必修 第二册第六章 圆周运动综合与测试达标测试

第六章　圆周运动

本章复习提升

易混易错练

易错点1　不能正确分析汽车转弯时临界状态导致错解

1.(2020山东青岛十七中高一下期中,)火车在某个弯道以规定运行速度40 m/s转弯时,内、外轨对车轮轮缘均无侧压力。若火车在该弯道的实际运行速度为50 m/s,则下列说法中正确的是(　　)

A.仅内轨对车轮轮缘有侧压力

B.仅外轨对车轮轮缘有侧压力

C.内、外轨对车轮轮缘都有侧压力

D.内、外轨对车轮轮缘均无侧压力

2.(2020山西汾阳中学高一下期中,)如图所示,汽车在水平公路上做匀速圆周运动。已知图中双向四车道的总宽度为15 m,内车道内边缘半径为105 m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.75,g取10 m/s2,则汽车(　　)

A.所受的合力可能为零

B.所需的向心力由重力和支持力的合力提供

C.速度不能超过30 m/s

D.速度不能超过41 m/s

易错点2　不能正确建立匀速圆周运动的模型导致错解

3.(2020安徽黄山八校联盟高一下期中,)(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外,还受到重力和机翼的升力,机翼的升力垂直于机翼所在平面向上。当飞机在空中盘旋时机翼的内侧倾斜(如图所示),以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角,飞行周期为T,则下列说法正确的是(　　)

A.若飞行速率v不变,θ增大,则半径R减小

B.若飞行速率v不变,θ增大,则周期T减小

C.若θ不变,飞行速率v增大,则半径R减小

D.若飞行速率v增大,θ增大,则周期T一定不变

4.(2020北京朝阳外国语学校高一下期中,)(多选)半径为R的光滑半球固定在水平面上(如图所示),顶部有一个小物体A,今给它一个水平初速度v0=,则下列说法错误的是(　　)

A.物体将沿球面下滑至M点

B.物体沿球面下滑至某一点N后离开球面做斜下抛运动

C.物体将沿半径大于R的新圆弧轨道做圆周运动

D.物体立即离开球面做平抛运动

易错点3　忽视匀速圆周运动的周期性导致错解

5.(2020广东广州番禺中学高一下期中,改编,)(多选)半径为R=1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点,在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平抛出,半径OA方向恰好与该初速度的方向相同,如图所示。若小球与圆盘只碰一次,且落在A点,则圆盘转动的角速度大小可能是(　　)

A.8π rad/s   B.12π rad/s

C.16π rad/s  D.20π rad/s

易错点4　向心力来源分析不准确导致错解

6.(2020宁夏银川一中高三上月考,)(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用轻质细绳相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆盘圆心两侧,与圆心的距离分别为RA=r,RB=2r,与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g),下列说法正确的是(　　)

A.此时绳子张力为3μmg

B.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外

C.此时圆盘的角速度为

D.此时若烧断绳子,A仍相对圆盘静止,B将做离心运动

思想方法练

一、控制变量法

1.(2020福建厦门外国语学校高一下期中,)用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。转动手柄,使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动,槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力,球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降,从而露出标尺,标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图片如下,图中两钢球质量相同,请回答相关问题:

(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时,我们主要用到了物理学中的　　　　。 

A.理想实验法 B.等效替代法

C.控制变量法 D.演绎法

(2)图中是在研究向心力的大小F与　　　　　　的关系。 

A.质量m　　　B.角速度ω　　　C.半径r

(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值为1∶9,运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为　　　　　　。 

A.1∶9　　　B.3∶1　　　C.1∶3　　　D.1∶1

二、临界问题分析法

2.(2020北京朝阳外国语学校高一下期中,)(多选)如图,两个质量均为m的小木块a和b(均可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO'间的距离为l,b与转轴OO'间的距离为2l。木块与圆盘间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(　　)

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

3.()如图所示,OO'为竖直轴,MN为固定在OO'上的水平光滑杆,有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上,AC和BC为抗拉能力相同的两根细线,C端固定在转轴OO'上。当细线拉直时,A、B两球转动半径之比恒为2∶1,当转轴的角速度逐渐增大时(　　)

A.AC先断

B.BC先断

C.两细线同时断

D.不能确定哪根细线先断

4.(2019黑龙江哈尔滨三中高一下期中,)如图所示,内壁光滑的圆锥筒的轴线竖直,顶角为2θ=60°,底面半径为R,在底面圆心O处系一个轻质细线,长也为R,细线的另一端连一个小球,小球可视为质点。现给小球一个初速度,使其在水平面内做圆周运动,已知重力加速度为g,则:

(1)要使小球不碰到圆锥筒,小球的线速度不超过多大?

(2)要使细线无拉力,小球的线速度应满足什么条件?

