2024年高考物理第一轮复习：第 3讲　限时规范训练 (4)

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限时规范训练[基础巩固]1．(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　)A．10 m/s2　　　　　 B．100 m/s2C．1000 m/s2  D．10 000 m/s2解析：C　纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度：a＝ω2r≈1000 m/s2，故选C．2．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s 时间内，火车(　　)A．运动路程为600 mB．加速度为零C．角速度约为1 rad/sD．转弯半径约为3.4 km解析：AD　由s＝vt知，s＝600 m，故A正确．火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误．由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C错误．由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正确．3．(2020·全国卷Ⅰ)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 NC．600 N  D．800 N解析：B　取该同学与踏板为研究对象，到达最低点时，受力如图所示，设每根绳子平均受力为F.由牛顿第二定律知：2F－mg＝，代入数据得F＝405 N，选项B正确．4．(2021·浙江卷)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　　)A．秋千对小明的作用力小于mgB．秋千对小明的作用力大于mgC．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零解析：A　在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，所以A正确，B、C、D错误．5．(2022·齐鲁名校联考)(多选)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳和飞椅的重力．下列判断正确的是(　　)A．P、Q两位游客的线速度大小相同B．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2D．如果两位游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力解析：BD　设h为钢绳延长线与转轴交点的位置与游客所在水平面之间的高度，则对游客：mgtan θ＝mω2htan θ，可得h＝，即hP＝hQ.设转盘半径为r，钢绳的长度为L，由h＝＋Lcos θ，可得L越小，θ越小，即θ1>θ2，由R＝r＋Lsin θ，v＝ωR，可得：RP>RQ，vP>vQ，游客所受的向心力F＝mgtan θ，θ1>θ2，故两游客质量相同时，Q的向心力一定小于P的向心力，选项B、D正确，A、C错误．6．(2022·人大附中质量检测)某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细圆管内径大得多)，轨道内壁光滑且A、P、B、C各点在同一水平面上．已知APB部分的半径R＝0.8 m，BC段长L＝1.6 m，弹射装置将一质量m＝0.2 kg的小球(可视为质点)以水平初速度v0从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道水平抛出，落地点D离C点的水平距离为s＝1.6 m，桌子的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)小球水平初速度v0的大小；(2)小球在半圆形轨道上运动的角速度ω以及从A点运动到C点所用的时间t；(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小．解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，则有：竖直方向：h＝gt2，水平方向：s＝v0t得：v0＝s＝1.6×  m/s＝4 m/s.(2)小球在半圆形轨道上运动时的角速度为ω＝＝ rad/s＝5 rad/s.小球从A到B的时间为t1＝＝ s＝0.628 s.小球从B到C做匀速直线运动，时间为t2＝＝ s＝0.4 s.因此从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝1.028 s.(3)根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为Fx＝m＝0.2× N＝4 N.竖直作用力大小为Fy＝mg＝2 N故细圆管对小球的作用力为F＝＝2 N.答案：(1)4 m/s　(2)5 rad/s　1.028 s　(3)2 N[能力提升]7．(多选)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内．转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒．设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，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．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小解析：BD　车受到的地面的支持力方向不与车所在的平面平行，故A错误；设自行车受到地面的弹力为FN，则有：Ffm＝μFN，由平衡条件有：FN＝Mg，根据牛顿第二定律有：Ffm＝M，代入数据解得：vm＝，故B正确；对车(包括人)受力分析如图，地面对自行车的弹力FN与摩擦力Ff的合力过人与车的重心，则：＝，解得Ff＝，转弯时车与地面间的静摩擦力不一定为μMg，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，C错误，D正确．8．(多选)如图所示，一轻绳穿过水平桌面上的小圆孔，上端拴物体M，下端拴物体N.若物体M在桌面上做半径为r的匀速圆周运动时，角速度为ω，线速度大小为v，物体N处于静止状态，则(不计摩擦)(　　)A．M所需向心力大小等于N所受重力的大小B．M所需向心力大小大于N所受重力的大小C．v2与r成正比D．ω2与r成正比解析：AC　物体N静止不动，绳子拉力与物体N重力相等，物体M做匀速圆周运动，绳子拉力完全提供向心力，即T＝mNg＝F向，所以M所需向心力大小等于N所受重力的大小，A正确，B错误；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝m，则v2与r成正比，C正确；根据向心加速度公式和牛顿第二定律得F向＝mNg＝mω2r，则ω2与r成反比，D错误．9.如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长l大于h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动．当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是(　　)A．小球始终受三个力的作用B．细绳上的拉力始终保持不变C．要使球不离开水平面，角速度的最大值为D．若小球飞离了水平面，则角速度可能为解析：C　小球可以在水平面上转动，也可以飞离水平面，飞离水平面后只受重力和细绳的拉力两个力作用，故选项A错误；小球飞离水平面后，随着角速度增大，细绳与竖直方向的夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2l sin β，可知随角速度变化，细绳的拉力FT会发生变化，故选项B错误；当小球对水平面的压力为零时，有FTcos θ＝mg，FTsin θ＝mlω2sin θ，解得临界角速度为ω＝ ＝，若小球飞离了水平面，则角速度大于，而<，故选项C正确，D错误．10.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β.则(　　)A．A的质量一定小于B的质量B．A、B受到的摩擦力可能同时为零C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大解析：D　当B的摩擦力恰为零时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得：mgtan β＝mωRsin β ，解得：ωB＝，同理可得：ωA＝，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小，A错误；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零，B错误；若A不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA>ωB，所以B物块的向心力变大，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力，C错误；如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正确．11．(2022·山西大同市联考)(多选)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO′转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块A到OO′轴的距离为物块B到OO′轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．B受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力是先增大后减小再增大C．A受到的静摩擦力是先增大后减小D．A受到的合力一直在增大解析：BD　开始角速度较小时，两物块均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据Ff＝mrω2，知ω＝ ，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大．对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变，可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大，故A、C错误，B正确；根据向心力公式F＝m，在发生相对滑动前物块的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物块受到的合力，故D正确．  12.一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′.用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动．(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小；(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，根据牛顿第二定律可得：Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°①Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg②小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，求得：ω0＝5 rad/sT0＝1.25 N当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，根据公式①②可求得：T1＝1.088 N.(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ.根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝mT2cos θ＝mg，求得：θ＝53°，v＝ m/s轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：h＝H－Lcos 53°＝0.45 m据h＝gt2，求得：t＝0.3 s如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m抛出点与OO′间的距离为：y＝Lsin 53°＝0.4 m, ＝0.8 m0．8 m>0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O′点间的距离为0.8 m.答案：(1)1.088 N　(2)0.8 m