2024人教版高中物理必修第二册同步练习题--第六章 圆周运动拔高练（有解析）
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中物理必修第二册同步练习题--第六章 圆周运动拔高练（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-10-17 11:22:37 | ||
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文档简介
2024人教版高中物理必修第二册同步
第六章 圆周运动
综合拔高练
五年高考练
考点1 描述圆周运动的物理量
1.(2023全国甲,17)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2023北京,10)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示,不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一待测小球,使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F,用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t,用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是( )
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为FRt24π2n2
C.若误将n-1圈记作n圈,则所得质量偏大
D.若测R时未计入小球半径,则所得质量偏小
3.(2021广东,4)由于高度限制,车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成,P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中,杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中,下列说法正确的是( )
A.P点的线速度大小不变
B.P点的加速度方向不变
C.Q点在竖直方向做匀速运动
D.Q点在水平方向做匀速运动
考点2 水平面内的圆周运动
4.(2021河北,9)如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω'>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω'匀速转动时( )
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
5.(2022山东,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为( )
A.t=2+7π4 s,l=8 m
B.t=94+7π2 s,l=5 m
C.t=2+5126+76π6 s,l=5.5 m
D.t=2+5126+(6+4)π2 s,l=5.5 m
6.(2022辽宁,13,节选)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯道,滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m,滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
考点3 竖直平面内的圆周运动
7.(2021浙江6月选考,7)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示,对该时刻,下列说法正确的是( )
A.秋千对小明的作用力小于mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
C.小明的速度为零,所受合力为零
D.小明的加速度为零,所受合力为零
8.(2019天津,10,节选)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
考点4 圆周运动与平抛运动的结合
9.(2022河北,10)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1
B.若v1=v2,则h1∶h2=R12∶R22
C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同
D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2
三年模拟练
应用实践
1.(2022上海外国语大学期中)一个半径为R的纸质小圆筒,绕其中心轴O匀速转动,角速度为ω。一颗子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出,如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ。则子弹的最大速度v约为( )
A.ωR B.ωRθ C.2ωRθ D.2ωRπ?θ
2.(2023河北承德期中)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度转动,盘面上的一质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止,盘面与水平面的夹角为30°,重力加速度大小为g,已知物体在最高点受到的摩擦力的大小为14mg,则物体在最低点受到的摩擦力的大小可能为( )
