本章易错过关(二)
1.D [解析] 运动员在圆形弯道上匀速率奔跑,线速度大小不变,方向时刻改变,A错误;运动员在圆形弯道上匀速率奔跑,做匀速圆周运动,加速度大小不变,方向时刻改变,B错误;根据Δv=a·Δt可知,运动员的加速度时刻改变,因此相同时间内速度变化量不相同,C错误;运动员在圆形弯道上匀速率奔跑,做匀速圆周运动,角速度大小恒定,根据θ=ω·Δt可知,相同时间内与弯道圆心的连线转过的角度相同,D正确.
2.AD [解析] 由于rA
3.BC [解析] 对老鹰受力分析,老鹰受到的重力与空气对它的作用力的合力提供老鹰做圆周运动的向心力,故A错误;老鹰做匀速圆周运动的向心力F向=mω2R,老鹰受空气对它的作用力大小为F=,故B正确;根据线速度与角速度关系式,知老鹰线速度的大小v=ωR,故C正确;根据角速度和周期关系,可知老鹰运动的周期T=,故D错误.
4.B [解析] 旋转过程中,游客和座椅受重力、拉力作用,不受向心力作用,故A错误;根据v=ωr可知,ω相同,坐在外侧的游客做圆周运动的r较大,故线速度更大,B正确;“飞椅”转动的角速度越大,需要的向心力越大,向心力由重力和拉力的合力提供,则钢绳上的拉力越大,钢绳与竖直方向的夹角越大,旋转半径越大,C、D错误.
5.CD [解析] 当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势,汽车靠重力和支持力的合力提供向心力,可知匝道外侧较高,内侧较低,故A错误;根据A分析可知,内侧较低,外侧较高,设倾角为θ,靠重力和支持力的合力提供向心力,则有mgtan θ=m,可知汽车是否容易打滑与汽车的质量无关,与速率有关,则有v0=,可知当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值不变,故B错误,C正确;当车速高于v0一定限度,即重力、支持力和静摩擦力的合力不够提供向心力时,汽车做离心运动,向匝道外侧滑动,故D正确.
6.B [解析] 若小球在最高点时恰好对杆的作用力为0,此时小球的速率为v0,则有mg=m,其中R=l=0.5 m,则v0== m/s>2 m/s,故题中小球实际受到支持力作用.设小球受的支持力为FN,则对小球有mg-FN=m,所以FN=mg-m=3×10 N-3× N=6 N,由牛顿第三定律得,杆受到的压力FN'=FN=6 N,B正确.
7.C [解析] 小球受重力、细线的拉力,由于小球做匀速圆周运动,故合力提供向心力,故A错误;将重力与拉力合成,合力指向圆心,由几何关系得,合力F=mgtan θ,由向心力公式得到F=mω2r,设小球与悬挂点间的高度差为h,由几何关系,得r=htan θ,联立可得ω=,知角速度相等,由ω=知,角速度相同,则周期相同,由v=ωr,可知轨道半径越大,则线速度越大,故B、D错误,C正确.
8.D [解析] 假设轮盘乙的半径为R,由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等,有ω甲·3R=ω乙R,得ω甲∶ω乙=1∶3,所以滑块相对轮盘滑动前,A、B的角速度之比为1∶3,A正确;滑块相对轮盘滑动前,根据a=ω2r得A、B的向心加速度之比为aA∶aB=2∶9,B正确;根据题意可得滑块A、B受到的最大静摩擦力分别为fA=μmAg,fB=μmBg,最大静摩擦力之比为fA∶fB=mA∶mB,滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为fA'∶fB'=(mAaA)∶(mBaB)=mA∶(4.5mB),所以滑块B受到的摩擦力先达到最大静摩擦力,先开始滑动,C正确,D错误.
9.(1) 1∶2 (2)1∶4 (3)当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的平方ω2成正比关系
[解析] (1)左、右塔轮边缘的线速度相等,则根据v=ωR可得==,A、C两处的角速度之比为1∶2;
(2)根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知,A、C两处小球所受向心力大小之比约为1∶4;
(3)由此实验,得到的结论是:当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度的平方ω2成正比关系.
