第六章专题强化练3 圆周运动的动力学问题练习2021-2022学年物理必修二册人教版2019（word含解析）
文档属性
| 名称 | 第六章专题强化练3 圆周运动的动力学问题练习2021-2022学年物理必修二册人教版2019（word含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 87.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-29 04:23:13 | ||
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文档简介
第六章 圆周运动
专题强化练3 圆周运动的动力学问题
一、选择题
1.(2021广东广州高一下期中联考,)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈深受大众喜爱。如图甲,腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳,其简化模型如图乙所示。已知配重(可视为质点)质量m=0.5 kg,绳长为L=0.4 m,悬挂点到腰带中心的距离为r0=0.2 m。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重做水平匀速圆周运动,计数器显示在1 min内转动圈数为120圈,此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中腰带可看作不动,重力加速度取g=10 m/s2, sin 37°=0.6,下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.匀速转动时,配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速,腰受到腰带的弹力变大
C.配重的角速度是120 rad/s
D.θ为37°
2.(2020河北鸡泽一中高一下测试,)(多选)质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点,如图所示。当轻杆绕另一端点O在光滑水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时,则 ( )
A.处于中点的小球A的线速度为Lω
B.处于中点的小球A的加速度为Lω2
C.处于端点的小球B所受的合外力为mω2L
D.轻杆OA段中的拉力与AB段中的拉力之比为3∶2
3.(2020福建厦门六中高三上模拟,)如图所示,A、B、C三个物体放在水平旋转平台上随平台一起做匀速圆周运动,三个物体与旋转平台间的动摩擦因数均为μ,已知A的质量为2m,B、C的质量均为m,A、B离转轴的距离均为R,C距离转轴2R,以下说法正确的是 ( )
A.若转速加快,A最先相对平台滑动
B.若转速加快,C一定不会最先相对平台滑动
C.若都没相对平台滑动,则向心加速度aA=aC>aB
D.若都没相对平台滑动,则摩擦力fA=fC>fB
4.(2020浙江东阳中学高三上月考,)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
二、非选择题
5.(2021山东枣庄高一下期中,)如图所示,内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上,一根结实的细绳穿过钢管,两端分别拴着小球A和B,小球A和B的质量之比=。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时,小球A到管口的绳长为a,此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径大小不计,重力加速度为g。试求:
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ;
(2)小球A转动的周期。
答案全解全析
1.B 匀速转动时,配重受到的合力提供向心力,其大小不变,但方向变化,故配重受到的合力改变,故A错误;
以配重为研究对象,其受到重力和拉力,如图1所示:
图1
在竖直方向,根据平衡条件可得T cos θ=mg,配重转速增大,θ增大、T增大。设腰带的质量为M,对腰带进行受力分析,如图2所示:
图2
在水平方向,根据平衡条件可得N=T sin θ,若增大转速,T和θ都增大,则腰受到腰带的弹力变大,故B正确;
计数器显示在1 min内转动圈数为120圈,可得转动周期
T= min= s=0.5 s
