鲁科版高中物理必修第二册第3章圆周运动复习提升练含答案

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第3章　圆周运动本章复习提升易混易错练易错点1　不能正确确定汽车(或火车)转弯时的临界状态导致的错解1.(2022广西钦州第四中学阶段练习)汽车在水平地面上转弯时,与地面间的摩擦力已达到最大,当汽车速率增大为原来的2倍时,若要不发生险情,则汽车转弯的轨道半径至少 (　　)A.减小为原来的12　　　　　　　　B.减小为原来的14C.增大为原来的2倍　　　　　　　　D.增大为原来的4倍易错点2　向心力来源分析不准确导致的错解2.如图所示,在光滑的水平面上有质量相同的球A和球B,球A、B之间以及球B与固定点O之间分别用两段轻绳相连并以相同的角速度绕着O点做匀速圆周运动,如果OB=2AB,则绳OB与绳BA的张力之比为 (　　)A.2∶1　　　　B.2∶3　　　　C.5∶3　　　　D.5∶2易错点3　混淆“绳”和“杆”两类模型导致的错解3.如图所示,用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动,则下列说法中正确的是 (　　)A.小球在圆周最高点时所需的向心力一定由重力提供B.小球在最高点时细绳的拉力不可能为零C.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,则其在最高点的速率为0D.小球过最低点时细绳的拉力一定大于小球重力易错点4　忽视匀速圆周运动的周期性导致的错解4.如图所示,用薄纸做成的圆筒,直径为D,水平放置,绕圆筒轴线OO'以角速度ω0逆时针匀速转动。一玩具手枪发出的子弹,沿水平方向匀速飞来(不计子弹重力影响),沿圆筒的直径方向击穿圆筒后飞出(设薄纸对子弹的运动速度无影响且认为纸筒没有发生形变),结果在圆筒上只留下子弹的一个洞痕,求子弹的速度。思想方法练一、假设法方法概述　　假设法是一种常用的解题方法。就是根据题目中的已知条件或结论做出某种假设,然后按已知条件进行推算,根据结果出现的矛盾做适当调整,从而找到正确答案。1.如图所示,质量为m的小球固定在长为L的细杆一端,绕细杆的另一端O点在竖直面内做圆周运动,小球转到最高点A时,线速度大小为gL2,则此时小球对细杆的作用力方向和大小分别为(重力加速度为g) (　　)A.向下,mg2　　　　　　　　B.向上,mg2C.向上,3mg2　　　　　　　　D.向下,3mg2二、临界问题分析法方法概述　　解决临界问题的关键是根据初始状态与可能发生的变化间的联系,判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件。写出未知量与已知量的关系表达式,根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况,利用临界条件确定未知量的临界值。2.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3.(2023山东潍坊高密三中月考)如图所示,足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆,原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上,质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连,小球A穿过竖直杆置于弹簧上,弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k,重力加速度为g,(1)求小球A、B均静止时:①轻杆中的力的大小;②弹簧的长度。(2)让小球B绕竖直杆匀速转动,当小球B刚好离开台面,转动的角速度为ω0时,求:①此时弹簧对小球A的弹力大小;②转动的角速度ω0。答案与分层梯度式解析第3章　圆周运动本章复习提升易混易错练1.D　汽车在水平地面上转弯,向心力由静摩擦力提供。设汽车质量为m,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,汽车转弯的轨道半径为r,则有μmg=mv2r,故r∝v2,即速率增大为原来的2倍时,若要不发生险情,转弯半径至少增大为原来的4倍,故本题选D。错解分析　本题易错选B。错选的主要原因是选用了错误的等式μmg=mω2r。2.C　设AB段长为r,分别对球A、球B受力分析,如图所示,对球B有FOB-FAB=m·2rω2,对球A有FBA=m·3rω2,由牛顿第三定律知FAB=FBA,联立解得FOB=5mrω2,FBA=3mrω2,则FOB∶FBA=5∶3,故C正确。错解分析　本题易错选B。错误地认为绳OB与绳BA的张力之比等于向心力之比,根据公式F向=mω2r计算而导致错解。3.D　小球在最高点时,若速度比较大,由牛顿第二定律有F+mg=mv2L,向心力可以由重力和细绳拉力的合力提供,故A错误;若小球在最高点的速度v=gL,此时细绳拉力F=0,仅由重力提供向心力,小球恰好能在竖直平面内做圆周运动,故B、C错误;在最低点,有F-mg=mv2L,得F=mg+mv2L,则细绳的拉力一定大于小球的重力,故D正确。错解分析　本题易错选C。将轻绳与轻杆通过最高点的临界速度混淆,误认为通过最高点的临界速度为零而造成错解。4.答案　Dω0(2n+1)π(n=0,1,2,3…)解析　由于子弹在圆筒上穿过只留下了一个洞痕,考虑匀速圆周运动的周期性,故有π+2nπ=ω0t(n=0,1,2,3…)解得t=(2n+1)πω0(n=0,1,2,3…)所以v=Dt=Dω0(2n+1)π(n=0,1,2,3…)错解分析　忽视了匀速圆周运动的周期性,认为圆筒只转过π弧度,由t=πω0,v=Dt,错误地得出子弹的速度v=Dπω0。思想方法练1.A　假设此时杆对小球的作用力为拉力,则有T+mg=mv2L,解得T=-mg2,负号说明力的方向与假设的相反,即小球受到杆的支持力,根据牛顿第三定律可知,杆受到大小为mg2、方向向下的压力,故A正确,B、C、D错误。方法点津　对于杆约束物体运动到最高点时杆的弹力方向问题,可先假设,然后根据计算结果的正负确定实际方向。2.A　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为小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=mω2Lcosθcosθ=mω2L,可以看出拉力和细线与水平方向的夹角无关,两小球是同轴转动,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。3.答案　(1)①0　②L-mgk　(2)①2mg　②kgkL−2mg解析　(1)①小球A、B均静止时,对B受力分析可知轻杆中的力为0②对A根据受力平衡可得mg=kΔx解得弹簧的压缩量为Δx=mgk则弹簧的长度为l=L-Δx=L-mgk(2)①当小球B刚好离开台面,转动的角速度为ω0时,对A、B整体分析,竖直方向根据受力平衡可得,弹簧对小球A的弹力大小F=2mg②设轻杆与竖直细杆夹角为α,对B根据牛顿第二定律可得mg tan α=mω02L sin α对A、B整体有2mg=kΔx'又 cos α=L−Δx'L联立解得ω0=kgkL−2mg1.D2.C3.D