R＝0.5 m，細線始終保持水平；被拖動物塊質(zhì)量m＝1 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判斷正確的是(　　) A．物塊做勻速運動 B．細線對物塊的拉力是5 N C．細線對物塊的拉力是6 N D．物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1 m/s2 5．(多選)

4、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 6．(多選)如圖所示，放于豎直面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為R的細繩一端系于球上，另一端系于圓環(huán)最低點，繩能承受的最大拉力為2mg。重力加速度的大小為g，當圓環(huán)以角速度ω繞豎直直徑轉(zhuǎn)動時，下列說法中正確的是(　　) A．圓環(huán)角速度ω小于時，小球受到2個力的作用 B．圓環(huán)角速度ω等于時，細繩恰好伸直 C

5、．圓環(huán)角速度ω等于2時，細繩將斷裂 D．圓環(huán)角速度ω大于時，小球受到2個力的作用 7．如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球A，細線的上端固定在金屬塊B上，B放在帶小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動。現(xiàn)使小球A改到一個更低一些的水平面上做勻速圓周運動(圖上未畫出)，金屬塊B在桌面上始終保持靜止，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是(　　) A．金屬塊B受到桌面的靜摩擦力變大 B．金屬塊B受到桌面的支持力變小 C．細線的張力變大 D．小球A運動的角速度減小 8．如圖所示，質(zhì)點a、b在同一平面內(nèi)繞質(zhì)點c沿逆時針方向做勻速圓周運動，它們的周期之比Ta∶Tb＝1

6、∶k(k＞1，為正整數(shù))。從圖示位置開始，在b運動一周的過程中(　　) A．a(chǎn)、b距離最近的次數(shù)為k次 B．a(chǎn)、b距離最近的次數(shù)為k＋1次 C．a(chǎn)、b、c共線的次數(shù)為2k次 D．a(chǎn)、b、c共線的次數(shù)為2k－2次 9．(多選)如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉(zhuǎn)動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，A離水平軌道BD高度差為h，滑塊能通過C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶，設滑塊與傳送帶之間動摩擦因

7、數(shù)為μ，則(　　) A．固定位置A到B點的豎直高度可能為2R B．滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離 C．滑塊一定能重新回到出發(fā)點A處 D．A離水平軌道BD高度差為h越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多 10．(多選)如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺上的小物體A、B通過輕彈簧連接，并隨轉(zhuǎn)臺一起勻速轉(zhuǎn)動，A、B的質(zhì)量分別為m、2m，離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為1.5r、r，已知彈簧的原長為1.5r，勁度系數(shù)為k，A、B與轉(zhuǎn)臺的動摩擦因數(shù)都為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且有kr＝2μmg。則以下說法中正確的是(　　) A．當B受到的摩擦力為0時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為 B．當A受到的摩擦力為0時，轉(zhuǎn)

8、臺轉(zhuǎn)動的角速度為 C．當B剛好要滑動時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為 D．當A剛好要滑動時，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度為 11．汽車試車場中有一個檢測汽車在極限狀態(tài)下的車速的試車道，試車道呈錐面(漏斗狀)，側(cè)面圖如圖所示。測試的汽車質(zhì)量m＝1 t，車道轉(zhuǎn)彎半徑r＝150 m，路面傾斜角θ＝45°，路面與車胎的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，設路面與車胎的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2。求： (1)若汽車恰好不受路面摩擦力，則其速度應為多大？ (2)汽車在該車道上所能允許的最小車速。 12．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點

9、，OB與OC夾角為37°，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，可視為質(zhì)點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出滑塊經(jīng)過圓軌道最低點C時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖象，該圖線截距為2 N，且過(0.5 m，4N)點。取g＝10 m/s2。 (1)求滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑。 (2)若要求滑塊不脫離圓軌道，則靜止滑下的高度為多少？ (3)是否存在某個H值，使得滑塊經(jīng)過最高點D飛出后落在圓心等高處的軌道上？若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由。

10、 答案 二、考點突破 1．【答案】B 【解析】將運動員和自行車看作一個整體，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，不是物體受到的力，故A錯誤；運動員騎自行車在傾斜賽道上做勻速圓周運動，合力指向圓心，提供勻速圓周運動需要的向心力，所以F＝m，故B正確；若運動員加速，由向上運動的趨勢，但不一定沿斜面上滑，故C錯誤；若運動員減速，有沿斜面向下運動的趨勢，但不一定沿斜面下滑，故D錯誤。 2．【答案】B 【解析】小物塊做勻速圓周運動，所以所受合外力不為0，故A錯誤；假設小物塊與圓心連線與水平方向的夾角為θ，當小物塊沿圓

11、弧上滑時，根據(jù)牛頓第二定律則有：mgsin θ－FN＝ m，由于f＝μFN，可知θ增大，支持力增大，則滑動摩擦力也增大，故B正確；根據(jù)題意則有：F＝mgcos θ＋μFN＝mgcos θ＋μmgsin θ－μm，對cos θ+μsin θ分析可知θ從0增大到90°，F(xiàn)先增大后減小，故C錯誤；對半圓球進行受力分析可知半圓球所受摩擦力向右，所以半圓球?qū)Φ孛娴哪Σ亮κ冀K向左，故D錯誤。 3．【答案】A 【解析】經(jīng)過最高點的鐵水要緊壓模型內(nèi)壁，臨界情況是重力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg＝mω′2R，又有：ωr＝ω′R，解得：，故A正確。 4．【答案】CD 【解析】由題意知，物塊的

