第六章测评
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,操场跑道的弯道部分是半圆形,最内圈的半径大约是36 m。一位同学沿最内圈匀速率跑过一侧弯道的时间约为12 s,则这位同学在沿弯道跑步时( )
A.角速度约为 rad/s
B.线速度约为3 m/s
C.转速约为 r/s
D.向心加速度约为 m/s2
2.(2023河南安阳高一期末)在天宫课堂中,航天员老师利用手摇离心机将水油分离。天宫课堂中航天员的手摇离心机可简化为如图在空间站中手摇小瓶的模型,假设小瓶(包括小瓶中的油和水)的质量为m,P为小瓶的质心,细线的长度(从图中O到P之间的长度)为L,小瓶在t时间内转动了n圈,当小瓶转动到竖直平面内最高点时,细线中的拉力为( )
A. B.
C. D.
3.(2023广东实验中学高一期末)学校春季趣味运动会中有一个集体项目是“同心追梦”,各班派出30名参赛选手,分成6组在两侧接力区进行接力比赛。比赛时5人一组共同抬着竹竿协作配合,以最快速度向标志物跑,到标志物前,以标志物为圆心,转一圈,继续向下一个标志物绕圈,分别绕完3个标志物后,进入对面接力区域,将竹竿交给下一组参赛选手,直到全队完成比赛。假设五位质量不同的参赛选手与地面和竹竿的动摩擦因数相同,某次绕圈过程中角速度先增加后不变,竹竿长度为L,标志物和竹竿始终在一条直线上,最外围的同学做圆周运动的半径不变。下列说法正确的是( )
A.最外围同学受到的向心力最大
B.最里面的同学最容易被甩出去
C.靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离成正比
D.做匀速圆周运动过程中,最外围同学所受合外力始终水平指向圆心
4.(2023广西玉林高一期末)如图所示,小明同学骑独轮车在水平运动场上转弯,转弯时独轮车始终保持竖直状态,转弯的轨道半径为r1时,独轮车恰好不发生侧向滑动。当独轮车速率增大为原来的倍时,若要该同学骑独轮车在同样地面上转弯不发生侧向滑动,则独轮车转弯的轨道半径r2可能为( )
A.r2=r1 B.r2=r1
C.r2=2r1 D.r2=4r1
5.(2023山东淄博高一期末)如图所示,竖直固定的光滑圆锥筒内,有两个完全相同的小球在A、B位置所在的水平面内分别做匀速圆周运动,下列说法正确的是( )
A.两小球做匀速圆周运动的角速度相同
B.两小球所受筒壁的支持力大小相等
C.过A位置做匀速圆周运动的小球线速度小
D.过B位置做匀速圆周运动的小球周期大
6.一水平放置的木板上放有砝码,砝码与木板间的动摩擦因数为μ,如果让木板在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,假如运动中木板始终保持水平,砝码始终没有离开木板,且砝码与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( )
A.在通过轨道最高点时,木板给砝码的支持力大于砝码的重力
B.在经过轨道最低点时,砝码对木板的压力最大,所以砝码所受摩擦力最大
C.匀速圆周运动的速率不能超过
D.在通过轨道最低点时,木板给砝码的支持力小于砝码的重力
7.m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),A为终端皮带轮,如图所示,已知皮带轮半径为r,传送带与皮带轮间不会打滑,当m可被水平抛出时( )
A.皮带的最小速度为
B.皮带的最小速度为
C.A轮每秒的转数最少是
D.A轮每秒的转数最少是
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.如图所示,一半径为r的光滑圆环固定在竖直面内,中间有孔、质量为m的小球套在圆环上。现用始终沿圆环切线方向的外力拉着小球从图示位置由静止开始运动,第二次通过最高点的速度是第一次通过最高点速度的2倍,两次圆环对小球的弹力大小相等,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是( )
A.小球第一次到达最高点时圆环对小球的弹力向上
B.小球第二次到达最高点时圆环对小球的力可能向上
C.小球两次过最高点受到的弹力大小均为
D.小球第一次到达最高点的速度大小为
9.(2023广东广州高一期末)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明,某水车模型如图所示,从槽口水平流出的水初速度大小为v0,垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上,落点到轮轴间的距离为R,在水流不断冲击下,轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小,忽略空气阻力,重力加速度为g,有关水车及从槽口流出的水,以下说法正确的是( )
A.水流在空中运动水平射程为x=
B.水流在空中运动时间为t=
C.水车最大角速度接近ω=
D.水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小v=2v0
10.如图所示,水平转台上有一个质量为m的小物块,用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上,细绳与竖直转轴的夹角为θ,系统静止时细绳绷直但拉力为零。物块与转台间动摩擦因数为μ(μA.物块对转台的压力大小等于物块的重力
B.绳中刚出现拉力时,转台的角速度为
C.转台对物块的摩擦力一直增大
D.物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)(2023江苏涟水第一中学月考)小超同学非常热爱用身边的器材来完成一些物理实验。如图甲所示,他将手机紧靠蔬菜沥水器中蔬菜篮边缘放置,盖上盖子,从慢到快转动手柄,可以使手机随蔬菜篮转动。利用手机软件可以记录手机向心加速度a和角速度ω的数值。更换不同半径的沥水器,重复上述的操作,利用电脑拟合出两次的a-ω2图像如图乙所示。
(1)在从慢到快转动手柄的过程中,蔬菜篮侧壁与手机间的压力 (选填“变大”“变小”或“不变”);
(2)由作出的图像可知, (选填“直线1”或“直线2”)对应的沥水器半径更大。
12.(8分)小明和小乐同学在观看双人花样滑冰比赛时,看到男运动员拉着女运动员的手以男运动员为轴旋转(如图甲所示),他们开始讨论运动员旋转快慢跟什么条件有关,于是就设计了一个实验来探究影响运动员旋转周期的因素。他们在实验室准备了铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表,已知当地的重力加速度为g。该同学实验操作步骤如下:
(1)将铁架台放在水平桌面上,将小球悬挂在铁架台横杆上,按如图乙所示固定好刻度尺,使刻度尺的零刻度与绳子结点处于同一高度。
(2)给小球一个初速度,并经过调整尽量使小球在水平方向上做圆周运动,这样小球的运动可以视为匀速圆周运动。小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数,从他按下秒表的那一刻开始数0,当数到n时停秒表,秒表显示的时间为t,则小球做圆周运动的周期T0= 。在小明数数计时的过程中,小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h1,多次测量后取平均值。
(3)由匀速圆周运动规律,小球做圆周运动周期的表达式为T= (用以上题目所给出的符号表示)。
(4)代入所测数据经过计算,若T0≈T,则可以证明运动员的旋转快慢与 有关。
13.(10分)如图所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO'重合。转台以一定角速度ω匀速旋转,一质量为m的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为60°,重力加速度大小为g。
(1)若ω=ω0,小物块受到的摩擦力恰好为0,求ω0。
(2)当ω=1.2ω0时,小物块仍与罐壁相对静止,求小物块受到的摩擦力的大小和方向。
14.(12分)在用高级沥青铺设的高速公路上,对汽车的设计限速是30 m/s。汽车在这种路面上行驶时,它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的。(g取10 m/s2)
(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上转弯,假设弯道的路面是水平的,其弯道的最小半径是多少
(2)如果高速公路上设计了圆弧拱桥作立交桥,要使汽车能够安全通过(不起飞)圆弧拱桥,这个圆弧拱桥的半径至少是多少
(3)如果弯道的路面设计为倾斜(外高内低),弯道半径为120 m,要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力,则弯道路面的倾斜角度是多少