10.(1)11 250 N (2)700 N (3)20 m/s
[解析] (1)轿车通过凸弧面最高点A时,由牛顿第二定律有mg-FN1=m
解得FN1=11 250 N
(2)轿车通过凹弧面最低点B时,对轿车内的驾驶员由牛顿第二定律有FN2-m'g=m'
由牛顿第三定律可知,压力等于支持力,有FN2'=FN2
解得FN2'=700 N
(3)轿车过凹桥时处于超重状态,过凸弧面时处于失重状态,过凸弧面最高点与桥面的压力刚好等于零时,有mg=m
解得v1==20 m/s
故为使轿车始终不离开桥面,车速不得超过20 m/s
11.(1) (2)2 (3)
[解析] (1)由牛顿第三定律知到达B处时,圆弧轨道对小球的压力大小为FN=mg
在B点时,由重力和轨道的压力提供向心力,有mg+FN=m
解得v=
(2)小球离开B点后做平抛运动,小球落到C点时,根据平抛运动规律得tan 45°===
解得t=2
(3)小球落在斜面上C点时,竖直分速度为vy=gt=2
所以小球落到C点时的速度大小vC==本章易错过关(二)
1.[2024·珠海二中月考] 某运动员在圆形弯道上匀速率奔跑,则该运动员 ( )
A.线速度不变
B.加速度不变
C.相同时间内速度变化量相同
D.相同时间内与弯道圆心的连线转过的角度相同
2.(多选)[2024·中山期末] 如图是家庭里常见的厨房水槽的水龙头,A、B分别是出水口上的两点. 当出水口绕转轴O转动,v表示线速度,ω表示角速度,a表示向心加速度,T表示周期,则下列判断正确的是 ( )
A.aAωB
C.vA>vB D.TA=TB
3.(多选)[2024·深圳期末] 如图所示,一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动,质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g.下列说法正确的有 ( )
A.老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B.老鹰受空气对它的作用力大小为
C.老鹰线速度的大小为ωR
D.老鹰运动的周期为
4.[2024·河北石家庄二中月考] 有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目(如图所示).钢绳的一端系着座椅,另一端固定在水平转盘上.转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动.当转盘匀速转动时,钢绳与转轴在同一竖直平面内.将游客和座椅看作一个质点,不计空气阻力及钢绳的重力,以下分析正确的是( )
A.旋转过程中,游客和座椅受到重力、拉力和向心力
B.根据v=ωr可知,坐在外侧的游客旋转的线速度更大
C.根据F=mω2r可知,“飞椅”转动的角速度越大,旋转半径越小
D.若“飞椅”转动的角速度变大,钢绳上的拉力大小不变
5.(多选)[2024·汕头期中] 从高速公路下来需要通过一段转弯半径较小的匝道,由于车速较大,匝道的路面都不是水平的.图示为某一段匝道的俯视示意图,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该匝道的拐弯处,下列判断正确的是 ( )
A.匝道外侧较低,内侧较高
B.以相同的速率经过匝道时,质量大的汽车不容易打滑
C.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值不变
D.当车速高于v0一定限度时,车辆有可能会向匝道外侧滑动
6.如图所示,轻质细杆OA长l=0.5 m,A端固定一个质量为3 kg的小球,小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动.通过最高点时小球的速率是2 m/s, g取10 m/s2,则此时细杆OA ( )
A.受到6 N的拉力
B.受到6 N的压力
C.受到24 N的拉力
D.受到54 N的拉力
7.[2024·珠海一中月考] 如图所示,细线下端悬挂一个小球,细线上端固定于O点,改变细线的长度使小球在同一水平面做半径不同的匀速圆周运动,则 ( )
A.向心力为细线的拉力
B.半径不同,线速度大小相同
C.半径不同,小球做圆周运动的周期相同
D.半径越大,小球做圆周运动的角速度越大
8.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型.如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动,其中O、O'分别为两轮盘的轴心.已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙=3∶1,且在正常工作时两轮盘不打滑.今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B,两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两滑块离轴心O、O'的距离关系为RA=2RB.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来,且转速逐渐增加,则下列叙述错误的是( )
A.滑块A和B均与轮盘相对静止时,角速度之比为ω甲∶ω乙=1∶3
B.滑块A和B均与轮盘相对静止时,向心加速度之比为aA∶aB=2∶9
C.转速增加后,滑块B先发生滑动
D.转速增加后,两滑块一起发生滑动
二、实验题
9.[2024·广州六中月考] 如图甲,利用向心力演示器探究做圆周运动的小球,当质量、半径一定时,所需向心力大小F与角速度ω之间的关系.
(1)如图乙,若传动皮带套在塔轮第二层,左、右塔轮半径R1、R2之比为2∶1,则塔轮转动时,A、C两处的角速度之比为 ;
(2)图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙,则A、C两处小球所受向心力大小之比约为 ;
(3)由此实验,得到的结论是 .
三、计算题
10.[2024·广州中学月考] 浙江某旅游景点有四凸形“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,两个凸弧的半径均为R1=40 m,最高点分别为A、C,凹弧的半径R2=60 m,最低点为B,假设现有一辆包括驾驶员在内总质量m=1500 kg的小轿车(可视为质点)以恒定速率驶过此桥,重力加速度g取10 m/s2.