A.32mg B.35mg C.2mg D.54mg
3.(2023浙江嘉兴期中)如图所示,一质量为M的人站在台秤上,一根长为R的轻悬线一端系一个质量为m的小球,手拿悬线另一端,小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动,且小球恰好能通过圆轨道最高点,则下列说法正确的是( )
A.小球运动到最高点时,小球的速度为零
B.当小球运动到最高点时,台秤的示数最小,且为Mg
C.小球在a、b、c三个位置时,台秤的示数相同
D.小球从最高点运动到最低点的过程中始终处于超重状态
4.(2023四川资阳期中)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )
A.绳a的张力一定比小球的重力大
B.绳a的张力随角速度的增大而增大
C.若绳b突然被剪断,则绳a的弹力一定发生变化
D.当角速度ω>gltanθ时,绳b将出现弹力
5.(2023广东深圳红岭中学期中)用蛙式打夯机对路面进行打平、夯实,其结构可以简化为图乙。质量为m的铁球通过轻杆与转轮1相连,转轮1与底座总质量为M,转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接,两转轮半径之比为1∶2,转轮2在电动机作用下转动,通过皮带使转轮1一起转动,带着铁球做圆周运动,球的转动半径为r,下列说法正确的是( )
A.转轮1与转轮2的角速度之比为1∶2
B.转轮1与转轮2边缘各点的加速度之比为1∶2
C.当转轮1下的底座刚要离开地面时,铁球的速度大小为(mg?Mg)rm
D.当转轮1下的底座刚要离开地面时,铁球的速度大小为(mg+Mg)rm
6.(2023浙江宁波期中)如图所示,水平面内某短道速滑训练场的测试区域由一段长为l=80 m、左右两边界线AC、BD间宽为d=4 m的直道和一段相同宽度的半圆环形弯道组成,半圆环形弯道两边界线DE、CF均以O点为圆心,其内侧边界圆半径r=4 m。为确保安全,运动员训练时所允许的最大滑行速率为v0=12 m/s,在直道上变速滑行时所允许的最大加速度大小为a1=2 m/s2,而在弯道上允许的最大加速度大小为a2=8 m/s2。现要求运动员以最大速度由AB入口滑入测试区域,经历直道测试区域和半圆形弯道测试区域后从EF出口离开便完成了一次测试。(计算结果可保留根号和π)
(1)若要求运动员沿着测试区域的内侧边界线滑行完成测试,求运动员在弯道区域滑行的最大速度大小;
(2)若要求运动员沿着测试区域的外侧边界线滑行完成测试,求运动员在直道区域运动的最短时间;
(3)若某次测试中要求运动员能精准地由C点滑入弯道区域,经圆周运动从F点滑出弯道区域,求运动员在弯道区域运动的最短时间。
迁移创新
7.(2023广东汕头金山中学期中)如图所示为某弹射游戏装置示意图,通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩后释放,将质量为0.1 kg的小滑块从A点水平弹出,滑行一段距离后经过B点,无碰撞地进入细口径管道式圆弧BCD,最后从D点水平飞出,并抛入在平台上的收集框EFGH中。小滑块与框底部碰撞后水平方向分速度不变,竖直方向分速度大小不变,方向竖直向上。整个轨道处在同一竖直面内,其中CD部分为半径R=0.4 m的圆弧轨道,其圆心为O1。管口D点距平台的高度h=0.45 m,以D点正下方平台上的O点为原点向右建x轴。已知HE=EF=GF=d=0.25 m。管的口径远远小于圆弧半径,不计空气阻力、滑块的大小和框的厚度,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若收集框的E点坐标xE=0.2 m,小滑块恰好擦着H点进入框中,求小滑块从D点飞出时对轨道的作用力;
(2)若小滑块直接击中收集框的底部反弹一次后,未出框且恰好击中收集框上的G点,则小球从D点飞出的速度大小v与收集框的E点坐标xE之间应满足什么关系?
答案与分层梯度式解析
第六章 圆周运动
综合拔高练
五年高考练
1.C
2.A
3.A
4.BD
5.B
7.A
9.BD
1.C 由题意可知,合力的表达式为F合=k1rn,周期T=k2r,用周期表示向心力,为F向=m2πT2r=m4π2k22r3,由F合=F向可得n=3,C正确。
2.A 小球绕O做匀速圆周运动,绳的拉力充当向心力,即F=mR2πT2,其中T=tn,解得小球的质量m=Ft24π2n2R,故B错误;若误将n-1圈记作n圈,即n的测量值偏大,代入公式可知质量的测量值偏小,故C错误;若测R时未计入小球半径,即R的测量值偏小,可知小球质量的测量值偏大,故D错误;实验是在太空实验室中进行,处于完全失重状态,不用考虑所谓的“重力”的影响,所以运动轨道可处于任意平面内,故A正确。
3.A 由题意知,P以O点为圆心、OP为半径做匀速圆周运动,Q点也做匀速圆周运动,设其圆心为A,AQ为半径,如图所示。由v=ωr、a=ω2r知,P、Q的线速度和向心加速度大小不变,方向时刻变化,故选项A正确,B错误。Q点在竖直面内做匀速圆周运动,其水平、竖直方向上的分速度大小一直在变化,故选项C、D错误。故选A。
4.BD 对小球受力分析,假设在图示位置PQ杆对小球的弹力向右,如图:
竖直方向:T cos θ=mg①
水平方向:T sin θ-N=mω2r②
对①式,若θ减小,则cos θ增大,弹簧弹力T增大,①式不成立;若θ增大,则cos θ减小,T减小,①式不成立,所以不管ω怎样变化,θ都不变,即小球的高度不变,弹簧的弹力大小一定不变,故A错误,B正确。