15.(16分)(2023山东潍坊高一期中)如图所示,一光滑不可伸长的细绳两端分别连接物块a和b,物块a、b质量分别为m1、m2,物块a放到转盘上,另一端绕过光滑的小孔吊着物块b。在物块a上放一质量也为m2的物块c,二者随转盘一起匀速转动且与圆盘始终相对静止,已知物块a到圆心O的距离L=1 m,m1=2 kg,m2=1 kg,物块a与转盘间动摩擦因数μ1=0.25,物块a与物块c间动摩擦因数为μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当物块a与转盘间摩擦力为0时,物块a与物块c间的摩擦力大小是多少
(2)求转盘角速度的范围;
(3)取摩擦力方向背离圆心为正方向,在Ffa-ω2图像中画出物块a与转盘间摩擦力大小随转盘角速度的二次方(ω2)变化的关系图像。(不需要写出计算过程,需要标出横、纵坐标具体数值,可用分数表示)
第六章测评
1.D 由题意知,同学在沿弯道跑步时角速度约为ω= rad/s,故A错误;根据v=ωr可得线速度约为v=3π m/s,故B错误;根据n=得转速约为n= r/s,故C错误;根据a=ω2r得向心加速度约为a= m/s2,故D正确。
2.C 小瓶在t时间内转动了n圈,则周期为T=,在空间站中手摇小瓶在竖直平面内做匀速圆周运动,仅有绳的拉力提供向心力,有FT=mL=,故选C。
3.D 五位同学都是绕障碍物做圆周运动,角速度相等,根据F向=mω2r可知,F向与m、r有关,但m未知,最里面的同学不一定最容易被甩出去,最外围同学受到的向心力不一定最大,故A、B错误;设最里面同学到转轴距离为r1,外围同学到最里面同学的间距为r2,则v=ωr=ω(r1+r2)可知靠近外围的四位同学的线速度与他们到最里面同学的距离不是正比关系,故C错误;做匀速圆周运动的物体由合力提供向心力,即合外力指向圆心,故D正确。
4.D 独轮车在水平地面上转弯,向心力由静摩擦力提供,设独轮车质量为m,独轮车与地面间的动摩擦因数为μ,独轮车转弯的轨道半径为r,则μmg=m,故r∝v2,故速率增大到原来的倍时,转弯的轨道半径至少增大到原来的3倍,只有选项D正确。
5.B 对小球受力分析,如图所示,由牛顿第二定律可得=m=mω2r=mr,解得v=,ω=,T=2π,由几何关系可知rA>rB,易知vA>vB,ωA<ωB,TA>TB,故A、C、D错误;筒壁对小球的支持力与小球重力的关系为FNsin θ=mg,解得FN=易知,筒壁对两小球的支持力大小相等,故B正确。
6.C 在通过轨道最高点时,向心加速度竖直向下,砝码处于失重状态,木板对砝码的支持力小于砝码的重力,故A错误;在最低点,向心加速度竖直向上,砝码对木板的压力最大,此时水平方向上没有力,所以摩擦力为零,故B错误;木板和砝码在竖直平面内做匀速圆周运动,则所受合外力提供向心力,砝码受到重力mg、木板支持力FN和静摩擦力Ff作用,重力mg和支持力FN在竖直方向上,因此只有当砝码所需向心力在水平方向上时静摩擦力才可能有最大值,此时木板和砝码运动到与圆心在同一水平面上,最大静摩擦力必须大于或等于砝码所需的向心力,即μmg≥m,解得v≤,故C正确;在通过轨道最低点时,向心加速度向上,砝码处于超重状态,所以木板给砝码的支持力大于砝码的重力,故D错误。
7.C 物体恰好被水平抛出时,在皮带轮最高点满足mg=,即速度最小为,选项A、B错误;又因为v=2πrn,可得n=,选项C正确,D错误。
8.AD 由分析可知,两次弹力的方向不同,第一次经过最高点速度较小,所需向心力较小,重力大于所需的向心力,故弹力向上,第二次经过最高点速度较大,重力不足以提供向心力,所以第二次弹力向下,故A正确,B错误;设第一次过最高点小球的速度为v,则第二次小球过最高点速度为2v,根据牛顿第二定律有mg-F=m,mg+F=m,联立解得v=,F=,故D正确,C错误。
9.BCD 水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°=,解得t=,故B正确;水流在空中运动水平射程为x=v0t=,故A错误;水流到水轮叶面上时的速度大小为v==2v0,根据v=ωR,解得水车最大角速度为ω=,故C、D正确。
10.BD 当转台达到一定转速后,物块受到绳的拉力、重力和转台的支持力,竖直方向受力平衡,则有Fcos θ+FN=mg,根据牛顿第三定律可知,物块对转台的压力大小等于转台对物块的支持力大小,所以此种情况下物块对转台的压力大小小于物块的重力,故A错误;当绳中刚出现拉力时,有μmg=mω2Lsin θ,得ω=,故B正确;在细绳产生拉力前,滑块所需向心力由摩擦力的分力提供,随着转台角速度的增大,摩擦力增大,当细绳拉力产生后,在竖直方向产生分力,滑块和转台间弹力减小,摩擦力减小,当物块即将离开转台时,摩擦力减为零,故C错误;当物块和转台之间摩擦力为零时,物块开始离开转台,有mgtan θ=mω2Lsin θ,所以物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为ω=,故D正确。
11.答案 (1)变大
(2)直线1
解析 (1)蔬菜篮侧壁对手机的压力提供手机做圆周运动的向心力,根据F=mω2R,在从慢到快转动手柄的过程中,蔬菜篮侧壁与手机间的压力变大。
(2)根据F=mω2R=ma,a=ω2R,故a-ω2图像斜率表示转动半径,故直线1对应的沥水器半径更大。
12.答案 (2)
(3)2π
(4)悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关(男运动员肩部与女运动员重心的高度差)
解析 (2)因为从计时开始数0,所以数到n时经历了n个周期,故T0=。
(3)根据实验模型,由绳在水平方向的分力提供向心力mgtan θ=m2Lsin θ,其中θ为绳与竖直方向的夹角,L为绳长,故T=2π。
(4)根据(3)中结论,周期与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关,即运动员的旋转快慢与悬挂点到圆周运动圆心的竖直高度有关(男运动员肩部与女运动员重心的高度差)。
13.答案 (1)
(2)0.22mg,方向与罐壁相切斜向下
解析 (1)根据mgtan 60°=mRsin 60°
解得ω0=。
(2)设支持力为FN,摩擦力为Ff
FNcos 60°=mg+Ffsin 60°
FNsin 60°+Ffcos 60°=mω2Rsin 60°
解得Ff=0.22mg
方向与罐壁相切斜向下。
14.答案 (1)150 m
(2)90 m
(3)37°
解析 (1)汽车在水平路面上转弯,可视为汽车做匀速圆周运动,其最大向心力等于车与路面间的最大静摩擦力,有mg=m,由速度v=30 m/s,解得弯道的最小半径r=150 m。
(2)汽车过拱桥,可看成在竖直平面内做匀速圆周运动,到达最高点时
有mg-FN=m
为了保证安全,路面对车的支持力FN必须大于等于零。
有mg≥m,代入数据解得R≥90 m。
(3)设弯道倾斜角度为θ,汽车通过此弯道时向心力由重力及支持力的合力提供,有mgtan θ=m
解得tan θ=,故弯道路面的倾斜角度θ=37°。
15.答案 (1) N
(2) rad/s≤ω≤ rad/s
(3)见解析
解析 (1)绳子拉力F=m2g
当物块a与转盘间摩擦力为0时,绳子拉力提供向心力,对于物块a与物块c整体F=(m2+m1)L
解得ω0= rad/s
对于物块c,Ff=m2L
解得Ff= N。
(2)物块a与物块c之间的最大静摩擦力Ffac=μ2m2g=5 N
物块a和物块c二者随转盘一起匀速转动且与圆盘始终相对静止,当物块a和物块c之间的最大静摩擦力提供向心力时,转盘角速度最大Ffac=m2L
解得ω大= rad/s
此时物块a与转盘间的静摩擦力F+Ffa'=(m1+m2)L
解得Ffa'=5 N,方向指向圆心
物块a与转盘间的最大摩擦力Ffa=μ1(m2+m1)g=7.5 N
当物块a与转盘间的摩擦力方向背离圆心时,此时整体受到的向心力最小,则转动的角速度最小F-Ffa=(m2+m1)L
解得ω小= rad/s
则转盘角速度的范围为 rad/s≤ω≤ rad/s。
(3)图像如图第六章分层作业7 圆周运动
A级 必备知识基础练
1.(2023河南永城高中高一期末)轨迹为圆周或一段圆弧的机械运动称为圆周运动,圆周运动是生活中常见的曲线运动,为了描述这类曲线运动,我们引入了一些新的物理量,关于圆周运动及这些物理量的说法正确的是( )
A.速度的大小和方向一定都改变
B.线速度的方向可能指向圆弧内部
C.匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动
D.线速度与角速度一定成正比
2.手摇卷笔刀如图所示,该卷笔刀的工作原理是内部切削部件与外部摇杆一起同轴旋转,外部摇杆上的A点到水平转轴上的O点的长度为L,O、A连线与转轴垂直。若该外部摇杆在时间t内匀速转动了N圈,则A点的线速度大小为( )
