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高中物理教科版 (2019)必修 第二册第二章 匀速圆周运动本章综合与测试课后作业题
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这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第二册第二章 匀速圆周运动本章综合与测试课后作业题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第二章 匀速圆周运动
本章达标检测
满分:100分;时间:90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2021浙江温州中学高一月考)现在很多小区或停车场入口都安装车辆识别系统,当汽车驶近时,道闸杆会自动升起。如图所示,A、B是某道闸杆上不同位置的两点,当道闸杆升起时,A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,向心加速度大小分别为aA、aB,则 ( )
A.vA>vB B.aA=aB
C.aAωB
2.(2021北京顺义第一中学高一期中)如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型,下列说法正确的是 ( )
A.如图a,汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B.图b所示是一圆锥摆,增大θ,但保持圆锥摆的高度不变,则圆锥摆的角速度减小
C.如图c,同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动,则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等
D.如图d,火车转弯超过规定速度行驶时,内轨对内轮缘会有挤压作用
3.(2021广东江门二中高一期中)如图所示,质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动,滑到最低点时的速度为v,若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff,则物块与碗之间的动摩擦因数为 ( )
A.Ffmg B.Ffmg+mv2R C.Ffmg-mv2R D.Ffmv2R
4.(2021山东师范大学附中高一月考)一辆运输西瓜的小汽车(可视为质点),以大小为v的速度经过一座半径为R的拱形桥。在桥的最高点,其中一个质量为m的西瓜A(位置如图所示)受到周围的西瓜对它的作用力的大小为( )
A.mg B.mv2R C.mg-mv2R D.mg+mv2R
5.(2021湖北荆州中学高一期中)一球绕过球心的竖直轴匀速转动,如图所示,球面上有A、B两点,则 ( )
A.可能vAvB
B.A、B两点的向心加速度都指向球心O
C.由a=v2r可知aA>aB
D.由a=ω2r可知aA
A.A与B都没有相对圆盘滑动时,角速度之比ω1∶ω2=3∶1
B.A与B都没有相对圆盘滑动时,向心加速度之比a1∶a2=1∶3
C.随转速慢慢增加,A先开始滑动
D.随转速慢慢增加,B先开始滑动
7.(2021河北邯郸高一期中)餐桌转盘能够让大家方便地享用餐桌上的美食,如图所示,将托盘放在转盘上,巧克力放在托盘的正中央。现使转盘以恒定的角速度转动,转动过程中托盘、巧克力与转盘保持相对静止。巧克力与托盘、托盘与转盘间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 ( )
A.巧克力受到两个力的作用
B.转盘对托盘的摩擦力沿半径向里
C.若增加转盘的转速,则托盘先滑动
D.若增加转盘的转速,则巧克力先滑动
8.(2021云南玉溪高一期末)如图所示,轻质细绳长为L,挂一个质量为m的小球,球离地的高度h=2L,当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂,绳的上端系一质量不计的环,环套在光滑水平杆上,现让环与球一起以速度v=gL向右匀速运动,在A处环被挡住而立即停止,A离墙的水平距离也为L,在球以后的运动过程中,球第一次与墙的碰撞点离墙角B点的距离ΔH是(不计空气阻力) ( )
A.L2 B.5L3
C.2L3 D.3L2
二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。