由②式得N=T sin θ-mω2r,由于没有给定ω'的值,所以N的大小变化不能确定,由牛顿第三定律知C错误。
小球所受的合外力充当向心力,F合=mω2r,角速度增大,F合增大,故D正确。
5.B 根据a=v2r可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC=a1r1=6 m/s、vCD=a2r2=2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=πr1v+πr2v=7π2 s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-v02=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=lv0+v?v0?a1=94 s,因此总时间为t=94+7π2 s,选项B正确。
6.答案 225242 甲
解析 根据向心加速度的表达式有a=v2R
可得甲、乙的向心加速度之比为a甲a乙=v甲2v乙2×R乙R甲=225242
甲、乙两运动员做匀速圆周运动,则运动的时间分别为t甲=πR甲v甲、t乙=πR乙v乙
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲=4π5 s、t乙=9π11 s
因t甲7.A 秋千摆到最高点,受力分析如图所示
切向:mat=mg sin θ
径向:速度为0,向心力为0,
则有T=mg cos θ在最高点速度为0,向心力为0,但切向加速度不为0,所受合力不为零,故B、C、D错,A正确。
8.答案 1.1×103 N
解析 舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有L1=v2·t①
设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=R sin θ②
由牛顿第二定律,有FN-mg=mv2R③
联立①②③式,代入数据,得FN=1.1×103 N④
9.BD 根据平抛运动规律有h=12gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以v1v2=R1R2,选项A错误;根据平抛运动规律,得R1R2=v12?1gv22?2g,若v1=v2,化简得?1?2=R12R22,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q·2πω=2πωS·v0,若ω1=ω2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=2πRd,浇水一周总水量V总=Q·2πω=2πωSRg2?,落入每个花盆的水量V0=V总n=Sdωg2?,若h1=h2,落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2,选项D正确。
三年模拟练
1.D
2.D
3.C
4.AD
5.D
1.D 子弹穿过两个弹孔所需的时间为t=2Rv,子弹从B点飞出,则圆筒需要转过的最小角度为(π-θ);当圆筒转过的角度最小时,圆筒转动的时间最短,对应的子弹速度最大,此时圆筒转动的时间为t=π?θω,可得2Rv=π?θω,解得v=2Rωπ?θ,选D。
2.D 当物体在最高点时,物体受到的摩擦力方向沿半径方向背离圆心时,对物体有mg sin 30°-f1=mω2R,f1=14mg,此种情况下,当物体在最低点时,对物体有f2-mg sin 30°=mω2R,解得f2=34mg;当物体在最高点时,物体受到的摩擦力方向沿半径方向指向圆心时,对物体有mg sin 30°+f1=mω2R,f1=14mg,此种情况下,当物体在最低点时,对物体有f2-mg sin 30°=mω2R,解得f2=54mg。故选D。
3.C 小球恰好能通过最高点,则在最高点小球的重力充当向心力,有mg=mv2r,解得v=gr,故A错误;小球从c(或a)点到b点的过程中,悬线对小球有一个指向圆心的弹力,由牛顿第三定律得,悬线对人有一个斜向右上方(或左上方)的力,故在此过程中台秤的示数会小于Mg,故B错误;小球在a、b、c三个位置,均处于完全失重状态,台秤的示数相同,故C正确;小球在圆的上半区处于失重状态,在下半区处于超重状态,故D错误。
4.AD 若绳b不受力,则Fa cos θ=mω2l,Fa sin θ=mg,此时角速度ω=gltanθ,绳b突然被剪断,绳a的弹力不变,故C错误;若绳b受力,有Fa cos θ+Fb=mω2l,Fa sin θ=mg,综合上面两种情况可知Fa=mgsinθ,Fb=mω2l-mgtanθ,故A、D正确,B错误。
5.D 转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接,则边缘各点的线速度大小相等;两转轮半径之比为1∶2,由v=ωR可知,转轮1与转轮2的角速度之比为2∶1,故A错误;由向心加速度公式an=v2R可知,转轮1与转轮2边缘各点的加速度之比为2∶1,故B错误;当杆对铁球向下的弹力等于转轮1与底座的重力时,底座刚好离开地面;此时铁球位于最高点,有F=Mg,对于铁球有mg+F=mv2r,解得v=(mg+Mg)rm,故C错误,D正确。
6.答案 (1)42 m/s (2)7 s (3)π s
解析 (1)若要求运动员沿着测试区域的内侧边界线滑行完成测试,由牛顿第二定律有F=ma2=mv12r
运动员在弯道区域滑行的最大速度
v1=a2r=8×4 m/s=42 m/s