A. B.
C. D.
3.(2023河南濮阳高一期末)如图所示,一个固定的转轮的辐条上有两点a、b,关于这两点的线速度v的大小关系和角速度的大小关系正确的是( )
A.va=vb,ωa<ωb
B.vaC.vaD.va=vb,ωa=ωb
4. 一个玩具陀螺如图所示,a、b和c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时,下列表述正确的是( )
A.a、b和c三点的线速度大小相等
B.a、b和c三点的角速度相等
C.a、b的角速度比c的大
D.c的线速度比a、b的大
5.如图所示的装置中,已知大轮B的半径是小轮A的半径的3倍。A、B在边缘接触,形成摩擦传动,接触点无打滑现象。B为主动轮,B转动时边缘的线速度为v,角速度为ω,则( )
A.A轮边缘的线速度为
B.A轮的角速度为
C.两轮边缘的线速度之比为vA∶vB=1∶1
D.两轮转动的周期之比TA∶TB=3∶1
6.某汽车无极变速器的主动带轮和被动带轮均由若干同轴轮组成,金属带不打滑,车轮与被动带轮一侧的输出轴同轴,甲、乙、丙三图所示为变速器的三个工作挡位,若主动带轮转速恒定不变,车轮与路面之间不打滑,则下列说法正确的是( )
A.甲图所示挡位,车速最快
B.乙图所示挡位,车速最快
C.丙图所示挡位,车速最快
D.甲、乙、丙三图所示挡位车速从大到小顺序为甲、丙、乙
7.(2023山东潍坊高一期中)电脑硬盘内电机主轴的旋转速度以每分钟多少转表示,单位表示为rpm(转/每分钟)。若一硬盘转速为7 200 rpm,盘片半径为95 mm,在该硬盘正常工作时( )
A.盘片的周期为 s
B.盘片的角速度大小为7 200π rad/s
C.盘片上边缘某点的线速度大小为22.8π m/s
D.盘片上边缘某点的线速度大小为11.4π m/s
8.(2023山东师范大学附中高一期中)在花样滑冰双人滑比赛中,男运动员以自己为转动轴拉着女运动员做匀速圆周运动的示意图如图所示,若男运动员的转速为45 r/min,女运动员触地冰鞋的线速度大小为6 m/s。
(1)求女运动员做圆周运动的角速度ω;
(2)求女运动员触地冰鞋做圆周运动的半径r;
(3)若他们手拉手绕他们连线上的某点做匀速圆周运动,已知男、女运动员触地冰鞋的线速度分别为3.5 m/s和4.9 m/s,则男、女运动员做圆周运动的半径之比为多少
B级 能力素养提升练
9.(多选)(2023广东中山高一期末)用于汲水的辘轳的模型图如图所示,细绳绕在半径为r的轮轴上悬挂一个水桶M,轮轴上均匀分布着6根手柄,柄端有6个质量均匀的小球m。球离轴心的距离为R,轮轴、绳(极细)及手柄的质量以及摩擦均不计。当手柄匀速转动n周把水桶提上来时,则( )
A.小球的角速度为2πn(rad/s)
B.轮轴转动的角速度等于小球转动角速度
C.水桶的速度与小球转动线速度的比值为
D.轮轴转动了nR周
10. 机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下:车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上,可在原地沿前进方向加速,然后把检测传感器放入尾气出口,操作员把车加速到一定程度,持续一段时间,在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如图所示的检测过程简图:车轴A的半径为rA,车轮B的半径为rB,滚动圆筒C的半径为rC,车轮与滚动圆筒间不打滑,当车轮以恒定转速n(每秒钟n转)运行时,下列说法正确的是( )
A.C的边缘线速度大小为2πnrC
B.A、B的角速度相等,均为2πn,且A、B沿顺时针方向转动,C沿逆时针方向转动
C.A、B、C的角速度大小相等,均为2πn,且均沿顺时针方向转动
D.B、C的角速度之比为
11.如图所示,旋转脱水拖把杆内有一段长度为25 cm的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起,螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)d=5 cm,拖把头的半径为10 cm,拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头就会旋转,把拖把头上的水甩出去。某次脱水时,拖把杆上段1 s内匀速下压了25 cm,该过程中拖把头匀速转动,则( )
A.拖把杆上段向下运动的速度为0.1π m/s
B.拖把头边缘的线速度大小为π m/s
C.拖把头转动的角速度为5π rad/s
D.拖把头的转速为1 r/s
12.利用激光测转速的原理示意图如图甲所示,圆盘可绕固定轴转动,盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当圆盘转到某一位置时,接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束,并将所收到的光信号转变成电信号,在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示),取π=3.14。
(1)若图乙中示波器显示屏横向的每大格(含有5等分小格)对应的时间为Δt=0.100 s,则圆盘的转动周期T= s,转速n= r/s;
(2)若测得圆盘半径为6 cm,则可求得圆盘侧面反光涂层的宽度为 cm。
分层作业7 圆周运动
1.C 速度的大小可能不变,如匀速圆周运动,故A错误;线速度的方向一定沿运动轨迹的切线方向,故B错误;匀速圆周运动是角速度不变的圆周运动,故C正确;如果半径不一定,则线速度与角速度不成正比,故D错误。
2.C 角速度ω=,则A点的线速度大小为v=ωL=,故选C。
3.C a、b属于同轴转动,角速度相同,由v=ωr可知va4.B a、b、c三点共轴,角速度相同,B正确,C错误;Ra=Rb>Rc,a、b、c三点角速度相同,故a、b两点的线速度大于c点线速度,A、D错误。
5.C A、B两轮边缘上各点的线速度大小都与接触点相同,故A轮边缘的线速度为v,选项A错误,C正确;由ω=可知,ωA=3ω,选项B错误;由T=可知TA∶TB=1∶3,选项D错误。
6.B 由题意知主动带轮转速恒定,根据v=ωr可知,金属带所在主动带轮半径越大,线速度越大,所以题图乙所示挡位金属带线速度最大,题图丙所示挡位金属带线速度最小;金属带与所接触被动带轮边缘的线速度相等,根据ω=可知,被动带轮半径越小,角速度越大,所以题图乙所示挡位被动带轮,即输出轴的角速度最大;车轮半径一定,车轮不打滑,车速等于车轮边缘的线速度,根据v=ωr可知,角速度越大,车速越快。综上所述,题图乙所示挡位车速最快,故B正确,A、C错误;车速从大到小顺序为乙、甲、丙,故D错误。
7.C 转盘周期为T= s= s,故A错误;角速度大小为ω=2πn=×2π rad/s=240π rad/s,故B错误;边缘线速度大小为v=ωr=240π×95×10-3 m/s=22.8π m/s,故C正确,D错误。
8.答案 (1)1.5π rad/s (2) m (3)5∶7
解析 (1)两人的角速度相同,转速相同,根据角速度与转速关系得ω=2πn=2π× rad/s=1.5π rad/s。
(2)由公式v=ωr
可得女运动员触地冰鞋做圆周运动的半径为r= m= m。
