23版新高考一轮分层练案(十二)　圆周运动

这是一份23版新高考一轮分层练案(十二)　圆周运动，共5页。试卷主要包含了如图，一同学表演荡秋千，8 m，BC段长L＝1等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(十二)　圆周运动1.公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情境如图所示，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　　)A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心D．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力【答案】B　运动员转弯时，运动员与自行车整体受力分析如图所示，可知地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当Ff<，摩擦力不足以提供所需向心力时，就会做离心运动发生侧滑，故C、D错误。2.(多选)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)A．运动周期为B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R【答案】BD　座舱的周期T＝＝，A错误。根据线速度与角速度的关系，可知v＝ωR，B正确。座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，二者合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。3.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【答案】B　该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，选项B正确。4.如图所示，圆盘的圆心为O，转轴O1O2与水平面的夹角为θ，转轴O1O2通过O点与盘面垂直，B、D两点在通过O点的水平线上，AC⊥BD。圆盘匀速转动，一小物块(可视为质点)始终静止于圆盘的边缘。下列说法正确的是(　　)A．通过B点时，物块受到的摩擦力由B指向OB．通过C点时，物块受到的摩擦力由C指向OC．通过A点时，物块一定受到摩擦力D．通过B、D两点时，物块受到的摩擦力相同【答案】B　通过B点时，物块受到重力、支持力和摩擦力，三力的合力应该由B指向O，提供向心力，此时摩擦力不会由B指向O，A错误；通过C点时，物块受到重力、支持力、摩擦力，三力合力的方向由C指向O，提供向心力，摩擦力由C指向O，B正确；通过A点时，若物块所受的重力和支持力的合力正好提供向心力，则物块不受摩擦力，C错误；通过B、D两点时，摩擦力的方向不一样，所以物块受到的摩擦力不同，D错误。5．(多选)如图所示，水平杆两端有挡板，质量为m的小木块A穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与A连接。初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于A与水平杆间的最大静摩擦力，A与杆间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A到竖直轴OO′的距离为L。现使杆绕竖直轴OO′由静止缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g。若小木块A不与挡板接触，则下列说法正确的是(　　)A．弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大B．弹簧伸长量保持不变C．当ω＝ 时，摩擦力为零D．当ω＝ 时，弹簧弹力为零【答案】AC　初始时，弹簧弹力大小为μmg，ω较小时，摩擦力Ff背离竖直轴OO′，有μmg－Ff＝mLω2，ω越大，则Ff越小，当ω＝时，Ff为零，ω再增大时，摩擦力Ff指向竖直轴OO′，有μmg＋Ff＝mLω2，当ω>时，A将沿远离OO′方向移动，弹簧弹力增大，伸长量增大，B、D错误，A、C正确。6.如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈A上。若斜劈转动的角速度ω缓慢减小时，下列说法正确的是(　　)A．斜劈对物块的支持力逐渐减小B．斜劈对物块的支持力保持不变C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小D．斜劈对物块的摩擦力保持不变【答案】C　物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，解得Ff＝mgsin θ＋macos θ，FN＝mgcos θ－masin θ，当角速度ω逐渐减小时，加速度a逐渐减小，Ff逐渐减小，FN逐渐增大，选项C正确。7.游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向的夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C．旋臂对模型飞机作用力大小为mD．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小【答案】C　向心力是效果力，模型飞机实际上不受向心力作用，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂的一个分力平衡了飞机的重力，另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力，旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直，B错误；根据B选项分析知旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，C正确；根据C选项的分析知，夹角θ增大，旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。8．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。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，取g＝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，则竖直方向，有h＝gt2，水平方向，有s＝v0t，解得v0＝s＝1.6×  m/s＝4 m/s。(2)小球在半圆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，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 N9.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是(　　)A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大B．转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大C．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等【答案】D　设细线与竖直方向的夹角为θ，对N受力分析，受到竖直向下的重力GN、绳子的拉力FT、杆给的水平支持力FN1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上，有FTcos θ＝GN，在水平方向上，有FN1＝FTsin θ，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，故A、C错误；对M受力分析，受到绳子的拉力FT、竖直向下的重力GM、竖直向上的支持力FN2以及水平杆给的摩擦力Ff，在竖直方向上，有FN2＝GM＋FTcos θ＝GM＋GN，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，如图甲所示，有FTcos θ－Ff＝mω2r，解得Ff＝FTcos θ－mω2r，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，如图乙所示，有FTcos θ＋Ff＝mω2r，解得Ff＝mω2r－FTcos θ，故可能存在Ff＝mω12r－FTcos θ＝FTcos θ－mω22r，摩擦力向左和向右时相等的情况，故B错误，D正确。10.一质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb(且la≠lb)，如图所示，当木架绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，重力加速度为g，则(　　)A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大到mg＋mω2laC．无论角速度ω多大，小球都不可能再做完整的圆周运动D．绳b未被烧断时，绳a的拉力等于mg，绳b的拉力为mω2lb【答案】D　绳子断开前，小球做匀速圆周运动，合力指向C点，对小球受力分析，受重力mg、a绳子的拉力F1、b绳子的拉力F2，根据牛顿第二定律，有F1－mg＝0，F2＝mω2lb，小球的线速度为v＝ωlb，绳子断开后，木架停止转动，由于惯性，小球将绕A点转动，若速度较小，小球将在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若速度较大，也有可能在垂直于平面ABC的竖直平面内绕A点做完整的圆周运动，故A、C错误，D正确；在最低点时有Fa－mg＝m，解得Fa＝mg＋m>F1，则a绳中张力突然增大到mg＋m，故B错误。11．(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(　　)A．当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω> ，绳子一定有弹力C．ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大【答案】ABD　当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有kmg＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有kmg＝m·2Lω2，解得ω＝ ，可知当ω> 时，绳子有弹力，B项正确；当ω> 时，B所受静摩擦力已经达到最大值，则ω在<ω< 范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω< 范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由Ff－FT＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确。12．如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球(可视为质点)，小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动。已知小球运动过程中轻绳拉力F的大小与绳和竖直方向OP的夹角θ的关系为F＝b＋bcos θ，b为已知的常数，当地重力加速度为g，小球的质量为m，则小球在最低点和最高点的速度分别为(　　)A. 、  B.、C.、   D. 、【答案】A　θ＝0°时，F＝2b，小球在最低点，设其速度为v1，由牛顿第二定律得2b－mg＝m，解得v1＝；θ＝180°时，F＝0，小球在最高点，设其速度为v2，由牛顿第二定律得mg＝m，解得v2＝，选项A正确。13.有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转。刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向。现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力。已知：＝4 m，＝5 m，小球质量m＝1 kg，弹簧原长l＝5 m，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω。解析：(1)开始整个装置处于静止状态，如图甲所示，对小球进行受力分析，有＝F弹＝k(l－)＝联立解得k＝3.75 N/m。(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至P′位置，如图乙所示，绕中点C做匀速圆周运动轨道半径r＝＝向心力mgtan θ＝mrω2tan θ＝＝＝5 m，＝2 m代入数据解得ω＝ rad/s。【答案】(1)3.75 N/m　(2) rad/s