在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021浙江宁波高一期中)如图所示,a为置于距圆桌转盘中心r1处的杯子,装满水的总质量为2m,另有一空杯子b质量为m,置于距圆盘中心r2处。已知r2=2r1,圆盘从静止开始缓慢地加速转动,两杯子与桌面间的动摩擦因数均为μ,且均未相对桌面滑动,用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是 ( )
A.b所受摩擦力比a所受摩擦力先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.ω=μgr1是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=μg2r1时,a所受摩擦力的大小为μmg
10.(2021河北邯郸高一期中)如图所示,铁路在弯道处的内、外轨道的高度是不同的,已知内、外轨道所在平面与水平面间的夹角为θ,弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯时速度小于gRtanθ,则 ( )
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于mgcosθ
D.这时铁轨对火车的支持力小于mgcosθ
11.(2021北京朝阳外国语学校高一期中)如图所示,半径为R的薄圆筒绕竖直中心轴线匀速转动。一颗子弹沿筒截面的直径方向从左侧射入,再从右侧射出,发现两弹孔在同一竖直线上,相距h。若子弹每次击穿薄圆筒前后速度不变,重力加速度为g,则以下说法正确的是 ( )
A.子弹的初速度大小为R2gh
B.子弹的初速度大小为2Rgh
C.圆筒转动的周期可能为232hg
D.圆筒转动的周期可能为2hg
三、非选择题(本题共6小题,共64分)
12.(2021浙江高一月考)(8分)如图所示,图甲为“用向心力演示器演示向心力公式”的示意图,图乙为俯视图,图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定,且a、b轮半径相同,当a、b两轮在皮带的传动下匀速转动时:
(1)该实验研究物理问题的科学方法是 。
A.建立物理模型法 B.控制变量法
C.等效法 D.极限法
(2)两槽转动的角速度ω1 ω2。(填“>”“<”或“=”)
(3)现有两质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1,则钢球①②的线速度之比为 ,向心力之比为 。
13.(2021湖北宜昌一中高一月考)(8分)如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图,其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在未画出的圆盘上,圆周轨道的半径为r,力电传感器测定的是向心力,光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小,表格中是所得数据,图乙分别为F-v图像、F-v2图像、F-v3图像。
甲
乙
v/(m·s-1)
1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9
(1)数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时,保持圆柱体质量不变、半径r=0.1 m的条件下得到的。研究图像后,可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为 。
(2)为了研究F与r成反比的关系,实验时除了保持圆柱体质量不变外,还应保持 不变。
(3)若已知向心力公式为F=mv2r,根据上面的图线可以推算出,本实验中圆柱体的质量为 。
14.(2021江西南昌二中高一月考)(8分)如图所示,马戏团中上演飞车节目,在竖直平面内有半径为R的圆轨道,表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m,人以v1=2gR的速度通过轨道最高点B,并以v2=3v1的速度通过最低点A。求在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少。
15.(2021湖北襄阳一中高一月考)(10分)质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端,杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动。(g=10 m/s2)求:
(1)当小球在最高点的速度为多大时,球对杆的作用力为零;
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时,球对杆的作用力。
16.(2021云南昭通高一期末)(14分)如图所示,竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O的正上方,一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆弧形轨道并能沿圆弧形轨道到达B点,最后落到斜面上C点,且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为3mg(忽略空气阻力)。求:
(1)小球到达B点时的速度v0的大小;
(2)小球从B点运动到C点所用的时间t;
(3)小球离开B后,距离斜面的最远距离d。
17.(2021浙江杭州高一期中)(16分)如图甲所示是某款名为“风火轮”的玩具,其装置结构示意图如图乙虚线框内所示。整个装置放置于水平桌面上,小车(可视为质点)从A点水平弹射出,沿直线轨道AB经回旋弯道的最低点B进入竖直回旋弯道,再通过直线轨道BC从C点水平飞出,轨道各部分平滑连接,小车进入得分区域MN则挑战成功。已知圆形回旋弯道半径为R=0.1 m,B、C之间的距离为L=0.4 m,C、O之间的高度差为H=0.8 m,水平距离OM=MN=0.3 m。小车与直线轨道BC段间的动摩擦因数为μ=0.5,其余阻力均忽略。小车质量m=50 g,经过B点的速度vB与经过回旋弯道最高点的速度v满足关系vB=v2+4,g取10 m/s2。
(1)若小车从C点飞出后恰好到达N点,求小车在C点的速度大小;
(2)若小车恰好能够通过回旋弯道的最高点,通过计算分析小车能否进入得分区域;
(3)若当小车以某一初速度弹出时,要求小车能够进入得分区域,求小车对回旋弯道最低点的压力的取值范围。
甲
乙
答案全解全析
1.A A、B是道闸杆上不同位置的两点,道闸杆自动升起时,A、B两点同轴转动,则ωA=ωB,D错误;根据v=ωr,A点的转动半径大于B点的转动半径,则有vA>vB,A正确;根据a=rω2,A点的转动半径大于B点的转动半径,则有aA>aB,B、C错误。
2.A 在图a中,汽车通过拱桥的最高点时,向心力方向向下,桥对车的支持力小于车的重力,车处于失重状态,故A正确;在图b中,由牛顿第二定律可得mg tan θ=mω2h tan θ,圆锥摆的角速度ω=gh,所以若保持圆锥摆的高度不变,则角速度不变,故B错误;在图c中,若在A、B两位置时小球所受筒壁的支持力大小相等,则向心力相等,但在B位置时的轨迹半径小,根据Fn=mω2r可知,在B位置时角速度大,故C错误;在图d中,火车转弯超过规定速度行驶时,应是外轨对外轮缘有挤压作用,故D错误。
3.B 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2R,又因为Ff=μFN,联立解得μ=Ffmg+mv2R,B正确。
4.C 西瓜和小汽车一起做圆周运动,竖直方向上的合力提供向心力,有mg-F=mv2R,解得F=mg-mv2R,故C正确。
5.D 由于A、B两点是同轴转动,故它们的角速度相同,由图可知rA
7.B 巧克力做圆周运动,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力提供向心力,所以巧克力受到三个力的作用,故A错误;托盘受转盘的静摩擦力指向圆心,故B正确;对巧克力和托盘组成的系统,由牛顿第二定律得μ(M+m)g=(M+m)rω12,解得ω1=μgr,对巧克力,由牛顿第二定律得μmg=mrω22,解得ω2=μgr,可知巧克力和托盘发生滑动的临界角速度相同,所以巧克力和托盘会同时滑动,故C、D错误。
8.D 环被挡住的瞬间,小球做圆周运动,根据牛顿第二定律得F-mg=mv2L,又因为v=gL,解得F=2mg,故绳断裂,之后小球做平抛运动。假设小球直接落地,则有h=12gt2,球的水平位移x=vt=2L>L,所以小球先与墙壁发生碰撞;设球做平抛运动到墙的时间为t',则t'=Lv=Lg,小球下落的高度h'=12gt'2=L2,则球第一次与墙的碰撞点离墙角B点的距离ΔH=h-h'=2L-L2=32L。故选D。
