第4章 3 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

[基础题组]

1．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化。下列关于小球运动情况的说法正确的是(　　)

A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动

B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动

C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动

D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动

[答案]　A

2．(2021·辽宁沈阳市第一次质检)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g等于10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(　　 )

A．8 cm　　 B．9 cm    　　

C．10 cm　　 D．11 cm

[解析]　由题可知：半径R＝5 600 m，时速为v＝216 km/h＝60 m/s；

根据牛顿第二定律有：mgtan θ＝m

解得：tan θ＝

由题意得tan θ＝sin θ＝

而L＝1400 mm

联立得：h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。

[答案]　B

3．(多选)(2019·江苏卷)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

[解析]　由T＝，v＝ωR可知A错误，B正确。由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为mg＋mω2R，故C错误，D正确。

[答案]　BD

4．(2021·衡水中学高考模拟)如图所示，在质量为M的物体内有光滑的圆形轨道，有一质量为m的小球在竖直平面内沿圆轨道做圆周运动，A与C两点分别是轨道的最高点和最低点，B、D两点与圆心O在同一水平线上。在小球运动过程中，物体静止于地面，则关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力方向，下列正确的说法是(　　)

A．小球运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左

B．小球运动到B点时，N＝Mg，摩擦力方向向右

C．小球运动到C点时，N＝(M＋m)g，地面对M无摩擦

D．小球运动到D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向右

[解析]　小球在A点时，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误；小球在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小球有向右的支持力的作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体对地面的压力N＝Mg，故B正确；小球在C点时，小球的向心力向上，所以物体对小球的支持力大于小球的重力，即小球对物体的压力大于小球的重力，故物体受到的小球的压力大于mg，那么物体对地面的压力就大于(M＋m)g，系统在水平方向上不受力，则地面对物体没有摩擦，故C错误；小球在D点和B点的受力类似，物体对小球的弹力向左，则小球对物体的弹力向右，则物体受到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，根据平衡知，N＝Mg，故D错误。故选B。

[答案]　B

5．(多选)(2021·四川南充市第一次高考适应性考试)如图所示，A、B两个物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量是m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，在转盘转速增加的过程中，两物体始终相对盘静止，则(　　 )

A．A与B的线速度大小之比为∶1

B．A与B的角速度之比为1∶1

C．A与B的向心加速度大小之比为1∶1

D．摩擦力对物体做正功

[解析]　A、B同轴转动，角速度相等，即ωA∶ωB＝1∶1，由v＝rω得vA∶vB＝rA∶rB＝2∶1，故A错误，B正确；根据a＝rω2知，aA∶aB＝rA∶rB＝2∶1，故C错误；由于只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：Wf＝ΔEk，转盘转速增加则动能增加，所以摩擦力对物体做正功，故D正确。

[答案]　BD

6．(多选)(2021·南阳月考)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大

C．当角速度ω＞ ，b绳将出现弹力

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

[解析]　小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有＝mlω2，解得ω2＝，当角速度ω2＞，即ω＞，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。

[答案]　AC

7．(2020·全国卷Ⅰ)如图，  一同学表演荡秋千。己知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)

A．200 N  B．400 N

C．600 N  D．800 N

[解析]　该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，选项B正确。

[答案]　B

8．(多选)(2020·四川成都七中5月测试)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则(　　 )

A．两球运动的周期相等

B．两球的向心加速度大小相等

C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1

D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2

[解析]　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力FT，绳的拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设小球到P的距离为l，竖直高度为h则有FTsin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π＝2π，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝mω2lsin θ，故m与l成反比，即＝，又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝()2htan θ，故向心加速度大小不相等，选项C正确，B、D错误。

[答案]　AC

[提升题组]

9．(2020·山东济南市上学期期末)如图所示为固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，圆弧上E、F两点也处在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑。一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到F以上、C点以下的H点(图中未画出)的过程中，则(　　 )

A．小球运动到H点时加速度为零

B．小球运动到E点时的向心加速度与运动到F点时大小相等

C．小球运动到E点时的切向加速度与运动到F点时大小相等

D．小球运动到E点时的切向加速度比运动到F点时的小

[解析]　小球运动到H点时，所受合外力不为零，则加速度不为零，选项A错误；小球运动到E点时的速度和运动到F点时的速度大小不相等，根据a＝可知，向心加速度不相等，选项B错误；设E、F两点所在的曲面的切面的倾角均为θ，则在F点的切向加速度：aF＝gsin θ，在E点的切向加速度：aE＝gsin θ－μgcos θ，即小球运动到E点时的切向加速度比运动到F点时的小，选项D正确，C错误。

[答案]　D

10．(多选)(2021·恩施月考)如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是(　　)

A．OB绳的拉力范围为0～ mg

B．OB绳的拉力范围为 mg～ mg

C．AB绳的拉力范围为0～mg

D．AB绳的拉力范围为0～mg

[解析]　对小球分析如图，竖直方向：TOBcos30°＋TABcos 30°＝mg，水平方向：TOBsin 30°－tABsin 30°＝mω2r，故转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，

AB绳的拉力最大，这时二者的值相同，设为T1，则2T1cos 30°＝mg，解得T1＝mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好为零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为T2，则

T2cos 30°＝mg，T2＝mg。因为OB绳的拉力范围mg～mg，AB绳的拉力范围0～mg，故B、C正确。

[答案]　BC

11．如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动。已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9 L。不计空气阻力。

(1)求小球通过最高点A时的速度vA；

(2)若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力FT恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到C点的距离。

[解析]　(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有：

mg＝m，解得：vA＝。

(2)小球在B点时根据牛顿第二定律有：

FT－mg＝m

其中FT＝6 mg，解得小球在B点的速度大小为vB＝细线断裂后，小球从B点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得：

竖直方向上：1.9 L－L＝gt2

水平方向上：x＝vBt

解得：x＝3 L

即小球落地点到C点的距离为3 L。

[答案]　(1)　(2)3 L

12．如图甲所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长l＝1 m，B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。

(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为0，而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；

(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为0，求此时角速度ω2的大小；

(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图乙中画出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系图象。

[解析]　(1)细线AB上张力恰为零时有

mgtan 37°＝mωlsin 37°

解得ω1＝＝ rad/s。

(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得

cos θ′＝，θ ′＝53°，mgtan θ′＝mωlsin θ′

此时ω2＝ rad/s。

(3)ω≤ω1＝ rad/s时，细线AB水平，细线AC上张力的竖直分量等于小球的重力

FTcos θ＝mg，FT＝＝12.5 N

ω1≤ω≤ω2时细线AB松弛

细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力

FTsin α＝mω2lsin α

FT＝mω2l

ω＞ω2时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力。

FTsin θ′＝mω2lsin θ′，FT＝mω2l

综上所述ω≤ω1＝ rad/s时，FT＝12.5 N不变，

ω＞ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)

FT­ω2关系图象如图所示。

[答案]　(1) rad/s　(2) rad/s　(3)见解析