(3)他们各自做如题图所示的圆周运动,他们的角速度相同,设男运动员做圆周运动的半径为r1,女运动员做圆周运动的半径为r2,根据v=ωr
可得男、女运动员做圆周运动的半径之比为r1∶r2=v1∶v2=5∶7。
9.BC 题中的n不是转速,根据题意无法求出小球的角速度,选项A错误;转轴和小球属于同轴转动,角速度相等,选项B正确;水桶的速度为v=ωr,小球转动的线速度为v'=ωR,水桶的速度是小球转动线速度的,选项C正确;手柄和轮轴属于同轴转动,手柄匀速转动n周,轮轴转动了n周,选项D错误。
10.B 由v=2πnr可知,B的线速度vB=2πnrB,B、C线速度大小相同,即C的线速度vC=vB=2πnrB,A错误;B、C线速度相同,B、C的角速度之比为半径的反比,D错误;A、B为主动轮,且同轴,角速度大小相等,C为从动轮,A、B顺时针转动,C逆时针转动,B正确,C错误。
11.B 拖把杆上段向下运动的速度v杆==0.25 m/s,故A错误;拖把杆上段1 s内匀速下压了25 cm,则转动5圈,即拖把头的转速n=5 r/s,则拖把头转动的角速度ω=2πn=10π rad/s,拖把头边缘的线速度v=ωR=π m/s,故B正确,C、D错误。
12.答案 (1)0.400 2.50 (2)1.88
解析 (1)显示屏横向的每大格(含有5等分小格)对应的时间为Δt=0.100 s,由题图乙可知,圆盘转动的周期T=0.400 s,圆盘转动的转速n= r/s=2.50 r/s。
(2)圆盘侧面反光涂层的宽度约为圆盘周长的,则有s=×2πr=1.88 cm。第六章分层作业8 向心力
A级 必备知识基础练
1.假设一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动,则关于老鹰受力的说法正确的是( )
A.老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B.老鹰受重力和空气对它的作用力
C.老鹰受重力和向心力的作用
D.老鹰受空气对它的作用力和向心力的作用
2.(2023山东临沂高一期中)某次训练中,短道速滑运动员在水平冰面上做匀速圆周运动,则运动员( )
A.受到冰面的作用力大小恒定,做匀加速运动
B.受到冰面的作用力大小恒定,做变加速运动
C.受到冰面的作用力大小变化,做匀加速运动
D.受到冰面的作用力大小变化,做变加速运动
3. 如图所示,将完全相同的两小球A、B用长L=0.8 m的细绳悬于以v=4 m/s向右匀速运动的小车顶部,两球分别与小车前后壁接触。由于某种原因,小车突然停止运动,此时悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)( )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
4. 如图所示,质量为m的小球用细线悬于B点,使小球在水平面内做匀速圆周运动,重力加速度为g。若悬挂小球的细线长为l,细线与竖直方向的夹角为θ,小球做匀速圆周运动的角速度为ω,下列说法错误的是( )
A.小球做圆周运动的向心力大小为mgtan θ
B.细线对小球的拉力为
C.小球的向心力为mω2l
D.小球做圆周运动的周期为
5.(2023浙江衢州高一月考)如图所示,花式摩托艇表演中,摩托艇以速度v在水平海面做匀速圆周运动,轨迹半径为r,摩托艇与人的总质量为m,空气阻力不计。关于水对摩托艇的作用力,下列说法正确的是( )
A.方向始终指向圆心
B.方向始终竖直向上
C.大小为
D.大小为
6.(2023四川绵阳高一期末)如图所示,光滑小球串在三杆夹角均为120°的Y形杆上,三杆结点为O,Y形杆的一杆竖直,并绕该竖直杆匀速旋转,使小球维持在距O点l处,重力加速度为g,则Y形杆旋转的角速度ω为( )
A. B.
C. D.
7.用向心力演示器验证向心力公式的实验示意图如图甲所示,俯视图如图乙所示。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定,且a、b轮半径相同。a、b两轮在皮带的传动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA (选填“>”“=”或“<”)ωB。
(2)现有两个质量相同的钢球,①球放在A槽的边缘,②球放在B槽的边缘,它们到各自转轴的距离之比为2∶1。则钢球①、②的线速度大小之比为 ;受到的向心力大小之比为 。
8.(2023河南安阳高一月考)小李同学用一长为l的轻绳,一端固定在质量为m的小球上,另一端用手捏住,使小球在粗糙水平桌面上做匀速圆周运动,由于桌面的摩擦,小李同学不得不让手在水平桌面上做半径为r的圆周运动,稳定后如图所示,轻绳拉力的方向恰好与小李同学手运动的圆相切,已知小球与桌面间的动摩擦因数为μ,求:
(1)绳子拉力的大小;
(2)小球运动的角速度。
B级 能力素养提升练
9.(多选)(2023陕西渭南高一期末)如图所示,质量为m的小球置于内表面光滑的正方体盒子中,盒子的棱长略大于球的直径。某同学拿着这个盒子在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动,盒子在运动过程中不发生转动,已知重力加速度为g,盒子经过最高点A时与小球间恰好无作用力。以下说法正确的是( )
A.该盒子做匀速圆周运动的线速度为
B.该盒子做匀速圆周运动的周期为2π
C.盒子经过最低点C时与小球之间的作用力大小为2mg
D.盒子经过与圆心O等高处的B点时,小球对盒子左壁的压力大小为mg
10. 如图所示,质量相同的质点A、B被用轻质细线悬挂在同一点O,在同一水平面内做匀速圆周运动,则( )
A.A的线速度一定比B的线速度大
B.A的角速度一定比B的角速度大
C.A的向心力一定比B的向心力小
D.A所受细线的拉力一定比B所受细线的拉力小
11.某同学为探究圆周运动的基本规律设计如图所示的实验装置,在支架上固定一个直流电动机,电动机转轴上固定一拉力传感器,传感器正下方用细线连接一个小球,在侧面连接一位置可以调节的电子计数器。实验操作如下:
①电动机不转动时,记录拉力传感器的示数为F;
②闭合电源开关,稳定后,小球在水平面内做匀速圆周运动,记录此时拉力传感器的示数为2F;
③调节电子计数器的位置,当小球第一次转到离计数器最近的A点时开始计数,并记录为第1次,记录小球第n次到达A点的时间t;
④切断电源,整理器材。
请回答下列问题:
(1)小球运动的周期为 ;
(2)小球运动的向心力大小为 ;
(3)小球做匀速圆周运动的轨道半径为 (用F、t、n、重力加速度g表示)。
12.如图所示,一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上,其下端固定在杆的A端,质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO'匀速转动,且杆与水平面间的夹角始终保持θ=37°,弹簧始终处于弹性限度内。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求弹簧处于原长时,小球的角速度ω0;
(2)当杆的角速度ω=时,求弹簧形变量x。
分层作业8 向心力