9.AD 杯子随着转盘一起转动,静摩擦力提供向心力,a开始滑动时,μ·2mg=2mωa2r1,解得ωa=μgr1;b开始滑动时,μmg=mωb2r2,解得ωb=μgr2=μg2r1,因为ωa>ωb,所以b所受摩擦力比a所受摩擦力先达到最大静摩擦力,b先开始滑动,故A正确,C错误;在杯子b所受的摩擦力达到最大前,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律可知fa=2mω2r1,fb=mω2r2=2mω2r1,所以a和b受到的摩擦力大小是相等的,方向不同,故B错误;当ω=μg2r1时,a没有发生相对滑动,静摩擦力为f=2mω2r1=μmg,故D正确。
10.AD 轮缘与轨道无挤压时,有mg tan θ=mv2R,火车的速度为v=gRtanθ,由题意知,质量为m的火车转弯时速度小于gRtanθ,所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压,故A正确,B错误;当内、外轨对车轮轮缘没有挤压时,火车受重力和支持力,N=mgcosθ,由于内轨对内侧车轮轮缘有作用力,致使轨道对火车的支持力与竖直方向的夹角小于θ,设此夹角为α,则有N'=mgcosα,因α<θ<90°,所以cos α>cos θ,N'
12.答案 (1)B(2分) (2)=(2分) (3)2∶1(2分) 2∶1(2分)
解析 (1)该实验研究物理问题的科学方法是控制变量法,故选B。
(2)根据v=ωR,a、b轮半径相同,所以两槽转动的角速度ω1=ω2。
(3)现有两质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1,则钢球①②的线速度之比为v1∶v2=ωR1∶ωR2=R1∶R2=2∶1,向心力之比为F1∶F2=mω2R1∶mω2R2=2∶1。
13.答案 (1)F=0.88v2(3分) (2)线速度大小v(2分)
(3)0.088 kg(3分)
解析 (1)研究数据表格和题图乙中B图不难得出F∝v2,进一步研究知题图乙B中图线的斜率k=ΔFΔv2≈0.88 N·m-2·s2,故F与v的关系式为F=0.88v2。
(2)由F=mv2r可知还应保持线速度大小v不变。
(3)因F=mv2r=0.88v2,r=0.1 m,则m=0.088 kg。
14.答案 6mg
解析 在B点,FB+mg=mv12R,解得FB=mg (2分)
根据牛顿第三定律,摩托车对轨道的压力大小FB'=FB=mg (1分)
在A点,FA-mg=mv22R,解得FA=7mg (2分)
根据牛顿第三定律,摩托车对轨道的压力大小FA'=FA=7mg (1分)
所以在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差FA'-FB'=6mg (2分)
15.答案 (1)3 m/s (2)6 N,方向竖直向上 1.5 N,方向竖直向下
解析 (1)当小球在最高点对杆的作用力为零时,重力提供向心力,则mg=mv02R,解得v0=3 m/s。 (2分)
(2)v1=6 m/s>v0,杆对球有竖直向下的拉力,由牛顿第二定律得mg+F1=mv12R,解得F1=6 N(2分)
由牛顿第三定律得:球对杆的作用力为竖直向上的拉力,F1'=F1=6 N(2分)
v2=1.5 m/s
16.答案 (1)2gR (2)4Rg (3)2R
解析 (1)小球到达B点,由重力和轨道的支持力提供向心力,mg+FN=mv02R (2分)
解得v0=2gR。 (1分)
(2)小球离开B点后做平抛运动,落到C点时,根据平抛运动规律得
tan 45°=yx=12gt2v0t=gt2v0 (4分)
解得t=4Rg。 (1分)
(3)小球离开B后,当垂直于斜面方向的速度为零时离斜面最远,沿垂直和平行斜面的方向分解v0,如图所示
则v=2v02,垂直于斜面方向的加速度大小a=g cos 45° (2分)
离斜面的最远距离d=v22a (2分)
解得d=2R。 (2分)
17.答案 (1)1.5 m/s (2)(3)见解析
解析 (1)小车从C点飞出后在竖直方向上有H=12gt2 (1分)
可解得t=0.4 s
在水平方向上有vC=ONt=1.5 m/s。 (1分)
(2)小车恰好能够通过回旋弯道的最高点,重力完全提供向心力,有mg=mv2R (1分)
由题中条件可得vB=v2+4=5 m/s(1分)
对BC段运动过程,由牛顿第二定律及运动学公式可得
a=μg=5 m/s2 (1分)
vB2-vC2=2aL (1分)
联立可解得vC=1 m/s,则平抛运动的水平位移为x=vCt=0.4 m(1分)
对比条件可知小车能落入MN区域,所以小车可以进入得分区。
(3)小车能进入得分区的条件为:OMt≤vC≤ONt (1分)
可解得0.75 m/s≤vC≤1.5 m/s(1分)
由运动学公式vB2-vC2=2aL (1分)
