新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训2曲线动力学问题(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训2曲线动力学问题(人教版)，共7页。试卷主要包含了如图所示,半径为R=0，6,cs 37°=0等内容，欢迎下载使用。

(1)稳定转动时,大铁环转动的角速度ω的大小;
(2)稳定转动时,图示时刻小铁环a做匀速圆周运动所需的向心力方向;
(3)稳定转动时,大铁环对小铁环a的作用力FN的大小。
2.(2023浙江桐乡高级中学期中)圆柱形容器的横截面在竖直平面内,如图所示,其半径R=1 m,从其内部最高点A分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(均可视为质点),最终分别落在圆弧上的B点和C点,已知OB与OC相互垂直,且OB与竖直方向的夹角θ=37°。重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,不计空气阻力,求:
(1)小球从被抛出到落在B点的时间;
(2)小球被抛出时的初速度v1、v2的大小之比;
(3)小球到达C点时的速度大小。
3.一种自动计数的智能呼啦圈深受健身人士喜爱。如图甲所示,腰带外侧带有轨道,轨道内有一滑轮,滑轮与细绳连接,细绳的另一端连接配重,其模型简化如图乙所示,已知配重质量为0.5 kg,绳长为0.4 m,悬挂点到腰带中心的距离为0.2 m,水平固定好腰带,通过人体扭动,使配重在水平面内做匀速圆周运动。不计一切阻力,绳子与竖直方向夹角θ=37°,配重距离地面高度为0.18 m,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)绳的拉力;
(2)滑轮在轨道中做圆周运动的角速度是多少?
(3)若配重不慎脱落,落地点到脚的距离大约是多少?
4.(2023浙江宁波慈溪中学期末)水平转盘可以绕竖直轴O1O2转动,半径R=0.6 m,转盘中心O2处有一个光滑小孔,用一根长L=1.1 m细线穿过小孔将质量分别为mA=0.2 kg、mB=0.5 kg的小球A和小物块B连接,小物块B放在水平转盘的边缘且与转盘保持相对静止,如图所示。现让小球A在水平面做角速度ωA=5 rad/s的匀速圆周运动,小物块B与水平转盘间的动摩擦因数μ=0.3,g取10 m/s2,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求O2A与竖直方向的夹角θ及细线上的拉力大小。
(2)小球A运动速度大小不变,现使水平转盘转动起来,要使小物块B与水平转盘间保持相对静止,求水平转盘角速度ω的取值范围。(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
5.一光滑圆锥固定在水平地面上,其圆锥角为74°,圆锥底面的圆心为O'。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点),另一端固定在光滑圆锥顶上O点,O点距地面高度为0.75 m,使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动,如图所示。空气阻力不计。
(1)当小球的角速度为4 rad/s时,求轻绳中的拉力大小。
(2)逐渐增加小球的角速度,若轻绳受力为N时会被拉断,求当轻绳断裂后小球落地点与O'点间的距离。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
6.(2023浙江元济高级中学期末)如图甲所示,半径R=1 m的圆弧形金属杆可绕竖直方向的虚线轴在水平面转动,圆弧形杆关于转轴对称,在杆上穿着一个物块(可看成质点),若杆光滑,当金属杆以某一角速度ω1匀速转动时,物块可以在杆上的a位置与杆相对静止一起转动,a位置与圆弧杆圆心的连线与竖直方向的夹角为30°,当金属杆以另一角速度ω2转动时,物块可以在杆上的b位置与杆相对静止一起转动,b位置与圆弧杆圆心的连线与竖直方向的夹角为60°。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。
(1)求ω1与ω2的比值。