角速度ω== rad/s=4π rad/s,故C错误;
根据图1结合牛顿第二定律可得mg tan θ=mr
由题意知r=r0+L sin θ
联立可得θ不等于37°,故D错误。
2.CD 处于轻杆中点的小球A的运动半径为,根据v=ωr可知小球A的线速度v=Lω,故选项A错误;处于轻杆中点的小球A的加速度为aA=Lω2,故选项B错误;处于轻杆端点的小球B的向心加速度aB=ω2L,由牛顿第二定律F=ma可知,小球B所受的合外力为F=mω2L,故选项C正确;设轻杆OA段中的拉力为F1,轻杆AB段中的拉力为F2,对小球A,由牛顿第二定律可得F1-F2=mω2L,对小球B,由牛顿第二定律可得F2=mω2L,联立解得=,故选项D正确。
3.D 由于向心力Fn=mω2r,可知A、C所需向心力大小相等;由于最大静摩擦力f=μN=μmg,可知A的最大静摩擦力大于C的最大静摩擦力,所以当平台转速增加时,C比A先滑动;同理可得A、B同时滑动,故选项A、B错误。若都没相对平台滑动,A、B、C三个物体的角速度相等,根据an=rω2可知,C的轨道半径最大,C的向心加速度最大,A、B的向心加速度相等,即aC>aB=aA,故选项C错误。若都没相对平台滑动,A、B、C三个物体做匀速圆周运动,靠静摩擦力提供向心力,fA=2mRω2,fB=mRω2,fC=2mRω2,可知B物体所受的摩擦力最小,A、C物体所受的摩擦力相等,即fA=fC>fB,故选项D正确。
4.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、细线的拉力T、杆的水平支持力N1,因为两环相对杆的位置不变,所以N处于静止状态,所受合力为零,则在竖直方向上有T·cos θ=GN,在水平方向上有N1=T sin θ;因为重力恒定,角θ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,受到细线的拉力T'(T'=T)、竖直向下的重力GM、竖直向上的支持力N2以及水平杆施加的摩擦力f,在竖直方向上有N2=GM+T' cos θ=GM+GN,恒定不变。在装置以较小角速度转动时,M所受摩擦力方向向右,在水平方向有T' sin θ-f右=mr f右=T sin θ-mr,随着角速度的增大,摩擦力方向可能变成向左,在水平方向有T' sin θ+f左=mr f左=mr-T sin θ,则可能存在f右=f左,即T sin θ-mr=mr-T sin θ,故B错误,D正确。
5.答案 (1)30° (2)π
解析 (1)设细绳的拉力为F,小球B处于平衡状态,有F=mBg
在竖直方向上,小球A受力平衡,有F cos θ=mAg
解得cos θ==
所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ=30°
(2)对于小球A,细绳拉力的水平分量提供它做匀速圆周运动的向心力,有
F sin θ=mA
r=a sin θ
解得小球A的线速度为v=
又T=
则小球A转动的周期T=π
专题强化练3 圆周运动的动力学问题
一、选择题
1.(2021广东广州高一下期中联考,)市面上有一种自动计数的智能呼啦圈深受大众喜爱。如图甲,腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳,其简化模型如图乙所示。已知配重(可视为质点)质量m=0.5 kg,绳长为L=0.4 m,悬挂点到腰带中心的距离为r0=0.2 m。水平固定好腰带,通过人体微小扭动,使配重做水平匀速圆周运动,计数器显示在1 min内转动圈数为120圈,此时绳子与竖直方向夹角为θ。配重运动过程中腰带可看作不动,重力加速度取g=10 m/s2, sin 37°=0.6,下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.匀速转动时,配重受到的合力恒定不变
B.若增大转速,腰受到腰带的弹力变大
C.配重的角速度是120 rad/s
D.θ为37°
2.(2020河北鸡泽一中高一下测试,)(多选)质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点,如图所示。当轻杆绕另一端点O在光滑水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时,则 ( )
A.处于中点的小球A的线速度为Lω
B.处于中点的小球A的加速度为Lω2
C.处于端点的小球B所受的合外力为mω2L
D.轻杆OA段中的拉力与AB段中的拉力之比为3∶2