可解得7316 m/s≤vB≤52 m/s(1分)
因小车需顺利通过回旋弯道最高点,因此vB≥5 m/s(1分)
故vB应满足的条件为5 m/s≤vB≤52 m/s(1分)
vB=5 m/s时,B点对小车的支持力最小,为FN1,由牛顿第二定律可得FN1-mg=mvB2R (1分)
解得FN1=3 N
同理可得,当vB=52 m/s时,B点对小车的支持力最大,为FN2=3.625 N (1分)
根据牛顿第三定律,小车对B点的压力的取值范围是3 N≤F≤3.625 N。 (1分)
第二章 匀速圆周运动
本章达标检测
满分:100分;时间:90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2021浙江温州中学高一月考)现在很多小区或停车场入口都安装车辆识别系统,当汽车驶近时,道闸杆会自动升起。如图所示,A、B是某道闸杆上不同位置的两点,当道闸杆升起时,A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB,线速度大小分别为vA、vB,向心加速度大小分别为aA、aB,则 ( )
A.vA>vB B.aA=aB
C.aA
2.(2021北京顺义第一中学高一期中)如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型,下列说法正确的是 ( )
A.如图a,汽车通过拱桥的最高点时处于失重状态
B.图b所示是一圆锥摆,增大θ,但保持圆锥摆的高度不变,则圆锥摆的角速度减小
C.如图c,同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后做匀速圆周运动,则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等
D.如图d,火车转弯超过规定速度行驶时,内轨对内轮缘会有挤压作用
3.(2021广东江门二中高一期中)如图所示,质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动,滑到最低点时的速度为v,若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff,则物块与碗之间的动摩擦因数为 ( )
A.Ffmg B.Ffmg+mv2R C.Ffmg-mv2R D.Ffmv2R
4.(2021山东师范大学附中高一月考)一辆运输西瓜的小汽车(可视为质点),以大小为v的速度经过一座半径为R的拱形桥。在桥的最高点,其中一个质量为m的西瓜A(位置如图所示)受到周围的西瓜对它的作用力的大小为( )
A.mg B.mv2R C.mg-mv2R D.mg+mv2R
5.(2021湖北荆州中学高一期中)一球绕过球心的竖直轴匀速转动,如图所示,球面上有A、B两点,则 ( )
A.可能vA
B.A、B两点的向心加速度都指向球心O
C.由a=v2r可知aA>aB
D.由a=ω2r可知aA
A.A与B都没有相对圆盘滑动时,角速度之比ω1∶ω2=3∶1
B.A与B都没有相对圆盘滑动时,向心加速度之比a1∶a2=1∶3
C.随转速慢慢增加,A先开始滑动
D.随转速慢慢增加,B先开始滑动
7.(2021河北邯郸高一期中)餐桌转盘能够让大家方便地享用餐桌上的美食,如图所示,将托盘放在转盘上,巧克力放在托盘的正中央。现使转盘以恒定的角速度转动,转动过程中托盘、巧克力与转盘保持相对静止。巧克力与托盘、托盘与转盘间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 ( )
A.巧克力受到两个力的作用
B.转盘对托盘的摩擦力沿半径向里
C.若增加转盘的转速,则托盘先滑动
D.若增加转盘的转速,则巧克力先滑动
8.(2021云南玉溪高一期末)如图所示,轻质细绳长为L,挂一个质量为m的小球,球离地的高度h=2L,当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂,绳的上端系一质量不计的环,环套在光滑水平杆上,现让环与球一起以速度v=gL向右匀速运动,在A处环被挡住而立即停止,A离墙的水平距离也为L,在球以后的运动过程中,球第一次与墙的碰撞点离墙角B点的距离ΔH是(不计空气阻力) ( )
A.L2 B.5L3
C.2L3 D.3L2
二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。