(2)如图乙所示,若杆粗糙,有A、B两个完全相同的物块,两物块与杆间的动摩擦因数均为μ=,杆转动时,两物块是否能够分别在a、b两个位置与金属杆相对静止一起转动,若能,求出杆转动的角速度范围;若不能说明理由。
参考答案
大题增分特训(二) 曲线动力学问题
1.答案 (1)3πrad/s (2)水平向右(或a指向b) (3)1.8 N
解析 (1)根据角速度的定义式有ω=
代入数据可得ω=3πrad/s。
(2)小铁环a所需的向心力方向为水平向右(或a指向b)。
(3)对小铁环受力分析,小铁环受重力与弹力,且二力在竖直方向合力为0,水平方向合力提供向心力
F向=mω2Rsinθ
F向=FNsinθ
所以FN=mω2R
解得FN=1.8N。
2.答案 (1)0.6 s (2) (3)m/s
解析 (1)根据平抛运动规律,对落在B点的小球有R+Rcsθ=
解得t1=0.6s。
(2)根据平抛运动规律,对落在B点的小球有Rsinθ=v1t1
解得v1=1m/s
对落在C点的小球有R+Rsinθ=
解得t2=s
根据Rcsθ=v2t2,则v2=m/s
解得。
(3)对落在C点的小球有,竖直方向的分速度大小vy=gt2
解得vy=4m/s
vC=m/s。
3.答案 (1)6.25 N (2)4.1 rad/s (3)1.08 m
解析 (1)对配重进行受力分析,根据共点力平衡得FTcs37°=mg
则FT==6.25N。
(2)配重做匀速圆周运动,则r=lsin37°+0.2=0.44m
所以mω2r=mgtan37°
即ω==4.1rad/s。
(3)配重脱落后做平抛运动,则h=gt2、t==0.6s
利用角速度和线速度的关系可知v=ωr=1.8m/s
落地点到脚的距离为x=vt=1.08m。
4.答案 (1)37° 2.5 N (2)rad/s≤ω≤rad/s
解析 (1)对A受力分析,可知FT=
由牛顿第二定律得mAgtanθ=mAω2rA
其中rA=(L-R)sinθ
解得csθ=,θ=37°,FT=2.5N。
(2)当物体B受到的最大静摩擦力Ff指向圆心时,转盘ω1最大
有FT+μmBg=mBR
解得ω1=rad/s
当物体B受到的最大静摩擦力Ff背离圆心时,转盘ω2最小
有FT-μmBg=mBR
解得ω2=rad/s
综上所述角速度的范围rad/s≤ω≤rad/s。
5.答案 (1)1.088 N (2)0.8 m
解析 (1)当小球在圆锥表面上运动时,根据牛顿第二定律可得
FTsin37°-FNcs37°=mω2Lsin37°
FTcs37°+FNsin37°=mg
小球刚要离开圆锥表面时,支持力为零
求得ω0=5rad/s,FT0=1.25N
则当小球的角速度为4rad/s时,小球在圆锥表面上运动
根据公式可求得FT1=1.088N。
(2)当轻绳断裂时,绳中的拉力大于FT0=1.25N,故小球已经离开了圆锥表面,设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ
根据牛顿运动定律可得FT2sinθ=m,FT2csθ=mg
解得θ=53°,v=m/s
轻绳断裂后,小球做平抛运动,此时距离地面的高度为
h=H-Lcs53°=0.45m
据h=gt2得t=0.3s
如图所示,水平位移为x=vt=m
抛出点与OO'间的距离为y=Lsin53°=0.4m
=0.8m
0.8m>0.75m×tan37°,即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上
所以落地点与O'点间的距离为0.8m。
6.答案 (1)
(2)能。2rad/s≤ω≤rad/s
解析 (1)根据牛顿第二定律得
mgtan30°=mRsin30°
mgtan60°=mRsin60°
解得。
(2)设B恰好不下滑时的角速度为ω3,根据牛顿第二定律得
FN3sin60°-μFN3sin30°=mRsin60°
根据平衡条件得FN3cs60°+μFN3cs30°=mg
解得ω3=rad/s
设A恰好不上滑时的角速度为ω4,根据牛顿第二定律得
FN4sin30°+μFN4sin60°=mRsin30°
根据平衡条件得FN4cs30°=mg+μFN4cs60°
解得ω4=2rad/s
两物块能够分别在a、b两个位置与金属杆相对静止一起转动时
杆转动的角速度范围是2rad/s≤ω≤rad/s。