高中人教版 (2019)4 生活中的圆周运动课时训练

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素养培优课练习(三)　生活中的圆周运动(教师用书独具)(建议用时：25分钟)1．如图所示，用轻绳一端拴一小球，绕另一端O在竖直平面内做圆周运动。若绳子可能断，则运动过程中绳子最易断的位置是小球运动到(　　)A．最高点　　　　 B．最低点C．两侧与圆心等高处 D．无法确定B　[小球运动到最低点时，小球的速率最大，向心力方向为竖直向上，拉力F＝mg＋m，此处绳子受到的拉力最大，故最易断。选项B正确。]2．一轻杆下端固定一质量为M的小球，上端连在轴上，并可绕轴在竖直平面内运动，不计空气阻力，在最低点给小球水平速度v0时，刚好能到达最高点，若小球在最低点的瞬时速度从v0不断增大，则可知(　　)A．小球在最高点对杆的作用力不断增大B．小球在最高点对杆的作用力先减小后增大C．小球在最高点对杆的作用力不断减小D．小球在最高点对杆的作用力先增大后减小B　[杆在最高点对小球的弹力既可能向上又可能向下，因此，小球刚好到达最高点时在最高点的速度为零。当最高点杆对小球的作用力为零时，重力提供向心力，由mg＝可知，临界速度v0＝。随着最低点的瞬时速度从v0不断增大，小球对杆的作用力先是方向向下减小到零，然后方向向上逐渐增大，故B正确。]3．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径为R，则下列说法正确的是(　　)A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D．管状模型转动的角速度ω最大为C　[铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力的合力提供向心力，选项A错误；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，选项B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则重力提供向心力，由mg＝mRω2，可得ω＝，故管状模型转动的角速度ω至少为，选项C正确，D错误。]4. (多选)如图甲所示，一长为R的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，图线与纵轴的交点坐标为a，下列判断正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　乙A．利用该装置可以得出重力加速度，且g＝B．绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线斜率更大C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线与纵轴的交点坐标不变CD　[小球在最高点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m，解得v2＝＋gR，由题图乙知，纵轴截距a＝gR，解得重力加速度g＝，故A错误；由v2＝＋gR知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较大的球做实验，得到的图线的斜率更小，故B错误；绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大，故C正确；由v2＝＋gR知，纵轴截距为gR，绳长不变，则图线与纵轴的交点坐标不变，故D正确。]5．质量为m的小球，用一条绳子系住在竖直平面内做圆周运动，小球到达最高点时的速度为v，到达最低点时的速度变为，则两位置处绳子所受的张力之差是(　　)A．6mg　　　　　 B．5mgC．4mg D．2mgA　[小球在最高点时，由牛顿第二定律可得F1＋mg＝m，解得F1＝m－mg；在最低点时，由牛顿第二定律得F2－mg＝m，解得F2＝mg＋m；因此，F2－F1＝6mg，A正确。]6．如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动。当小球运动到最高点时，瞬时速度v＝，L是球心到O点的距离，则球对杆的作用力是(　　)A．拉力，大小为mgB．压力，大小为mgC．0D．压力，大小为mgB　[当只有重力提供向心力时，球对杆的作用力为零，所以mg＝m，解得v′＝。因为＜，杆对球的作用力是支持力，即mg－FN＝m，解得FN＝mg，由牛顿第三定律，球对杆的作用力是压力，故选B。]7．(多选)如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动过程中，物体始终保持静止，关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是(　　)A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左B．滑块运动到B点时，N＝Mg，摩擦力方向向右C．滑块运动到C点时，N>(M＋m)g，物体与地面间无摩擦力D．