(2)若要求运动员沿着测试区域的外侧边界线滑行完成测试,有F'=ma2=mv22r+d
解得v2=a2(r+d)=8×(4+4) m/s=8 m/s在直道区域有v2=v0-a1t1,l-v0+v22t1=v0t2
运动员在直道区域运动的最短时间
t=t1+t2=2 s+5 s=7 s
(3)运动员在弯道区域运动的最短时间
t3=π(r+d)v2=π s
7.答案 (1)0.75 N,方向竖直向下
(2)v=xE+0.250.4(xE≤0.25 m)
解析 (1)由平抛运动规律,水平方向xE=vDt0
竖直方向h-d=12gt02
解得vD=1 m/s
在D点,由牛顿第二定律可得FN+mg=mvD2R
解得滑块从D点飞出时FN=-0.75 N
即轨道对滑块的力大小为0.75 N,方向竖直向上。
根据牛顿第三定律,滑块对轨道的力大小为0.75 N,方向竖直向下。
(2)设小滑块击中收集框底部的点距离左边框为x,根据平抛运动规律,竖直方向h=12gt2
解得t=0.3 s
水平方向有xE+x=vt
落地时的竖直速度vy=gt=3 m/s
反弹后恰好击中G点,竖直方向有d=vyt'-12gt'2
解得向上运动的时间t'=0.1 s(另一根舍去)
水平方向有d-x=vt'
综上可解得v=xE+0.250.4
要使小滑块进入收集框,临界条件为恰好过H点,竖直方向有h-d=12gt02
水平方向有xE=vt0
又因v=xE+0.250.4
综上解得xE=0.25 m
故小球从D点飞出的速度大小v与收集框的E点坐标xE之间应满足v=xE+0.250.4(xE≤0.25 m)
第六章 圆周运动
综合拔高练
五年高考练
考点1 描述圆周运动的物理量
1.(2023全国甲,17)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2023北京,10)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示,不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一待测小球,使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F,用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t,用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是( )
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为FRt24π2n2
C.若误将n-1圈记作n圈,则所得质量偏大
D.若测R时未计入小球半径,则所得质量偏小
3.(2021广东,4)由于高度限制,车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成,P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中,杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中,下列说法正确的是( )
A.P点的线速度大小不变
B.P点的加速度方向不变
C.Q点在竖直方向做匀速运动
D.Q点在水平方向做匀速运动
考点2 水平面内的圆周运动
4.(2021河北,9)如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω'匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω'>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω'匀速转动时( )
A.小球的高度一定降低
B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
D.小球所受合外力的大小一定变大
5.(2022山东,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为( )
A.t=2+7π4 s,l=8 m
B.t=94+7π2 s,l=5 m
C.t=2+5126+76π6 s,l=5.5 m
D.t=2+5126+(6+4)π2 s,l=5.5 m
6.(2022辽宁,13,节选)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中,我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨迹为半圆的匀速圆周运动,如图所示,若甲、乙两名运动员同时进入弯道,滑行半径分别为R甲=8 m、R乙=9 m,滑行速率分别为v甲=10 m/s、v乙=11 m/s,求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
考点3 竖直平面内的圆周运动
7.(2021浙江6月选考,7)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示,对该时刻,下列说法正确的是( )
A.秋千对小明的作用力小于mg
B.秋千对小明的作用力大于mg
C.小明的速度为零,所受合力为零
D.小明的加速度为零,所受合力为零
8.(2019天津,10,节选)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