(1)当轿车以v=10 m/s的速率驶过此桥,到达凸弧面最高点A时,求桥面对车的支持力大小;
(2)当轿车以v=10 m/s的速率驶过此桥,轿车到达凹弧面最低点B时,求车内质量m'=60 kg的驾驶员对座椅的压力大小;
(3)为使轿车始终不离开桥面,则车速不得超过多少
11.[2024·汕头期中] 如图所示,竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O的正上方,一个质量为m的小球在A点正上方某处由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点,且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为mg(g为重力加速度).求:
(1)小球到B点时的速度大小;
(2)小球从B点运动到斜面上C点所用的时间;
(3)小球落到斜面上C点时的速度大小.(共27张PPT)
本章易错过关(二)
一、选择题
二、实验题
三、计算题
一、选择题
1.[2024·珠海二中月考] 某运动员在圆形弯道上匀速率奔跑，则该运动员( )
D
A.线速度不变
B.加速度不变
C.相同时间内速度变化量相同
D.相同时间内与弯道圆心的连线转过的角度相同
[解析] 运动员在圆形弯道上匀速率奔跑，线速度大小不变，方向时刻改变，A错误；运动员在圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻改变，B错误；根据可知，运动员的加速度时刻改变，因此相同时间内速度变化量不相同，C错误；运动员在圆形弯道上匀速率奔跑，做匀速圆周运动，角速度大小恒定，根据可知，相同时间内与弯道圆心的连线转过的角度相同，D正确.
2.(多选)[2024·中山期末] 如图是家庭里常见的厨房水槽的水龙头，、分别是出水口上的两点.当出水口绕转轴转动，表示线速度， 表示角速度，表示向心加速度，表示周期，则下列判断正确的是( )
AD
A. B. C. D.
[解析] 由于，，由向心加速度公式,得，A正确；A、B两点是水龙头上的两点，角速度相同，即，A、B两点与转轴距离，由公式得，B、C错误；由于，由,得，D正确.
3.(多选)[2024·深圳期末] 如图所示，一只老鹰在水平面内盘旋做匀速圆周运动，质量为，运动半径为，角速度大小为 ，重力加速度为.下列说法正确的有( )
BC
A.老鹰受重力、空气对它的作用力和向心力的作用
B.老鹰受空气对它的作用力大小为
C.老鹰线速度的大小为
D.老鹰运动的周期为
[解析] 对老鹰受力分析，老鹰受到的重力与空气对它的作用力的合力提供老鹰做圆周运动的向心力，故A错误；老鹰做匀速圆周运动的向心力,老鹰受空气对它的作用力大小为,故B正确；根据线速度与角速度关系式，知老鹰线速度的大小,故C正确；根据角速度和周期关系，可知老鹰运动的周期,故D错误.
4.[2024·河北石家庄二中月考] 有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目(如图所示).钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上.转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动.当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖
B
A.旋转过程中，游客和座椅受到重力、拉力和向心力
B.根据可知，坐在外侧的游客旋转的线速度更大
C.根据可知，“飞椅”转动的角速度越大，旋转半径越小
D.若“飞椅”转动的角速度变大，钢绳上的拉力大小不变
直平面内.将游客和座椅看作一个质点，不计空气阻力及钢绳的重力，以下分析正确的是( )
[解析] 旋转过程中，游客和座椅受重力、拉力作用，不受向心力作用，故A错误；根据可知， 相同，坐在外侧的游客做圆周运动的较大，故线速度更大，B正确；“飞椅”转动的角速度越大，需要的向心力越大，向心力由重力和拉力的合力提供，则钢绳上的拉力越大，钢绳与竖直方向的夹角越大，旋转半径越大，C、D错误.
5.(多选)[2024·汕头期中] 从高速公路下来需要通过一段转弯半径较小的匝道，由于车速较大，匝道的路面都不是水平的.图示为某一段匝道的俯视示意图，当汽车行驶的速率为时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该匝道的拐弯处，下列判断正确的是( )
CD
A.匝道外侧较低，内侧较高
B.以相同的速率经过匝道时，质量大的汽车不容易打滑
C.当路面结冰时，与未结冰时相比，的值不变
D.当车速高于一定限度时，车辆有可能会向匝道外侧滑动
[解析] 当汽车行驶的速率为时，汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，汽车靠重力和支持力的合力提供向心力，可知匝道外侧较高，内侧较低，故A错误；根据A分析可知，内侧较低，外侧较高，设倾角为 ，靠重力和支持力的合力提供向心力，则有，可知汽车是否容易打滑与汽车的质量无关，与速率有关，则有，可知当路面结冰时，与未结冰时相比，的值不变，故B错误，C正确；当车速高于一定限度，即重力、支持力和静摩擦力的合力不够提供向心力时，汽车做离心运动，向匝道外侧滑动，故D正确.