12、速度為：v＝ωR＝2t×0.5＝1t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物塊做勻加速直線運動，加速度大小是1 m/s2。故A錯誤，D正確；由牛頓第二定律可得：物塊所受合外力為：F＝ma＝1 N，F(xiàn)＝T－f，地面摩擦阻力為：f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物塊受細線拉力為：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B錯誤，C正確。 5．【答案】BD 【解析】由于座艙做勻速圓周運動，由公式ω＝，解得：T＝，故A錯誤；由圓周運動的線速度與角速度的關系可知，v＝ωR，故B正確；由于座艙做勻速圓周運動，所以座艙受到摩天輪的作用力是變力，不可能始終為mg，故C錯誤；由勻速圓周運動的

13、合力提供向心力可得：F合＝mω2R，故D正確。 6．【答案】ABD 【解析】設角速度ω在0～ω1范圍時繩處于松弛狀態(tài)，球受到重力與環(huán)的彈力兩個力的作用，彈力與豎直方向夾角為θ，則有：mgtan?θ＝mRsin?θ·ω2，即為：，當繩恰好伸直時有：θ＝60°，對應，故A、B正確；設在ω1＜ω＜ω2時繩中有張力且小于2mg，此時有：FNcos?60°＝mg＋FTcos?60°，F(xiàn)Nsin?60°＋FTsin?60°＝mω2Rsin?60°當FT取最大值2mg時代入可得：，即當時繩將斷裂，小球又只受到重力、環(huán)的彈力兩個力的作用，故C錯誤，D正確。 7．【答案】D 【解析】設A、B質(zhì)量分別為m

14、、M, A做勻速圓周運動的向心加速度為a，細線與豎直方向的夾角為θ，對B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，對A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ變小，a減小，則靜摩擦力變小，故A錯誤；以整體為研究對象知，B受到桌面的支持力大小不變，應等于(M＋m)g，故B錯誤；細線的拉力T＝，θ變小，T變小，故C錯誤；設細線長為l，則a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝，θ變小，ω變小，故D正確。 8．【答案】D 【解析】設每隔時間T，a、b相距最近，則(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝＝＝，故b運動一周的過程中，a、b相距最近的次數(shù)為：n＝＝＝＝k－1，即a、b距

15、離最近的次數(shù)為k－1次，故A、B均錯誤。設每隔時間t，a、b、c共線一次，則(ωa－ωb)t＝π，所以t＝＝＝；故b運動一周的過程中，a、b、c共線的次數(shù)為：n＝＝＝＝2k－2，故C錯誤，D正確。 9．【答案】BD 【解析】若滑塊恰能通過C點時AB的高度最低，有，由A到C根據(jù)動能定理知，聯(lián)立解得，則AB最低高度為，A錯誤；設滑塊在傳送帶上滑行的最遠距離為x，則有動能定理有mgh－μmgx＝0，解得，摩擦力做功轉(zhuǎn)化為熱量，所以該等式也可以寫作mgh－Q＝0，即Q＝mgh，所以A離水平軌道BD高度差為h越大，滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多，B、D正確；若滑塊從傳送帶最右端回到D點速度時速度大小

16、不變即與滑上傳送帶時的速度大小相等時，則滑塊可重新回到出發(fā)點A點，若小于這個速度，則不能回到A點，C錯誤。 10．【答案】BD 【解析】當B受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供向心力，則有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r，解得：ω＝，故A錯誤；當A受到的摩擦力為0時，由彈簧彈力提供向心力，則有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得：ω＝，故B正確；假設B先滑動，則當B剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有：k(1.5r＋r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2r，解得：ω＝，故C錯誤；假設A先滑動，則當A剛好要滑動時，摩擦力達到最大靜

17、摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有k(1.5r＋r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，解得：ω＝＝，即A、B同時開始滑動，故D正確。 11．【解析】(1)汽車恰好不受路面摩擦力時，由重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan θ＝m 解得：v≈38.7 m/s。 (2)當車道對車的摩擦力沿車道向上且等于最大靜摩擦力時，車速最小，受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得： FNsin θ－Ffcos θ＝m FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0 Ff＝μFN 解得：vmin＝30 m/s。 12．【解析】(1)當H＝0時，由圖象截距可知： F＝mg＝

18、2 N，mg＝0.2 kg 當小物塊從A點靜止下滑，由圖象知，h＝0.5 m，對軌道的壓力F1＝4 N mgh＝mv12 F1－mg＝m 解得R＝1 m。 (2)不脫離軌道分兩種情況： ①到圓心等高處速度為零 有能量守恒可知，滑塊從靜止開始下滑高度h1≤R＝1 m ②通過最高點，通過最高點的臨界條件vD＝ 設下落高度為H0，由動能定理mg(H0－2R)＝mvD2 解得H0＝2.5 m 則應該滿足下落高度h2≥2.5 m (3)假設滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點： x＝OE＝vDt R＝gt2 解得：vD＝m/s 而滑塊過D點的臨界速度vDL＝＝m/s 由于vD＞vDL，所以存在一個H值，使得滑塊經(jīng)過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點 mg(H－2R)＝mvDL2 解得：H＝m。 9