在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021浙江宁波高一期中)如图所示,a为置于距圆桌转盘中心r1处的杯子,装满水的总质量为2m,另有一空杯子b质量为m,置于距圆盘中心r2处。已知r2=2r1,圆盘从静止开始缓慢地加速转动,两杯子与桌面间的动摩擦因数均为μ,且均未相对桌面滑动,用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是 ( )
A.b所受摩擦力比a所受摩擦力先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.ω=μgr1是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=μg2r1时,a所受摩擦力的大小为μmg
10.(2021河北邯郸高一期中)如图所示,铁路在弯道处的内、外轨道的高度是不同的,已知内、外轨道所在平面与水平面间的夹角为θ,弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯时速度小于gRtanθ,则 ( )
A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C.这时铁轨对火车的支持力等于mgcosθ
D.这时铁轨对火车的支持力小于mgcosθ
11.(2021北京朝阳外国语学校高一期中)如图所示,半径为R的薄圆筒绕竖直中心轴线匀速转动。一颗子弹沿筒截面的直径方向从左侧射入,再从右侧射出,发现两弹孔在同一竖直线上,相距h。若子弹每次击穿薄圆筒前后速度不变,重力加速度为g,则以下说法正确的是 ( )
A.子弹的初速度大小为R2gh
B.子弹的初速度大小为2Rgh
C.圆筒转动的周期可能为232hg
D.圆筒转动的周期可能为2hg
三、非选择题(本题共6小题,共64分)
12.(2021浙江高一月考)(8分)如图所示,图甲为“用向心力演示器演示向心力公式”的示意图,图乙为俯视图,图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定,且a、b轮半径相同,当a、b两轮在皮带的传动下匀速转动时:
(1)该实验研究物理问题的科学方法是 。
A.建立物理模型法 B.控制变量法
C.等效法 D.极限法
(2)两槽转动的角速度ω1 ω2。(填“>”“<”或“=”)
(3)现有两质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1,则钢球①②的线速度之比为 ,向心力之比为 。
13.(2021湖北宜昌一中高一月考)(8分)如图甲所示是一个研究向心力与哪些因素有关的DIS实验装置的示意图,其中做匀速圆周运动的圆柱体的质量为m,放置在未画出的圆盘上,圆周轨道的半径为r,力电传感器测定的是向心力,光电传感器测定的是圆柱体的线速度大小,表格中是所得数据,图乙分别为F-v图像、F-v2图像、F-v3图像。
甲
乙
v/(m·s-1)
1
1.5
2
2.5
3
F/N
0.88
2
3.5
5.5
7.9
(1)数据表格和图乙中的三个图像是在用实验探究向心力F和圆柱体线速度大小v的关系时,保持圆柱体质量不变、半径r=0.1 m的条件下得到的。研究图像后,可得出向心力F和圆柱体线速度大小v的关系式为 。
(2)为了研究F与r成反比的关系,实验时除了保持圆柱体质量不变外,还应保持 不变。
(3)若已知向心力公式为F=mv2r,根据上面的图线可以推算出,本实验中圆柱体的质量为 。
14.(2021江西南昌二中高一月考)(8分)如图所示,马戏团中上演飞车节目,在竖直平面内有半径为R的圆轨道,表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m,人以v1=2gR的速度通过轨道最高点B,并以v2=3v1的速度通过最低点A。求在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差多少。
15.(2021湖北襄阳一中高一月考)(10分)质量为0.2 kg的小球固定在长为0.9 m的轻杆一端,杆可绕过另一端O点的水平轴在竖直平面内转动。(g=10 m/s2)求:
(1)当小球在最高点的速度为多大时,球对杆的作用力为零;
(2)当小球在最高点的速度分别为6 m/s和1.5 m/s时,球对杆的作用力。
16.(2021云南昭通高一期末)(14分)如图所示,竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O的正上方,一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆弧形轨道并能沿圆弧形轨道到达B点,最后落到斜面上C点,且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为3mg(忽略空气阻力)。求:
(1)小球到达B点时的速度v0的大小;
(2)小球从B点运动到C点所用的时间t;
(3)小球离开B后,距离斜面的最远距离d。
17.(2021浙江杭州高一期中)(16分)如图甲所示是某款名为“风火轮”的玩具,其装置结构示意图如图乙虚线框内所示。整个装置放置于水平桌面上,小车(可视为质点)从A点水平弹射出,沿直线轨道AB经回旋弯道的最低点B进入竖直回旋弯道,再通过直线轨道BC从C点水平飞出,轨道各部分平滑连接,小车进入得分区域MN则挑战成功。已知圆形回旋弯道半径为R=0.1 m,B、C之间的距离为L=0.4 m,C、O之间的高度差为H=0.8 m,水平距离OM=MN=0.3 m。小车与直线轨道BC段间的动摩擦因数为μ=0.5,其余阻力均忽略。小车质量m=50 g,经过B点的速度vB与经过回旋弯道最高点的速度v满足关系vB=v2+4,g取10 m/s2。
(1)若小车从C点飞出后恰好到达N点,求小车在C点的速度大小;
(2)若小车恰好能够通过回旋弯道的最高点,通过计算分析小车能否进入得分区域;
(3)若当小车以某一初速度弹出时,要求小车能够进入得分区域,求小车对回旋弯道最低点的压力的取值范围。
甲
乙
答案全解全析
1.A A、B是道闸杆上不同位置的两点,道闸杆自动升起时,A、B两点同轴转动,则ωA=ωB,D错误;根据v=ωr,A点的转动半径大于B点的转动半径,则有vA>vB,A正确;根据a=rω2,A点的转动半径大于B点的转动半径,则有aA>aB,B、C错误。
2.A 在图a中,汽车通过拱桥的最高点时,向心力方向向下,桥对车的支持力小于车的重力,车处于失重状态,故A正确;在图b中,由牛顿第二定律可得mg tan θ=mω2h tan θ,圆锥摆的角速度ω=gh,所以若保持圆锥摆的高度不变,则角速度不变,故B错误;在图c中,若在A、B两位置时小球所受筒壁的支持力大小相等,则向心力相等,但在B位置时的轨迹半径小,根据Fn=mω2r可知,在B位置时角速度大,故C错误;在图d中,火车转弯超过规定速度行驶时,应是外轨对外轮缘有挤压作用,故D错误。
3.B 物块滑到最低点时受竖直方向的重力、支持力和水平方向的摩擦力三个力作用,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2R,又因为Ff=μFN,联立解得μ=Ffmg+mv2R,B正确。
4.C 西瓜和小汽车一起做圆周运动,竖直方向上的合力提供向心力,有mg-F=mv2R,解得F=mg-mv2R,故C正确。
5.D 由于A、B两点是同轴转动,故它们的角速度相同,由图可知rA
7.B 巧克力做圆周运动,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力提供向心力,所以巧克力受到三个力的作用,故A错误;托盘受转盘的静摩擦力指向圆心,故B正确;对巧克力和托盘组成的系统,由牛顿第二定律得μ(M+m)g=(M+m)rω12,解得ω1=μgr,对巧克力,由牛顿第二定律得μmg=mrω22,解得ω2=μgr,可知巧克力和托盘发生滑动的临界角速度相同,所以巧克力和托盘会同时滑动,故C、D错误。
8.D 环被挡住的瞬间,小球做圆周运动,根据牛顿第二定律得F-mg=mv2L,又因为v=gL,解得F=2mg,故绳断裂,之后小球做平抛运动。假设小球直接落地,则有h=12gt2,球的水平位移x=vt=2L>L,所以小球先与墙壁发生碰撞;设球做平抛运动到墙的时间为t',则t'=Lv=Lg,小球下落的高度h'=12gt'2=L2,则球第一次与墙的碰撞点离墙角B点的距离ΔH=h-h'=2L-L2=32L。故选D。
9.AD 杯子随着转盘一起转动,静摩擦力提供向心力,a开始滑动时,μ·2mg=2mωa2r1,解得ωa=μgr1;b开始滑动时,μmg=mωb2r2,解得ωb=μgr2=μg2r1,因为ωa>ωb,所以b所受摩擦力比a所受摩擦力先达到最大静摩擦力,b先开始滑动,故A正确,C错误;在杯子b所受的摩擦力达到最大前,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律可知fa=2mω2r1,fb=mω2r2=2mω2r1,所以a和b受到的摩擦力大小是相等的,方向不同,故B错误;当ω=μg2r1时,a没有发生相对滑动,静摩擦力为f=2mω2r1=μmg,故D正确。