6.如图所示，轻质细杆长，端固定一个质量为的小球，小球以为圆心在竖直平面内做圆周运动.通过最高点时小球的速率是，取，则此时细杆( )
B
A.受到的拉力 B.受到的压力 C.受到的拉力 D.受到的拉力
[解析] 若小球在最高点时恰好对杆的作用力为0，此时小球的速率为，则有，其中，则，故题中小球实际受到支持力作用.设小球受的支持力为，则对小球有,所以，由牛顿第三定律得，杆受到的压力，B正确.
7.[2024·珠海一中月考] 如图所示，细线下端悬挂一个小球，细线上端固定于点，改变细线的长度使小球在同一水平面做半径不同的匀速圆周运动，则( )
C
A.向心力为细线的拉力 B.半径不同，线速度大小相同
C.半径不同，小球做圆周运动的周期相同 D.半径越大，小球做圆周运动的角速度越大
[解析] 小球受重力、细线的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力，故A错误；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力 ，由向心力公式得到，设小球与悬挂点间的高度
差为，由几何关系，得 ，联立可得，知角速度相等，由知，角速度相同，则周期相同，由，可知轨道半径越大，则线速度越大，故B、D错误，C正确.
8.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型.如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中、分别为两轮盘的轴心.已知两个轮盘的半径之比，且在正常工作时两轮盘不打滑.今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块、，两滑块与轮盘间的动摩擦
因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块离轴心、的距离关系为.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述错误的是( )
A.滑块和均与轮盘相对静止时，角速度之比为
B.滑块和均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为
C.转速增加后，滑块先发生滑动
D.转速增加后，两滑块一起发生滑动
√
[解析] 假设轮盘乙的半径为，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有，得，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据得A、B的向心加速度之比为，B正确；根据题意可
得滑块A、B受到的最大静摩擦力分别为，，最大静摩擦力之比为，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为，所以滑块B受到的摩擦力先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误.
二、实验题
9.[2024·广州六中月考] 如图甲，利用向心力演示器探究做圆周运动的小球，当质量、半径一定时，所需向心力大小与角速度 之间的关系.
(1) 如图乙，若传动皮带套在塔轮第二层，左、右塔轮半径、之比为，则塔轮转动时，、两处的角速度之比为_____；
[解析] 左、右塔轮边缘的线速度相等，则根据可得，、两处的角速度之比为；
(2) 图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙，则、两处小球所受向心力大小之比约为_____；
[解析] 根据图中标尺上黑白相间的等分格显示可知，、两处小球所受向心力大小之比约为；
(3) 由此实验，得到的结论是_________________________________________________________________.
当质量、半径一定时，所需向心力大小与角速度的平方成正比关系
[解析] 由此实验，得到的结论是：当质量、半径一定时，所需向心力大小与角速度的平方成正比关系.
三、计算题
10.[2024·广州中学月考] 浙江某旅游景点有四凸形“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，两个凸弧的半径均为，最高
(1) 当轿车以的速率驶过此桥，到达凸弧面最高点时，求桥面对车的支持力大小；
[答案]
[解析] 轿车通过凸弧面最高点时，由牛顿第二定律有
解得
点分别为、，凹弧的半径，最低点为，假设现有一辆包括驾驶员在内总质量的小轿车(可视为质点)以恒定速率驶过此桥，重力加速度取.
(2) 当轿车以的速率驶过此桥，轿车到达凹弧面最低点时，求车内质量的驾驶员对座椅的压力大小；
[答案]
[解析] 轿车通过凹弧面最低点时，对轿车内的驾驶员由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知，压力等于支持力，有
解得
(3) 为使轿车始终不离开桥面，则车速不得超过多少？
[答案]
[解析] 轿车过凹桥时处于超重状态，过凸弧面时处于失重状态，过凸弧面最高点与桥面的压力刚好等于零时，有
解得
故为使轿车始终不离开桥面，车速不得超过
11.[2024·汕头期中] 如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，端与圆心等高，为与水平方向成 角的斜面，端在的正上方，一个质量为的小球在点正上方某处由静止开始释放，自由下落至点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达点，且到达处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为(为重力加速度).求：
(1) 小球到点时的速度大小；
[答案]
[解析] 由牛顿第三定律知到达处时，圆弧轨道对小球的压力大小为
在点时，由重力和轨道的压力提供向心力，有
解得
(2) 小球从点运动到斜面上点所用的时间；
[答案]
[解析] 小球离开点后做平抛运动，小球落到点时，根据平抛运动规律得
解得
(3) 小球落到斜面上点时的速度大小.
[答案]
[解析] 小球落在斜面上点时，竖直分速度为
所以小球落到点时的速度大小 