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    高中物理高考 2021届小题必练6 圆周运动 教师版
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    高中物理高考 2021届小题必练6 圆周运动 教师版

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    这是一份高中物理高考 2021届小题必练6 圆周运动 教师版,共8页。试卷主要包含了如图,一同学表演荡秋千,如图所示为用绞车拖物块的示意图等内容,欢迎下载使用。


    (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。
    例1.(2020·全国卷I·16)如图,一同学表演荡秋千。已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
    【答案】B
    【解析】在最低点由2T-mg=meq \f(v2,r),知T=410 N,即每根绳子拉力约为410 N,故选B。
    【点睛】本题考查竖直面内圆周运动的轻“绳”模型,要明确秋千运动到最低点时所受合力不为零,且合力方向竖直向上。
    1.如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60 kg的学员在A点位置,质量为70 kg的教练员在B点位置,A点的转弯半径为5.0 m,B点的转弯半径为4.0 m,学员和教练员(均可视为质点)( )
    A.运动周期之比为5∶4
    B.运动线速度大小之比为1∶1
    C.向心加速度大小之比为4∶5
    D.受到的合力大小之比为15∶14
    【答案】D
    【解析】A、B两点做圆周运动的角速度相等,根据T=eq \f(2π,ω)知,周期相等,故A项错误;根据v=rω知,半径之比为5∶4,则线速度之比为5∶4,故B项错误;根据a=rω2知,半径之比为5∶4,则向心加速度大小之比为5∶4,故C项错误;根据F=ma知,向心加速度大小之比为5∶4,质量之比为6∶7,则合力大小之比为15∶14,故D项正确。
    2.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F=meq \f(v2,r)
    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
    【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=meq \f(v2,r),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。
    3.如图所示,长均为L的两根轻绳,一端共同系住质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为( )
    A.eq \r(3)mg B.eq \f(4,3)eq \r(3)mg C.3mg D.2eq \r(3)mg
    【答案】A
    【解析】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r,小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ=30°,则有r=Lcs θ=eq \f(\r(3),2)L。根据题述小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,有mg=eq \f(mv2,r);小球在最高点速率为2v时,设每根绳的拉力大小为F,则有2Fcs θ+mg=eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2v))2,r),联立解得F=eq \r(3)mg,A项正确。
    4.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
    【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mgsin θ-FN=meq \f(v2,r),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=mgcs θ+μFN=mgcs θ+μmgsin θ-μmeq \f(v2,r),对cs θ+μsin θ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。
    5.(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=0.5 m,细线始终保持水平;被拖动物块质量m=1 kg,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=2 rad/s2,g取10 m/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5 N
    C.细线对物块的拉力是6 N
    D.物块做匀加速直线运动,加速度大小是1 m/s2
    【答案】CD
    【解析】由题意知,物块的速度v=ωR=2t×0.5=1t,又v=at,故可得a=1 m/s2,所以物块做匀加速直线运动,加速度大小是1 m/s2。故A错误,D正确;由牛顿第二定律可得物块所受合外力F=ma=1 N,F=T-f,地面摩擦阻力f=μmg=0.5×1×10 N=5 N,故可得物块受细线拉力T=f+F=5 N+1 N=6 N,故B错误,C正确。
    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
    【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,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FNcs 60°=mg+FTcs 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.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
    【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=Tsin θ,对A,有Tsin θ=ma,Tcs θ=mg,解得a=gtan θ,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=eq \f(mg,cs θ),θ变小,T变小,故C错误;设细线长为l,则a=gtan θ=ω2lsin θ,ω=eq \r(\f(g,lcs θ)),θ变小,ω变小,故D正确。
    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
    【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=eq \f(2π,ωa-ωb)=eq \f(2π,\f(2π,Ta)-\f(2π,Tb))=eq \f(TaTb,Tb-Ta),故b运动一周的过程中,a、b相距最近的次数为:n=eq \f(Tb,T)=eq \f(Tb-Ta,Ta)=eq \f(kTa-Ta,Ta)=k-1,即a、b距离最近的次数为k-1次,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=eq \f(π,ωa-ωb)=eq \f(π,\f(2π,Ta)-\f(2π,Tb))=eq \f(TaTb,2Tb-Ta);故b运动一周的过程中,a、b、c共线的次数为:n=eq \f(Tb,t)=eq \f(2Tb-Ta,Ta)=eq \f(2kTa-2Ta,Ta)=2k-2,C错误,D正确。
    9.(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r、RB=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速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,则下列说法正确的是( )
    A.此时绳子张力为3μmg
    B.此时圆盘的角速度为eq \r(\f(2μg,r))
    C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
    D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动
    【答案】ABC
    【解析】两物体刚好要发生滑动时,A受背离圆心的静摩擦力,B受指向圆心的静摩擦力,其大小均为μmg,则有T-μmg=mω2r,T+μmg=mω2·2r,解得T=3μmg,ω=eq \r(\f(2μg,r)),A、B、C项正确;当烧断绳子时,A所需向心力为F=mω2r=2μmg>fm,fm=μmg,所以A将发生滑动,D项错误。
    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eq \r(\f(k,m))
    B.当A受到的摩擦力为0时,转台转动的角速度为eq \r(\f(2k,3m))
    C.当B刚好要滑动时,转台转动的角速度为eq \r(\f(k,2m)+\f(μg,2r))
    D.当A刚好要滑动时,转台转动的角速度为eq \r(\f(2k,3m)+\f(2μg,3r))
    【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,得ω=eq \r(\f(k,2m)),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,得ω=eq \r(\f(2k,3m)),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,得ω=eq \r(\f(k,2m)+\f(μg,r)),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,得ω=eq \r(\f(2k,3m)+\f(2μg,3r))=eq \r(\f(k,2m)+\f(μg,r)),即A、B同时开始滑动,故D正确。
    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=1 t,车道转弯半径r=150 m,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=10 m/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。
    【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:
    mgtan θ=meq \f(v2,r)
    解得:v≈38.7 m/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:
    FNsin θ-Ffcs θ=meq \f(vmin2,r)
    FNcs θ+Ffsin θ-mg=0
    Ff=μFN
    解得:vmin=30 m/s。
    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2 N,且过(0.5 m,4 N)点。取g=10 m/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。
    【解析】(1)当H=0时,由图象截距可知:
    F=mg=2 N,mg=0.2 kg
    当小物块从A点静止下滑,由图象知,h=0.5 m,对轨道的压力F1=4 N
    mgh=eq \f(1,2)mv12
    F1-mg=meq \f(v12,R)
    解得:R=1 m。
    (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=1 m
    ②通过最高点,通过最高点的临界条件vD=eq \r(gR)
    设下落高度为H0,由动能定理得:mg(H0-2R)=eq \f(1,2)mvD2
    解得:H0=2.5 m
    则应该满足下落高度h2≥2.5 m。
    (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=eq \f(1,2)gt2
    解得:vD=m/s
    而滑块过D点的临界速度vDL=eq \r(gR)=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)=eq \f(1,2)mvDL2
    解得:H=m。
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