10.AD 轮缘与轨道无挤压时,有mg tan θ=mv2R,火车的速度为v=gRtanθ,由题意知,质量为m的火车转弯时速度小于gRtanθ,所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压,故A正确,B错误;当内、外轨对车轮轮缘没有挤压时,火车受重力和支持力,N=mgcosθ,由于内轨对内侧车轮轮缘有作用力,致使轨道对火车的支持力与竖直方向的夹角小于θ,设此夹角为α,则有N'=mgcosα,因α<θ<90°,所以cos α>cos θ,N'
12.答案 (1)B(2分) (2)=(2分) (3)2∶1(2分) 2∶1(2分)
解析 (1)该实验研究物理问题的科学方法是控制变量法,故选B。
(2)根据v=ωR,a、b轮半径相同,所以两槽转动的角速度ω1=ω2。
(3)现有两质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1,则钢球①②的线速度之比为v1∶v2=ωR1∶ωR2=R1∶R2=2∶1,向心力之比为F1∶F2=mω2R1∶mω2R2=2∶1。
13.答案 (1)F=0.88v2(3分) (2)线速度大小v(2分)
(3)0.088 kg(3分)
解析 (1)研究数据表格和题图乙中B图不难得出F∝v2,进一步研究知题图乙B中图线的斜率k=ΔFΔv2≈0.88 N·m-2·s2,故F与v的关系式为F=0.88v2。
(2)由F=mv2r可知还应保持线速度大小v不变。
(3)因F=mv2r=0.88v2,r=0.1 m,则m=0.088 kg。
14.答案 6mg
解析 在B点,FB+mg=mv12R,解得FB=mg (2分)
根据牛顿第三定律,摩托车对轨道的压力大小FB'=FB=mg (1分)
在A点,FA-mg=mv22R,解得FA=7mg (2分)
根据牛顿第三定律,摩托车对轨道的压力大小FA'=FA=7mg (1分)
所以在A、B两点摩托车对轨道的压力大小相差FA'-FB'=6mg (2分)
15.答案 (1)3 m/s (2)6 N,方向竖直向上 1.5 N,方向竖直向下
解析 (1)当小球在最高点对杆的作用力为零时,重力提供向心力,则mg=mv02R,解得v0=3 m/s。 (2分)
(2)v1=6 m/s>v0,杆对球有竖直向下的拉力,由牛顿第二定律得mg+F1=mv12R,解得F1=6 N(2分)
由牛顿第三定律得:球对杆的作用力为竖直向上的拉力,F1'=F1=6 N(2分)
v2=1.5 m/s
16.答案 (1)2gR (2)4Rg (3)2R
解析 (1)小球到达B点,由重力和轨道的支持力提供向心力,mg+FN=mv02R (2分)
解得v0=2gR。 (1分)
(2)小球离开B点后做平抛运动,落到C点时,根据平抛运动规律得
tan 45°=yx=12gt2v0t=gt2v0 (4分)
解得t=4Rg。 (1分)
(3)小球离开B后,当垂直于斜面方向的速度为零时离斜面最远,沿垂直和平行斜面的方向分解v0,如图所示
则v=2v02,垂直于斜面方向的加速度大小a=g cos 45° (2分)
离斜面的最远距离d=v22a (2分)
解得d=2R。 (2分)
17.答案 (1)1.5 m/s (2)(3)见解析
解析 (1)小车从C点飞出后在竖直方向上有H=12gt2 (1分)
可解得t=0.4 s
在水平方向上有vC=ONt=1.5 m/s。 (1分)
(2)小车恰好能够通过回旋弯道的最高点,重力完全提供向心力,有mg=mv2R (1分)
由题中条件可得vB=v2+4=5 m/s(1分)
对BC段运动过程,由牛顿第二定律及运动学公式可得
a=μg=5 m/s2 (1分)
vB2-vC2=2aL (1分)
联立可解得vC=1 m/s,则平抛运动的水平位移为x=vCt=0.4 m(1分)
对比条件可知小车能落入MN区域,所以小车可以进入得分区。
(3)小车能进入得分区的条件为:OMt≤vC≤ONt (1分)
可解得0.75 m/s≤vC≤1.5 m/s(1分)
由运动学公式vB2-vC2=2aL (1分)
可解得7316 m/s≤vB≤52 m/s(1分)
因小车需顺利通过回旋弯道最高点,因此vB≥5 m/s(1分)
故vB应满足的条件为5 m/s≤vB≤52 m/s(1分)
vB=5 m/s时,B点对小车的支持力最小,为FN1,由牛顿第二定律可得FN1-mg=mvB2R (1分)
解得FN1=3 N
同理可得,当vB=52 m/s时,B点对小车的支持力最大,为FN2=3.625 N (1分)
根据牛顿第三定律,小车对B点的压力的取值范围是3 N≤F≤3.625 N。 (1分)
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