1.B 老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动,受重力和空气对它的作用力,两个力的合力充当它做圆周运动的向心力。向心力是根据力的作用效果命名的,不是物体实际受到的力,在分析物体的受力时,不能将其作为物体受到的力。选项B正确。
2.B 运动员受冰面的作用力的水平分力提供向心力,运动员做匀速圆周运动,所以向心力的大小不变,运动员受冰面的作用力大小恒定;向心力始终指向圆心,是变力,所以运动员做变加速运动,故选B。
3.C 设两小球A、B的质量均为m。小车突然停止运动时,小球B由于受到小车前壁向左的弹力作用,相对于小车静止,竖直方向上受力平衡,则有FB=mg;小球A绕悬点以速度v做圆周运动,此时有FA-mg=m,得FA=mg+m。故FB∶FA=1∶3,选项C正确。
4.C 对小球受力分析可知,小球做圆周运动的向心力大小为F向=mgtan θ,选项A正确,不符合题意;细线对小球的拉力为FT=,选项B正确,不符合题意;小球的向心力为F向=mω2lsin θ,选项C错误,符合题意;小球做圆周运动的周期为T=,选项D正确,不符合题意。
5.D 摩托艇受到重力和水的作用力,两个力的合力提供向心力,如图所示,则水对摩托艇的作用力方向既不是指向圆心也不是竖直方向,摩托艇所受到的合力为F合=m,所以F=,故选D。
6.A 小球在水平面内做匀速圆周运动,圆周半径为r=lsin 60°=l,小球所受的合力提供向心力,即Fn=mgtan 30°=mg,由向心力公式Fn=mω2r可得ω=,故选A。
7.答案 (1)= (2)2∶1 2∶1
解析 (1)因两轮转动的角速度相同,而两槽的角速度与两轮角速度相同,则两槽转动的角速度相等,即ωA=ωB。
(2)钢球①、②的角速度相同,半径之比为2∶1,则根据v=ωr可知,线速度大小之比为2∶1,根据Fn=mω2r可知,受到的向心力大小之比为2∶1。
8.答案 (1) (2)
解析 (1)如图所示
小球做圆周运动的半径R=
由几何关系可得sin θ=
摩擦力方向与运动方向相反,沿切线方向,Ff=μmg
则绳子拉力FT=。
(2)根据牛顿第二定律可得FTcos θ=mω2R
联立解得ω=。
9.CD 盒子经过最高点A时与小球间恰好无作用力,此时对球,重力提供向心力,有mg=m,则该盒子做匀速圆周运动的线速度为v=,A错误;盒子做匀速圆周运动的周期为T==2π,B错误;盒子经过最低点C时,对球,支持力与重力的合力提供向心力,有FN-mg=m,解得FN=2mg,C正确;盒子经过与圆心O等高处的B点时,球受到盒子左壁的水平向右的压力Fx提供向心力,有Fx=m=mg,根据牛顿第三定律,小球对盒子左壁的压力大小为F压=Fx=mg,D正确。
10.A 设细线与竖直方向的夹角为θ,根据mgtan θ=mLsin θ·ω2=m,得v=,ω=,A球细线与竖直方向的夹角较大,则线速度较大,两球Lcos θ相等,则两球的角速度相等,故A正确,B错误;向心力Fn=mgtan θ,A球细线与竖直方向的夹角较大,则向心力较大,故C错误;根据竖直方向上受力平衡有Fcos θ=mg,A球与竖直方向的夹角较大,则A球所受细线的拉力较大,故D错误。
11.答案 (1) (2)F (3)
解析 (1)小球运动的周期为T=;
(2)小球的重力G=F=mg,小球运动的向心力大小为F向=F;
(3)小球做匀速圆周运动,则F向=mr,则轨道半径为r=。
12.答案 (1) (2)2L
解析 (1)弹簧为原长时,小球只受到重力和杆的支持力,合力提供向心力mLcos θ=mgtan θ
解得ω0=。
(2)小球静止时,受力平衡mgsin θ=k(L-0.5L)
解得k=
当杆的角速度ω=时,因为ω>ω0,故弹簧处于伸长状态,弹簧的形变量为x,弹簧弹力为F
F=kx
对小球受力分析,竖直方向有FNcos θ=mg+Fsin θ
水平方向有FNsin θ+Fcos θ=mω2(L+x)cos θ
解得x=2L。第六章分层作业9 向心加速度
A级 必备知识基础练
1.(2023广东广州高一期末)物体做圆周运动时,下列说法正确的是( )
A.物体的向心加速度大小与线速度的二次方成正比
B.物体的向心加速度越大,速率变化越快
C.向心加速度的方向始终与线速度方向垂直
D.物体做圆周运动时的加速度始终指向圆心
2.生活中许多物体都做匀速圆周运动,对于做匀速圆周运动的物体的向心加速度,下列说法正确的是( )
A.向心加速度方向不会发生改变
B.线速度越大的物体,向心加速度也越大
C.角速度越大的物体,向心加速度也越大
D.线速度和角速度的乘积越大的物体,向心加速度也越大
3.大型游乐场中有一种叫“摩天轮”的娱乐设施,如图所示,坐在其中的游客随座舱的转动而做匀速圆周运动,以下说法正确的是( )
A.游客的速度不变化,加速度为零
B.游客的速度不变化,加速度也不变化
C.游客的速度要变化,加速度却不变化
D.游客的速度要变化,加速度也要变化
4.如图所示,质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中,如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变,那么( )
A.加速度为零
B.加速度恒定
C.加速度大小不变,方向时刻改变,但不一定指向圆心
D.加速度大小不变,方向时刻指向圆心
5.(2023河南开封高一期末)如图所示,机械式钟表中的三个齿轮的半径之比为1∶2∶4,当齿轮转动的时候,小齿轮边缘的M点和大齿轮边缘的N点的向心加速度大小之比为( )
A.1∶2 B.1∶4
C.2∶1 D.4∶1
6.(2023广东湛江高一期末)明代出版的《天工开物》一书中记载:“其湖池不流水,或以牛力转盘,或聚数人踏转。”如图所示,牛力齿轮翻车通过齿轮传动,将湖水翻入农田。已知a、b两齿轮啮合且齿轮之间不打滑,b、c两齿轮同轴,若a、b、c三齿轮半径的大小关系为ra=2rb=4rc,则( )
A.齿轮a、b的角速度之比为2∶1
B.齿轮a、c的线速度大小之比为4∶1
C.齿轮a、b的向心加速度大小之比为1∶2
D.齿轮a、c的向心加速度大小之比为1∶4
7. 如图所示,做匀速圆周运动的质点在1 s内由A点运动到B点,AB长为 m,所对应的圆心角为。则下列选项正确的是( )
A.质点运动过程中的速度始终不变
B.质点在A点的向心加速度大小为 m/s2
C.质点从A点到B点的速度变化量大小为 m/s
D.质点从A点到B点的平均加速度大小为 m/s2
8.(2023河南洛阳高一期中)张华同学用如图所示装置测量电风扇的转速和叶片边缘的向心加速度的大小,已知永久磁铁每经过传感器一次,传感器就输出一个电压脉冲,计数器显示的数字就增加1。
(1)已有电风扇、电源、传感器、计数器、永久磁铁等仪器,要完成测量,还需要的测量仪器是 、 。
(2)把永久磁铁粘在电风扇的边缘,让电风扇匀速转动,记下所用时间t,从计数器上读出所记录的数字N,即为电风扇转过的圈数,测量出叶片的长度r,电风扇转速表达式n= ,叶片边缘向心加速度大小的表达式为a= 。(用字母N、t、r表示)
B级 能力素养提升练
9.空间站中模拟地球上重力的装置可以简化为如图所示的环形实验装置,外侧壁相当于“地板”。让环形实验装置绕O点旋转,能使“地板”上可视为质点的物体与在地球表面处有同样的“重力”,则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g,装置的外半径为R)( )
A. B.
C.2 D.