3.(2020福建厦门六中高三上模拟,)如图所示,A、B、C三个物体放在水平旋转平台上随平台一起做匀速圆周运动,三个物体与旋转平台间的动摩擦因数均为μ,已知A的质量为2m,B、C的质量均为m,A、B离转轴的距离均为R,C距离转轴2R,以下说法正确的是 ( )
A.若转速加快,A最先相对平台滑动
B.若转速加快,C一定不会最先相对平台滑动
C.若都没相对平台滑动,则向心加速度aA=aC>aB
D.若都没相对平台滑动,则摩擦力fA=fC>fB
4.(2020浙江东阳中学高三上月考,)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
二、非选择题
5.(2021山东枣庄高一下期中,)如图所示,内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上,一根结实的细绳穿过钢管,两端分别拴着小球A和B,小球A和B的质量之比=。当小球A在水平面内做匀速圆周运动时,小球A到管口的绳长为a,此时小球B恰好处于平衡状态。管子的内径大小不计,重力加速度为g。试求:
(1)拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ;
(2)小球A转动的周期。
答案全解全析
1.B 匀速转动时,配重受到的合力提供向心力,其大小不变,但方向变化,故配重受到的合力改变,故A错误;
以配重为研究对象,其受到重力和拉力,如图1所示:
图1
在竖直方向,根据平衡条件可得T cos θ=mg,配重转速增大,θ增大、T增大。设腰带的质量为M,对腰带进行受力分析,如图2所示:
图2
在水平方向,根据平衡条件可得N=T sin θ,若增大转速,T和θ都增大,则腰受到腰带的弹力变大,故B正确;
计数器显示在1 min内转动圈数为120圈,可得转动周期
T= min= s=0.5 s
角速度ω== rad/s=4π rad/s,故C错误;
根据图1结合牛顿第二定律可得mg tan θ=mr
由题意知r=r0+L sin θ
联立可得θ不等于37°,故D错误。
2.CD 处于轻杆中点的小球A的运动半径为,根据v=ωr可知小球A的线速度v=Lω,故选项A错误;处于轻杆中点的小球A的加速度为aA=Lω2,故选项B错误;处于轻杆端点的小球B的向心加速度aB=ω2L,由牛顿第二定律F=ma可知,小球B所受的合外力为F=mω2L,故选项C正确;设轻杆OA段中的拉力为F1,轻杆AB段中的拉力为F2,对小球A,由牛顿第二定律可得F1-F2=mω2L,对小球B,由牛顿第二定律可得F2=mω2L,联立解得=,故选项D正确。
3.D 由于向心力Fn=mω2r,可知A、C所需向心力大小相等;由于最大静摩擦力f=μN=μmg,可知A的最大静摩擦力大于C的最大静摩擦力,所以当平台转速增加时,C比A先滑动;同理可得A、B同时滑动,故选项A、B错误。若都没相对平台滑动,A、B、C三个物体的角速度相等,根据an=rω2可知,C的轨道半径最大,C的向心加速度最大,A、B的向心加速度相等,即aC>aB=aA,故选项C错误。若都没相对平台滑动,A、B、C三个物体做匀速圆周运动,靠静摩擦力提供向心力,fA=2mRω2,fB=mRω2,fC=2mRω2,可知B物体所受的摩擦力最小,A、C物体所受的摩擦力相等,即fA=fC>fB,故选项D正确。
4.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、细线的拉力T、杆的水平支持力N1,因为两环相对杆的位置不变,所以N处于静止状态,所受合力为零,则在竖直方向上有T·cos θ=GN,在水平方向上有N1=T sin θ;因为重力恒定,角θ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,受到细线的拉力T'(T'=T)、竖直向下的重力GM、竖直向上的支持力N2以及水平杆施加的摩擦力f,在竖直方向上有N2=GM+T' cos θ=GM+GN,恒定不变。在装置以较小角速度转动时,M所受摩擦力方向向右,在水平方向有T' sin θ-f右=mr f右=T sin θ-mr,随着角速度的增大,摩擦力方向可能变成向左,在水平方向有T' sin θ+f左=mr f左=mr-T sin θ,则可能存在f右=f左,即T sin θ-mr=mr-T sin θ,故B错误,D正确。
5.答案 (1)30° (2)π
解析 (1)设细绳的拉力为F,小球B处于平衡状态,有F=mBg
在竖直方向上,小球A受力平衡,有F cos θ=mAg
解得cos θ==
所以拴着小球A的细绳与竖直方向的夹角θ=30°
(2)对于小球A,细绳拉力的水平分量提供它做匀速圆周运动的向心力,有
F sin θ=mA
r=a sin θ
解得小球A的线速度为v=
又T=
则小球A转动的周期T=π