答案全解全析

易混易错练

1.B　火车在弯道以规定运行速度转弯时,重力和支持力的合力提供向心力,内、外轨对车轮轮缘均无侧压力。火车在弯道的实际运行速度大于规定速度时,重力和支持力的合力小于火车需要的向心力,此时外轨对车轮轮缘产生侧压力,故B正确,A、C、D错误。

易错分析

本题易错选A。错选原因是不清楚火车车轮与轨道的结构,不清楚火车转弯时向心力的来源。

2.C　汽车在水平公路上做匀速圆周运动,所受合外力提供向心力,不可能为零;汽车在竖直方向受重力和支持力的作用,这两个力的合力为零,水平方向受摩擦力作用,提供汽车所需向心力,选项A、B错误。汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.75,即fm=0.75mg,汽车受最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律有fm=m,当r最大时,汽车有最大安全行驶速度vm,由题意rm=15 m+105 m=120 m,则vm== m/s=30 m/s,即汽车的速度不能超过30 m/s,选项C正确,D错误。

易错分析

本题易错选B。错选原因是误认为重力和支持力的合力就是汽车所受的合外力。

3.AB　由于重力和机翼升力的合力提供向心力,如图所示,得mg tan θ=m=mR,解得v=,T=2π。若飞行速率v不变,θ增大,由v=知R减小,故A正确;若飞行速率v不变,θ增大,R减小,由T=2π知T减小,故B正确;若θ不变,飞行速率v增大,由v=知R增大,故C错误;若飞行速率v增大,θ增大,R的变化不能确定,则周期T不一定不变,故D错误。

易错分析

本题出错原因:一是不能正确建立飞机运动的模型(实质上是圆锥摆模型),错误地认为飞机沿倾斜轨道做匀速圆周运动;二是对飞机受力情况分析错误,错误地认为空气对飞机的作用力提供向心力。

4.ABC　在最高点,根据牛顿第二定律有mg-N=m,解得N=0,可知物体A离开最高点后做平抛运动,故选项D说法正确,A、B、C说法错误。

易错分析

本题易漏选B。误认为物体继续沿球面做圆周运动,当速度增大到某一值再离开球面。

5.AC　小球做平抛运动的时间t== s=0.25 s,小球平抛运动的时间和圆盘转动的时间相等,设圆盘的转动周期为T,则有t=nT=n·(n=1,2,3,…),解得ω=8nπ rad/s(n=1,2,3,…)。当n=1时,ω=8π rad/s;当n=2时,ω=16π rad/s。故A、C正确。

易错分析

本题易漏选C,忽视了匀速圆周运动的周期性,认为圆盘只转过一周,从而片面地得出圆盘转动的角速度ω=8π rad/s。

6.ABC　两物体A和B随圆盘匀速转动,B的转动半径比A的转动半径大,所以B所需的向心力较大,而绳子对A和B的拉力大小相等,所以当两物体刚要发生滑动时,B所受静摩擦力方向沿半径指向圆心,A所受静摩擦力方向沿半径指向圆外,根据牛顿第二定律,对A有T-μmg=mω2r,对B有T+μmg=mω2·2r,解得T=3μmg,ω=,故选项A、B、C正确。烧断绳子瞬间,A物体所需的向心力为FA=mrω2=2μmg,A的最大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动;B物体所需的向心力为FB=mω2·2r=4μmg,B的最大静摩擦力不足以提供向心力,则B做离心运动,故选项D错误。

易错分析

本题易漏选B。在分析时没有注意物体A做圆周运动的半径小,所需的向心力小,误认为A所受摩擦力方向沿半径指向圆心。

思想方法练

1.答案　(1)C　(2)B　(3)B

解析　(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r中某一物理量间的关系时,需先控制其他两个物理量相同,该方法为控制变量法,故C正确。

(2)图中两钢球的质量相同,转动的半径相同,则研究的是向心力的大小F与角速度ω的关系,故B正确。

(3)根据F=mω2r,已知两钢球的向心力之比为1∶9,转动半径和质量相等,则转动的角速度之比为1∶3;因为两变速塔轮靠皮带传动,变速塔轮边缘各点的线速度大小相等,根据v=rω,知与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为3∶1,B正确。

2.AC　两木块都随水平圆盘匀速转动时,它们的角速度相等,所受静摩擦力提供向心力,即f静=mRω2,由于木块b的转动半径大,所以发生相对滑动前木块b所受静摩擦力大,故B错误。随着圆盘转动角速度的增大,当木块所受静摩擦力等于滑动摩擦力时,木块将开始滑动,此时有f静=mRω2=kmg,代入两个木块的转动半径,得小木块a开始滑动时的角速度ωa=,小木块b开始滑动时的角速度ωb=,ωa>ωb,所以木块b先开始滑动,故A、C正确。当ω=时,木块b已经滑动,但是ω=<ωa,所以木块a未达到临界状态,所受摩擦力还没有达到最大静摩擦力,故D错误。

3.A　取任一金属球为研究对象,设细线与水平方向的夹角为θ,细线拉力的水平分力提供向心力,根据牛顿第二定律得T cos θ=mω2r,其中r为金属球做圆周运动的轨道半径,r=L cos θ(L为细线长度),推导出拉力T=mω2L,可以看出拉力和细线与水平方向的夹角无关;两球同轴转动,角速度相等,质量也相等,拉力只与细线的长度有关,由题意可知细线AC的长度大于细线BC的长度,当角速度增大时,细线AC先达到最大拉力,所以细线AC先断,A项正确,B、C、D项错误。

4.答案　(1)　(2)≤v球≤

解析　(1)小球恰好与筒壁接触,但与筒壁间无作用力,设此时小球的速度为v1,受力如图1

图1

由牛顿第二定律得F1 sin 30°=

在竖直方向有F1 cos 30°=mg

解得v1=

所以,当小球的速度v球<时,小球不会碰到筒壁。

(2)小球恰好与筒壁接触,但细线的拉力为零,设此时小球的速度为v2,受力如图2

图2

由牛顿第二定律得N1 cos 30°=

在竖直方向有N1 sin 30°=mg

解得v2=

当细线沿水平方向时,细线的拉力为零,设此时小球的速度为v3,受力如图3

图3

由牛顿第二定律得N2 cos 30°=

在竖直方向有N2 sin 30°=mg

解得v3=

所以要使细线无拉力,小球的速度应满足:≤v球≤。