10. 荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动,当秋千荡到如图所示的最高点时,小孩的加速度方向是图中的( )
A.a方向
B.b方向
C.c方向
D.d方向
11. 如图所示,甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动,甲沿顺时针方向做匀速圆周运动,圆半径为R;乙做自由落体运动。当乙下落至A点时,甲恰好第一次运动到最高点B,求甲物体匀速圆周运动的向心加速度的大小。
12. 如图所示,定滑轮的半径r=2 cm,绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物,由静止开始释放,测得重物以加速度a=2 m/s2做匀加速运动,在重物由静止下落距离为1 m的瞬间,求滑轮边缘上的角速度和向心加速度的大小。
分层作业9 向心加速度
1.C 当物体做匀速圆周运动且半径不变时,物体的向心加速度大小与线速度的二次方成正比,故A错误;向心加速度的物理意义是描述物体速度方向变化快慢的物理量,其只改变速度的方向,不改变速度的大小,向心加速度的方向始终与线速度方向垂直,故B错误,C正确;如果物体做的不是匀速圆周运动,此时存在切线加速度,故圆周运动的向心加速度与切线加速度的合加速度的方向不一定始终指向圆心,故D错误。
2.D 向心加速度方向始终指向圆心,因此方向时刻改变,A错误;根据a=可得在运动半径相同的情况下,线速度越大的物体,向心加速度越大,B错误;根据a=ω2r可得在运动半径相同的情况下,角速度越大的物体,向心加速度越大,C错误;根据a=ωv可知线速度和角速度的乘积越大的物体,向心加速度越大,D正确。
3.D 游客随摩天轮做匀速圆周运动时线速度大小不变,方向沿圆周的切线方向时刻改变,所以线速度是变化的;而加速度大小an=不变,方向指向圆心,也时刻改变;即游客的速度要变化,加速度也要变化。故选D。
4.D 由题意知,木块做匀速圆周运动,木块的加速度大小不变,方向时刻指向圆心,D正确,A、B、C错误。
5.D 三个齿轮边缘的线速度大小相等,由a=可得,小齿轮边缘的M点和大齿轮边缘的N点的向心加速度大小之比为aM∶aN=4∶1,故选D。
6.C a、b齿轮啮合且齿轮之间不打滑,线速度相同,故ωara=ωbrb,解得ωa∶ωb=1∶2,齿轮a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab=vaωa∶vbωb=1∶2,A错误,C正确;b、c齿轮同轴,角速度相同,故,故vb∶vc=rb∶rc=2∶1,则有va∶vc=2∶1,齿轮a、c的向心加速度大小之比为aa∶ac=vaωa∶vcωc=vaωa∶vcωb=1∶1,B、D错误。
7.D 质点运动过程中的速度大小不变、方向变化,选项A错误;质点的角速度大小ω= rad/s,轨迹圆的半径r==0.5 m,故质点在A点的向心加速度大小a=ω2r= m/s2,选项B错误;质点做圆周运动的线速度大小v=ωr= m/s,根据几何关系,质点从A点到B点的速度变化量大小Δv=v= m/s,质点从A点到B点的平均加速度大小 m/s2,选项C错误,D正确。
8.答案 (1)秒表 刻度尺 (2)
解析 (1)测量的方法:把永久磁铁粘在电风扇的边缘,让电风扇匀速转动,用秒表记下所用时间t,从计数器上读出所记录的数字N,用刻度尺测量出叶片的长度r,所以还需要的仪器是秒表和刻度尺。
(2)转速是指单位时间内,物体做圆周运动的次数,电风扇转速表达式n=,叶片边缘向心加速度大小的表达式为a=ω2r=(2πn)2r=。
9.A “地板”上物体做圆周运动,其向心加速度等于重力加速度,即g=ω2R,解得ω=,所以A正确。
10.B 在最高点时,速度为零的瞬间的加速度只起到改变大小的作用,故没有向心加速度,故加速度沿切线方向。
11.答案 π2g
解析 设乙下落到A点所用时间为t,则对乙,满足R=gt2,得t=,这段时间内甲运动了T,即T=,又由于a=Rω2=R,解得a=π2g。
12.答案 100 rad/s 200 m/s2
解析 重物以加速度a=2 m/s2做匀加速运动
由公式v2-=2ax
代入数据可得此时滑轮边缘的线速度
v==2 m/s
则角速度ω==100 rad/s
向心加速度an==200 m/s2。第六章分层作业10 生活中的圆周运动
A级 必备知识基础练
1.下列措施不属于防止离心现象造成危害的是( )
2.(2023山东泰安高一期末)某城市外环出口路面是一段水平圆弧轨道,已知汽车车轮与轨道路面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,晴天车轮与路面的动摩擦因数为0.6,汽车通过出口的最大速度为40 km/h。雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.3,则雨天汽车通过出口的最大速度为( )
A.20 km/h B.20 km/h
C.20 km/h D.40 km/h
3.摆式列车是集计算机技术、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车。当列车转弯时,在电脑控制下,车厢会自动倾斜;直线行驶时,车厢又恢复原状,实现高速行车,并能达到既安全又舒适的要求。假设有一高速列车在水平面内行驶,以180 km/h的速度拐弯,由列车上的传感器测得一个质量为50 kg的乘客在拐弯过程中所受合力为500 N,则列车的拐弯半径为( )
A.150 m B.200 m C.250 m D.300 m
4.如图甲所示汽车进入弯道前都要进行必要的减速,可以简化为图乙所示的示意图,O、M两点分别为减速点和转向点,OM为进入弯道前的平直公路,MN段路面为水平圆弧形弯道。已知OM段的距离为14 m,弯道的半径为24 m,汽车到达O点时的速度大小为16 m/s,汽车与路面间的动摩擦因数为0.6。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。要确保汽车进入弯道后不侧滑,则在弯道上行驶的最大速度的大小和在OM段做匀减速运动的最小加速度的大小分别为( )
A.16 m/s 2 m/s2 B.16 m/s 4 m/s2
C.12 m/s 2 m/s2 D.12 m/s 4 m/s2
5.(2023黑龙江黑河高一期末)一段铁路转弯处,内、外轨高度差为h,弯道半径为r,两轨间宽度为L,重力加速度的大小为g,该弯道的规定速度最为适宜的是( )
A. B.
C. D.
6.(2023江苏南京高一开学考试)滚筒洗衣机里衣物随着滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动,以达到脱水的效果。滚筒截面如图所示,则( )
A.衣物和水都做离心运动
B.衣物运动到最低点B时处于失重状态
C.衣物运动到最低点B时脱水效果更好
D.衣物运动到最高点A时脱水效果更好
7.(2023浙江杭师大附中高一期中)某地有座新建的凹凸形“如意桥”,刚柔并济的造型与自然风光完美融合。如图所示,该桥由两个凸弧和一个凹弧连接而成,两个凸弧的半径R1=40 m,最高点分别为A、C;凹弧的半径R2=60 m,最低点为B。现有一剧组进行拍摄取景,一位质量m=60 kg的特技演员,驾驶质量m'=120 kg的越野摩托车穿越桥面,穿越过程中可将车和演员视为质点,试求:
(1)当摩托车以v1=10 m/s的速率到达凸弧最高点A时,桥面对车的支持力大小;
(2)当摩托车以v2=15 m/s的速率到达凹弧面最低点B时,质量m=60 kg的特技演员对座椅的压力;
(3)为使得越野摩托车始终不脱离桥面,过A点和C点的最大速度。
B级 能力素养提升练
8.(2023云南曲靖高一阶段练习)2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,已知运动员到达c处的速度大小为,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A. B.
