高中物理人教版 (2019)必修 第二册1 圆周运动巩固练习

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 向心力的理解】
\l "_Tc25206" 【题型2 匀速圆周运动中的动态分析问题】
\l "_Tc9103" 【题型3 匀速圆周运动中的对比问题】
\l "_Tc6522" 【题型4 匀速圆周运动中有关绳的临界问题】
\l "_Tc10925" 【题型5 匀速圆周运动中摩擦力作用下的临界问题】
\l "_Tc2094" 【题型6 联系实际问题】
\l "_Tc24590" 【题型7 圆周加平抛的问题】
【题型1 向心力的理解】
【例1】(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是( )
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
C．θ越大，小球运动的速率越大
D．θ越大，小球运动的周期越大
解析：选BC 小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝meq \f(v2,Lsin θ)，T＝eq \f(2πLsin θ,v)，可求得v＝eq \r(gLsin θtan θ)，T＝2π eq \r(\f(Lcs θ,g))，可见θ越大，v越大，T越小。B、C正确，A、D错误。
【变式1-1】如图所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，角速度为ω，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是( )
A. 物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为mω2r
B.物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为mω2r
C.物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为mω2r
D.物块只受重力、弹力作用，合力大小为零
答案 C
解析 对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有F合＝Ff＝mω2r，选项A、B、D错误，C正确。
【变式1-2】质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )
A．因为速率不变，所以木块的加速度为零
B．木块下滑过程中所受的合外力越来越大
C．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变
D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心
答案 D
解析 由于木块沿圆弧下滑速率不变，故木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，选项A错误；由牛顿第二定律得：F合＝man＝meq \f(v2,R)，而v的大小不变，故合外力的大小不变，选项B错误；由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D正确．
【变式1-3】雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图4所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )
A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度
B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来
C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来
D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
答案 C
解析 当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有Fa＋mg＝mω2R，在b、d两点有Fb＝Fd＝mω2R，在c点有Fc－mg＝mω2R.所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故B、D错误，C正确．
【题型2 匀速圆周运动中的动态分析问题】
【例2】用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是选项中的( )
答案 C
解析 当角速度较小时，小球始终在圆锥面上运动，此时圆半径不变．角速度增大，细线拉力增大，当角速度增大到某一值时，小球会离开圆锥面，继续做圆周运动，此时拉力仍随角速度的增大而增大，但变化率较先前大，所以只有C符合题意．
【变式2-1】 (多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T，则下列说法正确的是( )
A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变
答案 CD
解析 飞机盘旋时重力mg和机翼升力FN的合力F提供向心力，如图所示，因此有mgtan θ＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(v2,gtan θ)，T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πv,gtan θ)。若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，周期T减小，A、B项错误；若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，C项正确；若飞行速率v增大，θ增大，如果满足eq \f(v,tan θ)＝eq \f(v′,tan θ′)，则周期T不变，D项正确。
【变式2-2】(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
答案 BD
解析 开始角速度较小时，两物体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＝eq \r(\f(Ff,mr))，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＝meq \f(v2,r)，在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体受到的合力，故D正确。
【变式2-3】[多选]如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中( )
A．小球的向心加速度逐渐减小
B．小球运动的角速度逐渐减小
C．小球运动的线速度逐渐减小
D．小球运动的周期逐渐减小
解析：选CD 以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。
由牛顿第二定律得：
eq \f(mg,tan θ)＝ma＝eq \f(mv2,r)＝mrω2
可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝eq \f(g,tan θ)，向心加速度不变，故A错误。角速度ω＝ eq \r(\f(g,rtan θ))，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v＝eq \r(\f(gr,tan θ))，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T＝eq \f(2π,ω)，角速度增大，则周期减小，故D正确。
【题型3 匀速圆周运动中的对比问题】
【例3】(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
解析：选BD 对小球受力分析，设弹簧弹力为F弹，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球在竖直方向，F弹sin θ＝mg，而F弹＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MP,cs θ)－l0))，可知θ为定值，F弹不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；当转速较小时，水平方向杆对小球的弹力FN背离转轴，则F弹cs θ－FN＝mω2r，即FN＝F弹cs θ－mω2r，当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，F弹cs θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F弹cs θ，则因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力的大小不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。
【变式3-1】天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转动。一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q。两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45°和30°，则( )
A．两球向心加速度的大小相等
B．小球P、Q的质量之比为eq \r(2)∶2
C．小球P、Q所受向心力的大小之比为eq \r(2)∶1
D．两球线速度的大小相等
解析：选C 对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有Fsin θ＝mgtan θ＝ma，得a＝gtan θ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，故A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcs θ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cs 45°∶cs 30°＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝Fsin θ，故两小球所受向心力的大小之比为F向P∶F向Q＝sin 45°∶sin 30°＝eq \r(2)∶1，故C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mgtan θ＝meq \f(v2,htan θ)，得v＝eq \r(gh)tan θ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vP∶vQ＝tan 45°∶tan 30°＝eq \r(3)∶1，故D错误。
【变式3-2】拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α