滑块运动到D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左BC　[小滑块在A点时，小滑块对物体的作用力在竖直方向上，物体与小滑块组成的系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误；小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力的作用，由物体的受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体对地面的压力NB＝Mg，故B正确；小滑块在C点时，小滑块的向心力向上，所以小滑块对物体的压力要大于小滑块的重力，故物体受到的小滑块的压力大于mg，则物体对地面的压力大于(M＋m)g，物体与地面间无摩擦力，故C正确；小滑块在D点和B点的受力情况类似，由B点的分析可知，物体对地面的压力ND＝Mg，故D错误。]8．如图所示，用水平传送带传送一质量为m的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。当小物体可被水平抛出时，A轮每秒的转速最小是(　　)A．  B．  C．  D．A　[当小物体可被水平抛出时，在终端皮带轮的最高点处有mg≤m，又因为v＝2πrn，故A轮的转速n≥，选项A正确。]9．如图所示，游乐场翻滚过山车上的乘客常常会在高速旋转或高空倒悬时吓得魂飞魄散，但这种车的设计有足够的安全系数，过山车在做圆周运动时可以使乘客稳坐在座椅上，还有安全棒紧紧压在乘客胸前，在过山车未到达终点以前，谁也无法将它们打开。设想如下数据，轨道最高处离地面32 m，最低处几乎贴地，圆环直径为15 m，过山车经过最低点时的速度约为25 m/s，经过圆环最高点时的速度约为18 m/s。试利用牛顿第二定律和圆周运动的知识，探究这样的情况下能否保证乘客的安全(取g＝10 m/s2)?[解析]　首先分析一下当过山车运动到圆环底部和圆环顶部时过山车中人的受力情况：重力mg，FN下和FN上，FN下和FN上分别为过山车在圆环底部和顶部时圆环对人的支持力(为简化问题，可不考虑摩擦及空气阻力)。我们知道，过山车沿圆环运动，人也在做圆周运动，这时人做圆周运动所需的向心力由mg和FN提供。要保证安全，则需FN＞0，即人牢牢地与座椅在一起，用v下表示人在圆环底部的速度，v上表示人在圆环顶部的速度，R表示圆环的半径，则在底部：FN下－mg＝m， ①在顶部：FN上＋mg＝m， ②由①式可知，FN下＝mg＋m，即在圆环底部时，过山车对人的支持力比人的重力增大了m，这时人对座椅的压力自然也比重力大m，就好像人的重力增加了m，使人紧压在座椅上不能动弹，故人在圆环最低点是安全的。恰好能通过顶部的速度v0＝≈8.7 m/s，而过山车通过顶点时的速度约为18  m/s，比8.7 m/s大得多，此时人与座椅间也有较大的压力，所以过山车和人一定能安全地通过圆环最高点。[答案]　见解析(建议用时：15分钟)10．(多选)如图所示光滑轨道上，小球滑下经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆弧的压力为mg，已知圆弧的半径为R，则(　　)A．在最高点A，小球受重力和向心力B．在最高点A，小球受重力和圆弧的压力C．在最高点A，小球的速度为 D．在最高点A，小球的向心加速度为2gBD　[小球在最高点受重力和压力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma，又FN＝mg，所以a＝2g，B、D正确。]11．在质量为M的电动机飞轮上固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为r，如图所示，为了使放在地面上的电动机不会跳起，电动机飞轮的角速度不能超过(　　)A．  B．  C．  D．D　[重物转到飞轮的最高点，电动机刚要跳起时，重物对飞轮的作用力的大小F恰好等于电动机的重力的大小Mg，即F＝Mg。以重物为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝mω2r，解得ω＝，故选D。]12．如图所示，长为L的轻杆，两端各连接一个质量都是m的小球，使它们以轻杆中点为轴在竖直平面内做匀速圆周运动，周期T＝2π，求它们通过竖直位置时杆分别对上下两球的作用力，并说明是拉力还是支持力。[解析]　对小球受力分析，得在最低点处F1－mg＝m·所以F1＝mg，方向向上，为拉力。在最高点处，设球受杆拉力为F2，F2＋mg＝m·。所以F2＝－mg，故知F2方向向上，为支持力。[答案]　最低点：mg，拉力　最高点：mg，支持力13．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg。求A、B两球落地点间的距离。[解析]　两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。对A球：3mg＋mg＝m　解得vA＝对B球：mg－0.75mg＝m解得vB＝　2R＝gt2，t＝xA＝vAt＝vA＝4R　xB＝vBt＝vB＝R所以xA－xB＝3R。[答案]　3R