C. D.
9. 如图所示,在较大的平直木板上,将三合板弯曲成拱形桥,三合板上表面事先铺上一层牛仔布增加摩擦,玩具车就可以在桥面上跑起来了。把这套系统放在电子秤上做实验,关于实验中电子秤的示数,下列说法正确的是( )
A.玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态,速度越大(未离开拱桥),示数越大
B.玩具车运动通过拱桥顶端时处于失重状态,速度越大(未离开拱桥),示数越小
C.玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态,速度越大(未离开拱桥),示数越小
D.玩具车运动通过拱桥顶端时处于失重状态,速度越大(未离开拱桥),示数越大
10.(多选)赛车场的一个水平“梨形”赛道如图所示,两个弯道分别为半径R=90 m的大圆弧和r=40 m的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'距离L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g取10 m/s2,π=3.14),则赛车( )
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
11.一辆质量为800 kg的汽车在圆弧半径为50 m的拱桥上行驶。(g取10 m/s2)
(1)若汽车到达桥顶时速度为v1=5 m/s,汽车对桥面的压力是多大
(2)汽车以多大速度经过桥顶时,恰好对桥面没有压力
(3)汽车对桥面的压力过小是不安全的,因此汽车过桥时的速度不能过大。对于同样的车速,拱桥圆弧的半径大些比较安全,还是小些比较安全
(4)如果拱桥的半径增大到与地球半径一样大,汽车要在桥面上腾空,速度至少为多大 (已知地球半径为6 400 km)
分层作业10 生活中的圆周运动
1.A 公路上的减速带是为了防止汽车超速而产生危险,不属于防止离心现象造成危害;砂轮外侧加防护罩是为了避免砂轮转速过大发生离心现象而分裂飞出;链球运动场地安装防护网是为了防止链球离心飞出而造成危害;弯道限速是为了防止汽车车速过大发生离心现象,造成翻车或侧滑。故选A。
2.A 由题意知,当汽车以最大速度通过出口时,汽车与地面之间达到最大静摩擦,即最大静摩擦力提供汽车拐弯需要的向心力,即μ1mg=,同理,雨天汽车通过出口的最大速度满足μ2mg=,联立解得v2=20 km/h,故选A。
3.C 由F=m得R= m=250 m,故C正确。
4.D 汽车在弯道上行驶速度最大时,最大静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律知μmg=m可得v==12 m/s,在OM段汽车做匀减速直线运动,在弯道以最大速度行驶时,减速运动的加速度最小,则v2-=2asOM,解得a=-4 m/s2,即最小加速度大小为4 m/s2,A、B、C错误,D正确。
5.C 当火车以规定速度v运行时,其受力如图所示,此时火车轮与内外轨道无挤压,恰好由支持力与重力的合力作为向心力,根据牛顿第二定律可得mgtan θ=m,斜面的倾角正切值满足tan θ=,联立解得v=,故选C。
6.C 衣物受到筒的支持力和重力,做圆周运动,衣物上的水所受合力不足以提供向心力,做离心运动,从而达到脱水的作用,故A错误;衣物运动到最低点B时,加速度指向圆心,竖直向上,处于超重状态,故B错误;根据牛顿第二定律,在最低点B,有FN1-mg=m,在最高点A,有FN2+mg=m,则FN1>FN2,所以衣物运动到最低点B时,衣物与水更容易分离,脱水效果会更好,故C正确,D错误。
7.答案 (1)1 350 N (2)825 N,方向竖直向下 (3)20 m/s
解析 (1)当摩托车以v1=10 m/s的速率到达凸弧最高点A时,根据牛顿第二定律可得
(m'+m)g-FN=(m'+m)
可得桥面对车的支持力大小为FN=(m'+m)g-(m'+m)=1 350 N。
(2)当摩托车以v2=15 m/s的速率到达凹弧面最低点B时,以特技演员为对象,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m
解得特技演员受到的支持力大小为FN=mg+m=825 N
根据牛顿第三定律可知,特技演员对座椅的压力大小为825 N,方向竖直向下。
(3)设越野摩托车过A点和C点时刚好不脱离桥面,则有(m'+m)g=(m'+m)
解得过A点和C点的最大速度为vm==20 m/s。
8.B 在c点有FN-mg=m,且FN≤kmg,联立有Rc≥,即c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于,故A、C、D错误,B正确。
9.B 玩具车运动通过拱桥顶端时加速度向下,处于失重状态,玩具车在顶端时,mg-FN=m,则FN=mg-m,可知速度越大(未离开拱桥),FN越小,则电子秤示数越小,故选B。
10.AB 如图所示,设直道分别为AB和CD段,作BE平行于OO',根据几何知识可得xBE=100 m,xAE=50 m,xAB=50 m,大圆弧为匀速圆周运动,速度为vA,根据牛顿第二定律,2.25mg=m,可得vA=45 m/s,小圆弧各处速度为vB,2.25mg=m,可得vB=30 m/s,vC=vB11.答案 (1)7 600 N (2)22.4 m/s (3)半径大些比较安全 (4)8 000 m/s
解析
如图所示,汽车到达桥顶时,受到重力mg和桥面对它的支持力FN的作用。
(1)汽车对桥面的压力大小等于桥面对汽车的支持力FN。汽车过桥时做圆周运动,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律有mg-FN=m
所以FN=mg-m=7 600 N
由牛顿第三定律可知,汽车对桥面的压力为7 600 N。
(2)汽车经过桥顶时恰好对桥面没有压力,则FN=0,即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供,所以有mg=m
解得v==22.4 m/s。
(3)由上述解析可知,对于同样的车速,拱桥圆弧的半径大些比较安全。
(4)由(2)问可知,若拱桥的半径增大到与地球半径一样大,汽车要在桥面上腾空,速度至少为v'= m/s=8 000 m/s。第六章分层作业11 圆周运动的典型问题和模型
A级 必备知识基础练
1.某游乐场中的“过山车”有两个半径分别为r1、r2的圆形轨道,固定在竖直平面内,如图所示,某游客乘坐的小车从倾斜轨道上滑下,连续经过两圆形轨道的最高点O、P时速度大小分别为v1、v2,若在这两点,小车对轨道的压力都为零,则v1∶v2为( )
A. B. C. D.
2.如图所示,游乐场里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,人体颠倒。若乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于其自身重力的一半,轨道半径为R,重力加速度为g,则此时过山车的速度大小为( )
A. B.
C. D.
3.(2023河南许昌高一期末)如图所示,细绳的一端固定在悬点O,细绳的另一端连接一个小球,小球绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。当小球运动到最高点P时,突然剪断细绳,则关于小球以后运动的大致轨迹,下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
A.小球的运动轨迹可能是1
B.小球的运动轨迹可能是2
C.小球的运动轨迹可能是3
D.小球沿着原来的运动轨迹运动到Q点后,再竖直向下运动
4.如图所示,一长l=0.5 m的轻杆,一端固定在水平转轴上,另一端固定一质量m=0.5 kg的小球,轻杆随转轴在竖直平面内做角速度ω=4 rad/s的匀速圆周运动,其中A为最高点,C为最低点,B、D两点和圆心O在同一水平线上,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.小球在A点时,杆对小球的作用力方向竖直向下
B.小球在B点时,杆对小球的作用力方向指向圆心
C.小球在C点时,杆对小球的作用力大小为4 N
D.小球在D点时,杆对小球的作用力大小为 N
5.质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道内侧运动,若经最高点不脱离轨道的临界速度为v,则当小球以速度2v经过最高点时,小球对轨道的压力大小为( )
A.0 B.mg C.3mg D.5mg
6.(2023山东日照高一期末)如图所示,杂技表演时,两根长度均为l的不可伸长轻绳一端系在杂技演员的腰间(图中A点),另一端分别系在竖直杆上的B点和C点,随着杆转动,杂技演员也在空中转动,同时表演各种动作。已知BC=l,杂技演员的质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,下列判断正确的是( )
A.角速度大小为时,绳AC的拉力大小为mg
B.角速度大小为时,绳AB的拉力大小为2mg
C.角速度大小为时,绳AB的拉力大小为3mg
D.角速度大小为时,绳AC的拉力大小为mg
7.(2023河南安阳高一期末)如图所示,两质量均为m的小物块A和B(看作质点)放在光滑水平盘上,A、B间的动摩擦因数为μ,物块B用一根长为l的轻绳沿半径方向与转轴相连,绳与盘面平行,A、B绕转轴做匀速圆周运动,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.当A和B保持相对静止时,A和B转动的最小周期为2π
B.当A、B以角速度ω=转动时,A受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