考点4 圆周运动与平抛运动的结合
9.(2022河北,10)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( )
A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1
B.若v1=v2,则h1∶h2=R12∶R22
C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同
D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2
三年模拟练
应用实践
1.(2022上海外国语大学期中)一个半径为R的纸质小圆筒,绕其中心轴O匀速转动,角速度为ω。一颗子弹沿半径AO方向由纸筒上点A打进并从纸筒上的点B高速穿出,如图所示。若AB弧所对的圆心角为θ。则子弹的最大速度v约为( )
A.ωR B.ωRθ C.2ωRθ D.2ωRπ?θ
2.(2023河北承德期中)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴以恒定角速度转动,盘面上的一质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止,盘面与水平面的夹角为30°,重力加速度大小为g,已知物体在最高点受到的摩擦力的大小为14mg,则物体在最低点受到的摩擦力的大小可能为( )
A.32mg B.35mg C.2mg D.54mg
3.(2023浙江嘉兴期中)如图所示,一质量为M的人站在台秤上,一根长为R的轻悬线一端系一个质量为m的小球,手拿悬线另一端,小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动,且小球恰好能通过圆轨道最高点,则下列说法正确的是( )
A.小球运动到最高点时,小球的速度为零
B.当小球运动到最高点时,台秤的示数最小,且为Mg
C.小球在a、b、c三个位置时,台秤的示数相同
D.小球从最高点运动到最低点的过程中始终处于超重状态
4.(2023四川资阳期中)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点,如图所示,绳a与水平方向成θ角,绳b在水平方向且长为l,当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )
A.绳a的张力一定比小球的重力大
B.绳a的张力随角速度的增大而增大
C.若绳b突然被剪断,则绳a的弹力一定发生变化
D.当角速度ω>gltanθ时,绳b将出现弹力
5.(2023广东深圳红岭中学期中)用蛙式打夯机对路面进行打平、夯实,其结构可以简化为图乙。质量为m的铁球通过轻杆与转轮1相连,转轮1与底座总质量为M,转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接,两转轮半径之比为1∶2,转轮2在电动机作用下转动,通过皮带使转轮1一起转动,带着铁球做圆周运动,球的转动半径为r,下列说法正确的是( )
A.转轮1与转轮2的角速度之比为1∶2
B.转轮1与转轮2边缘各点的加速度之比为1∶2
C.当转轮1下的底座刚要离开地面时,铁球的速度大小为(mg?Mg)rm
D.当转轮1下的底座刚要离开地面时,铁球的速度大小为(mg+Mg)rm
6.(2023浙江宁波期中)如图所示,水平面内某短道速滑训练场的测试区域由一段长为l=80 m、左右两边界线AC、BD间宽为d=4 m的直道和一段相同宽度的半圆环形弯道组成,半圆环形弯道两边界线DE、CF均以O点为圆心,其内侧边界圆半径r=4 m。为确保安全,运动员训练时所允许的最大滑行速率为v0=12 m/s,在直道上变速滑行时所允许的最大加速度大小为a1=2 m/s2,而在弯道上允许的最大加速度大小为a2=8 m/s2。现要求运动员以最大速度由AB入口滑入测试区域,经历直道测试区域和半圆形弯道测试区域后从EF出口离开便完成了一次测试。(计算结果可保留根号和π)
(1)若要求运动员沿着测试区域的内侧边界线滑行完成测试,求运动员在弯道区域滑行的最大速度大小;
(2)若要求运动员沿着测试区域的外侧边界线滑行完成测试,求运动员在直道区域运动的最短时间;
(3)若某次测试中要求运动员能精准地由C点滑入弯道区域,经圆周运动从F点滑出弯道区域,求运动员在弯道区域运动的最短时间。
迁移创新
7.(2023广东汕头金山中学期中)如图所示为某弹射游戏装置示意图,通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩后释放,将质量为0.1 kg的小滑块从A点水平弹出,滑行一段距离后经过B点,无碰撞地进入细口径管道式圆弧BCD,最后从D点水平飞出,并抛入在平台上的收集框EFGH中。小滑块与框底部碰撞后水平方向分速度不变,竖直方向分速度大小不变,方向竖直向上。整个轨道处在同一竖直面内,其中CD部分为半径R=0.4 m的圆弧轨道,其圆心为O1。管口D点距平台的高度h=0.45 m,以D点正下方平台上的O点为原点向右建x轴。已知HE=EF=GF=d=0.25 m。管的口径远远小于圆弧半径,不计空气阻力、滑块的大小和框的厚度,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若收集框的E点坐标xE=0.2 m,小滑块恰好擦着H点进入框中,求小滑块从D点飞出时对轨道的作用力;
(2)若小滑块直接击中收集框的底部反弹一次后,未出框且恰好击中收集框上的G点,则小球从D点飞出的速度大小v与收集框的E点坐标xE之间应满足什么关系?
