新高考物理一轮复习选择题考点专项练训练20　圆锥摆模型（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习选择题考点专项练训练20　圆锥摆模型（含答案解析），共5页。

A.小球的角速度为eq \f(v,L)
B.小球所受合力的大小为eq \f(\r(2)mv2,L)
C.小球做匀变速曲线运动
D.当地的重力加速度大小为eq \f(2v2,L)
2.(等角圆锥摆模型)(多选)如图所示，光滑杆偏离竖直方向的夹角为α，杆以O为支点绕竖直线旋转。质量为m的小环套在杆上可沿杆滑动，当杆的角速度为ω1时，小环旋转平面在A处；当杆角速度为ω2时，小环旋转平面在B处，设环在A、B两处对杆的压力分别为FN1、FN2。则有( )
A.FN1>FN2 B.FN1＝FN2
C.ω1ω2
3.(等高圆锥摆模型)(多选)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
4.(等长圆锥摆模型)(多选)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，有两个可视为质点且质量相同的小球A和B，在球面内壁两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α＝53°和β＝37°(sin 37°＝0.6)，则( )
A.A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3
B.A、B两球运动的周期之比为2∶eq \r(3)
C.A、B两球的角速度之比为2∶eq \r(3)
D.A、B两球的线速度之比为2∶eq \r(3)
5.(圆锥摆的临界问题)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h高处(A点)固定细绳的一端，细绳的另一端连接一质量为m的小球B，绳长l>h，重力加速度为g，转动轴带动小球在光滑水平面内做圆周运动。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.要使小球不离开水平面，角速度的最大值为eq \r(\f(g,h))
D.若小球离开了水平面，则角速度为eq \r(\f(g,h))
6.(圆锥摆的临界问题)(多选)如图所示，用一根长为l的轻绳一端系一质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑固定的圆锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角α＝37°，小球绕着锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。则( )
A.小球恰好离开锥面时的角速度为eq \r(\f(5g,l))
B.小球恰好离开锥面时的线速度为eq \f(3,10)eq \r(5gl)
C.若小球恰好离开锥面时，绳子的拉力大小为eq \f(29,25)mg
D.若小球恰好离开锥面时，绳子的拉力大小为eq \f(5,4)mg
选择题考点专项20 圆锥摆模型
1．B [根据角速度的定义可得小球的角速度为ω＝eq \f(v,R)，根据几何关系可得R＝eq \f(\r(2)L,2)，联立可得ω＝eq \f(\r(2)v,L)，故A错误；小球做匀速圆周运动，小球所受合力等于其向心力为Fn＝eq \f(mv2,R)，联立可得Fn＝eq \f(\r(2)mv2,L)，故B正确；小球所受的合力大小不变，方向时刻改变，则小球做非匀变速曲线运动，故C错误；根据几何关系可得tan 45°＝eq \f(Fn,mg)，结合Fn＝eq \f(\r(2)mv2,L)，联立解得g＝eq \f(\r(2)v2,L)，故D错误。]
2．BD [对小环受力分析，如图所示，
根据平行四边形定则知FN＝eq \f(mg,sin α)，可知支持力大小相等，由牛顿第三定律可知小环对杆的压力大小相等，故A错误，B正确；根据eq \f(mg,tan α)＝mω2r，得ω＝eq \r(\f(g,rtan α))，由于r2>r1，所以ω1>ω2，故C错误，D正确。]
3．AC [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FTcs θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有FTsin θ＝meq \f(4π2,T2)lsin θ，解得周期为T＝2πeq \r(\f(lcs θ,g))＝2πeq \r(\f(h,g))，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，A正确；连接两球的绳的张力FT相等，由于向心力为Fn＝FTsin θ＝meq \f(4π2,T2)lsin θ，故m与l成反比，即eq \f(l1,l2)＝eq \f(m2,m1)，C正确，D错误；又小球的向心加速度a＝ω2htan θ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)htan θ，θ不同，故向心加速度大小不相等，B错误。]
4．AC [由于小球在运动的过程中受到的合力沿水平方向，且恰好提供向心力，所以根据平行四边形定则得FN＝eq \f(mg,cs θ)，所以eq \f(FNA,FNB)＝eq \f(cs 37°,cs 53°)＝eq \f(4,3)，故A正确；小球受到的合外力mgtan θ＝mreq \f(4π2,T2)＝mω2r＝meq \f(v2,r)，其中r＝Rsin θ，解得T＝eq \r(\f(4π2Rcs θ,g))，ω＝eq \r(\f(g,Rcs θ))，v＝eq \r(gRsin θtan θ)，则eq \f(TA,TB)＝eq \r(\f(cs 53°,cs 37°))＝eq \f(\r(3),2)，eq \f(ωA,ωB)＝eq \r(\f(cs 37°,cs 53°))＝eq \f(2,\r(3))，eq \f(vA,vB)＝eq \r(\f(sin 53°tan 53°,sin 37°tan 37°))＝eq \f(8,3\r(3))，故B、D错误，C正确。]
5．C [当转动的角速度ω逐渐增大时，小球恰好将要离开桌面或离开桌面后，小球只受重力和细绳的拉力，故A错误；小球在水平面内做匀速圆周运动时，细绳的拉力在竖直方向的分力与水平面对小球的支持力合力的大小等于小球的重力大小，细绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，当转动的角速度ω逐渐增大时，所需向心力逐渐增大，细绳的拉力逐渐增大，而当小球离开水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角α变大，而此种情况下，在竖直方向始终有FTcs α＝mg，因此可知拉力变大，故B错误；要使小球刚好不离开水平面，此种情况下，恰好是重力与绳子拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，则有mgtan θ＝mω2r，其中tan θ＝eq \f(\r(l2－h2),h)，r＝eq \r(l2－h2)，联立解得ω＝eq \r(\f(g,h))，故C正确；根据以上分析可知，若小球离开了水平面，则角速度大于eq \r(\f(g,h))，故D错误。]
6．BD [当小球恰好离开锥面时，小球只受重力和绳子拉力作用，竖直方向根据受力平衡可得FTcs α＝mg，解得绳子的拉力大小为FT＝eq \f(mg,cs α)＝eq \f(5,4)mg，水平方向根据牛顿第二定律可得mgtan α＝mω2lsin α＝meq \f(v2,lsin α)，解得小球恰好离开锥面时的角速度为ω＝eq \r(\f(g,lcs α))＝eq \r(\f(5g,4l))，小球恰好离开锥面时的线速度为v＝eq \r(gltan αsin α)＝eq \f(3,10)eq \r(5gl)，故B、D正确。]