C.当A、B以角速度ω=转动时,B对A的摩擦力为μmg
D.当A、B以角速度ω=转动时,轻绳的拉力为2μmg
8.某游乐设施如图所示,水平转盘中央有一根可供游客抓握的绳子,质量为m的游客,到转轴的距离为r,游客和转盘间的动摩擦因数为μ,设游客受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度为g。
(1)当游客不抓握绳子时,为保证游客不滑动,转盘的角速度最大不能超过多少
(2)当转盘的角速度ω=时,游客抓住绳可使自己不滑动,则人拉绳的力至少是多大
B级 能力素养提升练
9.某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器,滚筒内表面粗糙,直径为D。工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动。为使栗子受热均匀,要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离,则(重力加速度为g)( )
A.滚筒的角速度ω应满足ω<
B.滚筒的角速度ω应满足ω>
C.栗子脱离滚筒的位置与其质量有关
D.若栗子到达最高点时脱离滚筒,栗子将自由下落
10.如图所示,一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动,圆筒的半径r=1.5 m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止,小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),转动轴与水平面间的夹角为60°,重力加速度g取10 m/s2,则ω的最小值是( )
A.1 rad/s B. rad/s
C. rad/s D.5 rad/s
11. (多选)如图所示,一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内,其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动,小球通过最高点时的速率为v0,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.若v0=,则小球对管内壁无压力
B.若v0>,则小球对管内上壁有压力
C.若0D.不论v0多大,小球对管内下壁都有压力
12.(多选)(2023湖北武汉高一期末)如图甲所示,一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线竖直,母线与轴线之间夹角为θ,一条长度为l的轻绳,一端固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为m的小球(可看作质点),小球以角速度ω绕圆锥体的轴线做匀速圆周运动,细线拉力F随ω2变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,由图乙可知( )
A.绳长为l=1 m
B.母线与轴线之间夹角θ=30°
C.小球质量为0.5 kg
D.小球的角速度为2.5 rad/s时,小球刚离开锥面
13.如图所示,竖直薄壁圆筒内壁光滑,其半径为R,上部侧面A处开有小口,在A处小口的正下方B处亦开有与其大小相同的小口,小球从A处小口沿切线方向水平射入筒内,使小球紧贴筒内壁运动。要使小球从B处小口处飞出,小球进入A处小口的最小速率v0为( )
A.πR B.πR
C.πR D.2πR
14.(2023广东惠州高一期末)旋转秋千是游乐园里常见的游乐项目,它由数十个座椅通过缆绳固定在旋转圆盘上,每一座椅可坐一人。一种模拟该运动的装置如图所示,整个装置可绕置于地面上的竖直轴Oa转动,已知与转轴固定连接的水平杆ab长s=0.1 m,连接小球的细绳长L= m,小球质量m=0.1 kg,整个装置绕竖直轴Oa做匀速圆周运动时,连接小球的细绳与竖直方向成37°角,小球到地面的高度h=0.8 m,重力加速度g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)细绳对小球的拉力FT是多大
(2)求该装置匀速转动角速度的大小;
(3)若转动过程中,细绳突然断裂,求小球落地时到转轴Oa的水平距离。
分层作业11 圆周运动的典型问题和模型
1.B 在这两点,小车对轨道的压力都为零,则mg=m,mg=m,则,故选B。
2.C 乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于其自身重力的一半,则座椅对乘客的支持力也为重力的一半,由于在最高点时,乘客在座椅里面头朝下,所以座椅对乘客的支持力也朝下,则有FN+mg=m,FN=0.5mg,联立解得v=,故选C。
3.A 小球经过P点时,速度最小值满足mg=m,即v=,绳子断裂后小球做平抛运动,则运动轨迹为抛物线,当下落到OQ水平线上时,根据x=vt,r=gt2,解得x=r>r,小球的运动轨迹可能是1,故选A。
4.D 小球做匀速圆周运动,合力提供向心力,当小球在A点时,mg+FA=mω2l,解得FA=-1 N,杆对小球的作用力方向竖直向上,A错误;小球在B点时,合力提供向心力,则杆对小球的作用力方向斜向右上方,B错误;当小球在C点时,FC-mg=mω2l,解得FC=9 N,C错误;小球在D点时,杆对小球的作用力方向斜向左上方,FD= N,D正确。
5.C
当小球以速度v经过轨道内侧最高点时,小球仅受重力,重力充当向心力,有mg=m;当小球以速度2v经过轨道内侧最高点时,小球受重力mg和向下的支持力FN,如图所示,合力充当向心力,有mg+FN=m;又由牛顿第三定律得到,小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等,FN'=FN。由以上三式得到,FN'=3mg,故C正确。
6.B 假设绳AC有张力,对杂技演员进行受力分析如图所示,利用正交分解在竖直方向可得FTABsin 30°=mg+FTACsin 30°,在水平方向列动力学方程可得FTABcos 30°+FTACcos 30°=mω2lcos 30°,联立方程可得FTAB=+mg,FTAC=-mg,由上式可知:当ω≤时,FTAC≤0,绳AC松弛,故A错误;当ω=时,FTAB=2mg,故B正确;当ω=时,FTAB=mg,故C错误;当ω=时,FTAC=mg,故D错误。
7.A A刚好要相对B发生滑动时,由牛顿第二定律可得μmg=ml=ml,解得A和B转动的最大角速度和最小周期分别为ω1=,T1=2π,A正确;当A、B转动的角速度为ω=<ω1,A、B相对静止,A受到重力、支持力、静摩擦力的作用,静摩擦力充当向心力,静摩擦力的大小为Ff=mlω2=μmg,B、C错误;当A、B以角速度ω=转动时,整体由牛顿第二定律可得,轻绳的拉力为FT=2mlω2=μmg,D错误。
8.答案 (1) (2)μmg
解析 (1)当游客受到的摩擦力达到最大静摩擦时即将滑动,μmg=mr
得ω0=。
(2)由题意FT+μmg=mω2r
得FT=μmg。
9.A 栗子在最高点恰好不脱离时,有mg=mω2,解得ω=,要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离,则ω<,故A正确,B错误;栗子脱离滚筒的位置与其质量无关,故C错误;若栗子到达最高点时脱离滚筒,由于栗子此时的速度不为零,故栗子的运动不是自由落体运动,故D错误。
10.C 若物块转到最高点时恰不下滑,则对物块由牛顿第二定律可知FN+mgcos 60°=mω2r,Ff=μFN=mgsin 60°,解得ω= rad/s,故选C。
11.ABC 当小球在最高点,只有重力提供向心力时,由mg=m解得v0=,此时小球对管内壁无压力,选项A正确;若v0>,则有mg+FN=m,表明小球对管内上壁有压力,选项B正确;若012.CD 当小球将要离开锥面时,分析小球受力知Fsin θ=mω2lsin θ,即F=mlω2,离开锥面后,设绳子与竖直方向的夹角为α,Fsin α=mω2lsin α,即F=mlω2,由题图乙可知,离开锥面后ml=1,当小球未离开锥面时,分析小球受力得,x轴方向上有Fsin θ-FNcos θ=mω2lsin θ,y轴方向上有Fcos θ+FNsin θ=mg,二式联立可得F=mlsin2θω2+mgcos θ,则k=mlsin2θ=,mgcos θ=4 N,所以θ=37°,m=0.5 kg,l=2 m,A、B错误,C正确;离开锥面前Fsin θ-FNcos θ=mω2lsin θ,离开锥面后F=mlω2,由图乙可知,当ω2= rad2/s2时图像斜率发生改变,即小球刚离开锥面,解得ω= rad/s时小球刚离开锥面,D正确。
13.B 在竖直方向,小球做自由落体运动,根据h=gt2,可得小球在桶内的运动时间为t=;在水平方向,以圆周运动的规律来研究,运动的时间为t=n(n=1,2,3,…),联立可得v0==nπR(n=1,2,3,…),当n=1时,v0取最小值,所以最小速率v0=πR,B正确,A、C、D错误。
14.答案 (1)1.25 N (2)5 rad/s (3)0.3 m
解析 (1)小球竖直方向受力平衡,有FT=
解得FT=1.25 N。
(2)小球做水平面内的匀速圆周运动,合力提供向心力,可得mgtan 37°=mω2r
小球做圆周运动的半径r=s+Lsin 37°
联立解得ω=5 rad/s。
(3)细绳断裂时,小球的线速度大小为v=ωr=1.5 m/s
由h=gt2
解得t=0.4 s
小球平抛过程中,水平分位移为x=vt=0.6 m
根据几何关系可得小球落地时到转轴Oa的水平距离为d=
解得d= m=0.3 m。