答案与分层梯度式解析
第六章 圆周运动
综合拔高练
五年高考练
1.C
2.A
3.A
4.BD
5.B
7.A
9.BD
1.C 由题意可知,合力的表达式为F合=k1rn,周期T=k2r,用周期表示向心力,为F向=m2πT2r=m4π2k22r3,由F合=F向可得n=3,C正确。
2.A 小球绕O做匀速圆周运动,绳的拉力充当向心力,即F=mR2πT2,其中T=tn,解得小球的质量m=Ft24π2n2R,故B错误;若误将n-1圈记作n圈,即n的测量值偏大,代入公式可知质量的测量值偏小,故C错误;若测R时未计入小球半径,即R的测量值偏小,可知小球质量的测量值偏大,故D错误;实验是在太空实验室中进行,处于完全失重状态,不用考虑所谓的“重力”的影响,所以运动轨道可处于任意平面内,故A正确。
3.A 由题意知,P以O点为圆心、OP为半径做匀速圆周运动,Q点也做匀速圆周运动,设其圆心为A,AQ为半径,如图所示。由v=ωr、a=ω2r知,P、Q的线速度和向心加速度大小不变,方向时刻变化,故选项A正确,B错误。Q点在竖直面内做匀速圆周运动,其水平、竖直方向上的分速度大小一直在变化,故选项C、D错误。故选A。
4.BD 对小球受力分析,假设在图示位置PQ杆对小球的弹力向右,如图:
竖直方向:T cos θ=mg①
水平方向:T sin θ-N=mω2r②
对①式,若θ减小,则cos θ增大,弹簧弹力T增大,①式不成立;若θ增大,则cos θ减小,T减小,①式不成立,所以不管ω怎样变化,θ都不变,即小球的高度不变,弹簧的弹力大小一定不变,故A错误,B正确。
由②式得N=T sin θ-mω2r,由于没有给定ω'的值,所以N的大小变化不能确定,由牛顿第三定律知C错误。
小球所受的合外力充当向心力,F合=mω2r,角速度增大,F合增大,故D正确。
5.B 根据a=v2r可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC=a1r1=6 m/s、vCD=a2r2=2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=πr1v+πr2v=7π2 s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-v02=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=lv0+v?v0?a1=94 s,因此总时间为t=94+7π2 s,选项B正确。
6.答案 225242 甲
解析 根据向心加速度的表达式有a=v2R
可得甲、乙的向心加速度之比为a甲a乙=v甲2v乙2×R乙R甲=225242
甲、乙两运动员做匀速圆周运动,则运动的时间分别为t甲=πR甲v甲、t乙=πR乙v乙
代入数据可得甲、乙运动的时间分别为t甲=4π5 s、t乙=9π11 s
因t甲
切向:mat=mg sin θ
径向:速度为0,向心力为0,
则有T=mg cos θ
8.答案 1.1×103 N
解析 舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有L1=v2·t①
设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=R sin θ②
由牛顿第二定律,有FN-mg=mv2R③
联立①②③式,代入数据,得FN=1.1×103 N④
9.BD 根据平抛运动规律有h=12gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以v1v2=R1R2,选项A错误;根据平抛运动规律,得R1R2=v12?1gv22?2g,若v1=v2,化简得?1?2=R12R22,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q·2πω=2πωS·v0,若ω1=ω2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=2πRd,浇水一周总水量V总=Q·2πω=2πωSRg2?,落入每个花盆的水量V0=V总n=Sdωg2?,若h1=h2,落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2,选项D正确。
三年模拟练
1.D
2.D
3.C
4.AD
5.D
1.D 子弹穿过两个弹孔所需的时间为t=2Rv,子弹从B点飞出,则圆筒需要转过的最小角度为(π-θ);当圆筒转过的角度最小时,圆筒转动的时间最短,对应的子弹速度最大,此时圆筒转动的时间为t=π?θω,可得2Rv=π?θω,解得v=2Rωπ?θ,选D。
2.D 当物体在最高点时,物体受到的摩擦力方向沿半径方向背离圆心时,对物体有mg sin 30°-f1=mω2R,f1=14mg,此种情况下,当物体在最低点时,对物体有f2-mg sin 30°=mω2R,解得f2=34mg;当物体在最高点时,物体受到的摩擦力方向沿半径方向指向圆心时,对物体有mg sin 30°+f1=mω2R,f1=14mg,此种情况下,当物体在最低点时,对物体有f2-mg sin 30°=mω2R,解得f2=54mg。故选D。
3.C 小球恰好能通过最高点,则在最高点小球的重力充当向心力,有mg=mv2r,解得v=gr,故A错误;小球从c(或a)点到b点的过程中,悬线对小球有一个指向圆心的弹力,由牛顿第三定律得,悬线对人有一个斜向右上方(或左上方)的力,故在此过程中台秤的示数会小于Mg,故B错误;小球在a、b、c三个位置,均处于完全失重状态,台秤的示数相同,故C正确;小球在圆的上半区处于失重状态,在下半区处于超重状态,故D错误。
4.AD 若绳b不受力,则Fa cos θ=mω2l,Fa sin θ=mg,此时角速度ω=gltanθ,绳b突然被剪断,绳a的弹力不变,故C错误;若绳b受力,有Fa cos θ+Fb=mω2l,Fa sin θ=mg,综合上面两种情况可知Fa=mgsinθ,Fb=mω2l-mgtanθ,故A、D正确,B错误。
5.D 转轮1与转轮2之间用轻质皮带连接,则边缘各点的线速度大小相等;两转轮半径之比为1∶2,由v=ωR可知,转轮1与转轮2的角速度之比为2∶1,故A错误;由向心加速度公式an=v2R可知,转轮1与转轮2边缘各点的加速度之比为2∶1,故B错误;当杆对铁球向下的弹力等于转轮1与底座的重力时,底座刚好离开地面;此时铁球位于最高点,有F=Mg,对于铁球有mg+F=mv2r,解得v=(mg+Mg)rm,故C错误,D正确。
6.答案 (1)42 m/s (2)7 s (3)π s
解析 (1)若要求运动员沿着测试区域的内侧边界线滑行完成测试,由牛顿第二定律有F=ma2=mv12r
运动员在弯道区域滑行的最大速度
v1=a2r=8×4 m/s=42 m/s
(2)若要求运动员沿着测试区域的外侧边界线滑行完成测试,有F'=ma2=mv22r+d
解得v2=a2(r+d)=8×(4+4) m/s=8 m/s
运动员在直道区域运动的最短时间
t=t1+t2=2 s+5 s=7 s
(3)运动员在弯道区域运动的最短时间
t3=π(r+d)v2=π s
7.答案 (1)0.75 N,方向竖直向下
(2)v=xE+0.250.4(xE≤0.25 m)
解析 (1)由平抛运动规律,水平方向xE=vDt0
竖直方向h-d=12gt02
解得vD=1 m/s
在D点,由牛顿第二定律可得FN+mg=mvD2R
解得滑块从D点飞出时FN=-0.75 N
即轨道对滑块的力大小为0.75 N,方向竖直向上。
根据牛顿第三定律,滑块对轨道的力大小为0.75 N,方向竖直向下。
(2)设小滑块击中收集框底部的点距离左边框为x,根据平抛运动规律,竖直方向h=12gt2
解得t=0.3 s
水平方向有xE+x=vt
落地时的竖直速度vy=gt=3 m/s
反弹后恰好击中G点,竖直方向有d=vyt'-12gt'2
解得向上运动的时间t'=0.1 s(另一根舍去)
水平方向有d-x=vt'
综上可解得v=xE+0.250.4
要使小滑块进入收集框,临界条件为恰好过H点,竖直方向有h-d=12gt02
水平方向有xE=vt0
又因v=xE+0.250.4
综上解得xE=0.25 m
故小球从D点飞出的速度大小v与收集框的E点坐标xE之间应满足v=xE+0.250.4(xE≤0.25 m)