高中物理人教版能力提升练习 必修二第5章 圆周运动及其应用 Word版含解析

1.如图所示是马戏团中上演的飞车节目,在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m,人以v1=的速度通过轨道最高点B,并以v2=v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg
【解析】选D。由题意可知,在B点,有FB+mg=m,解之得FB=mg,在A点,有FA-mg=m,解之得FA=7mg,所以A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差6mg。则D正确,A、B、C错误。
2.(多选)(2020·保定模拟)如图所示,直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒,从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h,则 (　　)
A.子弹在圆筒中的水平速度为v0=d
B.子弹在圆筒中的水平速度为v0=2d
C.圆筒转动的角速度可能为ω=2π
D.圆筒转动的角速度可能为ω=3π
【解析】选A、D。根据h=gt2,解得t=,则子弹在圆筒中的水平速度为v0==d,故A项正确,B项错误;因为子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上,则t=(2n-1),n=1,2,3…,因为T=,解得:ω=(2n-1)π,当n=1时,ω=π,当n=2时,ω=3π,故C项错误,D项正确。
3.(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA=r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,下列说法正确的是 (　　)
A.此时绳子张力为T=3μmg
B.此时圆盘的角速度为ω=
C.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动
【解析】选A、B、C。A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=mω2r,B的运动半径比A的半径大,所以B所需向心力大,绳子拉力相等,所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,B的静摩擦力方向沿半径指向圆心,A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外,根据牛顿第二定律得:T-μmg=mω2r,
T+μmg=mω2·2r,解得:T=3μmg,ω=,故A、B、C正确;此时烧断绳子,A的最大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误。
4.(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高,其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关,还与火车在弯道上的行驶速度v有关。下列说法正确的是 (　　)
A.速率v一定时,r越小,要求h越大
B.速率v一定时,r越大,要求h越大
C.半径r一定时,v越小,要求h越大
D.半径r一定时,v越大,要求h越大
【解析】选A、D。火车转弯时,圆周平面在水平面内,火车以设计速率行驶时,向心力刚好由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供,如图所示,则有mgtan θ=,且tan θ≈sin θ=,其中L为两轨间距,是定值,有mg=,通过分析可知A、D正确,B、C错误。
【补偿训练】
　　在世界一级方程式锦标赛中,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是 (　　)
A.是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道
B.是由于赛车行驶到弯道时,没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
C.是由于赛车行驶到弯道时,没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
D.由公式F=mω2R可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道
【解析】选C。赛车行驶到弯道时,由于速度过大,使赛车受到静摩擦力不足以提供所需的向心力,所以赛车将沿切线方向冲出跑道,选项C符合题意,故选C。
5.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2,则ω的最大值是 (　　)
A. rad/s　　　 B. rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
【解析】选C。小物块恰好滑动时,应在A点,如图所示,对滑块受力分析。由牛顿第二定律得μmgcos 30°-mgsin 30°=mω2r,解得ω=1.0 rad/s,C正确。
6.(多选)(2020·遵义模拟)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切,一小球质量为m,以初速度v0沿直轨道ab向右运动,如图所示,小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则 (　　)
A.R越大,v0越大
B.小球在c点速度vc=0
C.在b点小球对轨道的压力大小FN=mg+m
D.m越大,v0越大
【解析】选A、C。小球恰好通过最高点时,轨道的支持力为零,只有重力提供向心力,mg=m,可得vc=,故B错误。小球通过b点的速度为v0,做圆周运动,由向心力公式FNb-mg=m,由牛顿第三定律可得压力为FN=mg+m,故C正确。从b点到c点由机械能守恒定律m=mg2R+m,结合临界速度vc=可得v0=,可知R越大,v0越大;而v0与质量m无关,则A正确,D错误。故选A、C。
7.(2019·重庆模拟)山城重庆的轻轨交通颇有山城特色,由于地域限制,弯道半径很小,在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉,很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分,转弯半径为R,重力加速度为g,列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ,则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为 (　　)
A. B.
C. D.
【解析】选C。轨道不受侧向挤压时,轨道对列车的作用力就只有支持力,重力和支持力的合力提供向心力,根据向心力公式mgtanθ=m,得v=,则C正确,A、B、D错误。
【总结提升】水平面内圆周运动的分析
(1)常见问题:汽车、火车转弯,物块在圆盘上随圆盘转动,圆锥摆等。
(2)分析方法:画出大体的运动轨迹,找出在水平面上的圆心,对物体受力分析,确定向心力。
(3)注意问题:常常存在临界问题。如最大静摩擦力问题,圆锥摆问题等。
8.(多选)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v,如图所示,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时
的 (　　)
A.向心加速度为
B.向心力为m
C.对球壳的压力为
D.受到的摩擦力为μm
【解析】选A、D。物体滑到半径为r的半球形金属球壳最低点时,速度大小为v,向心加速度为a向=,故A正确。根据牛顿第二定律可知,物体在最低点时的向心力Fn=m,故B错误。根据牛顿第二定律得N-mg=m,得到金属球壳对物体的支持力N=m,由牛顿第三定律可知,物体对金属球壳的压力大小N′=m,故C错误。物体在最低点时,受到的摩擦力为f=μN′=μm,故D正确。
9.(2019·泸州模拟)如图所示,长为l的轻质细线固定在O1点,细线的下端系一质量为m的小球,固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子,现将小球从细线处于水平状态由静止释放,此时钉子还未插入P点,在B点右下方水平地面上固定有一半径为R=l的光滑圆弧形槽,槽的圆心在O2,D点为最低点,且∠CO2D=37°,重力加速度为g,不计空气阻力。(已知sin37°=0.6,
cos37°=0.8) 求:
(1)小球运动到B点时的速度大小;
(2)如果钉子插入P点后,小球仍然从A点静止释放,到达B点时,绳子恰好被拉断,求绳子能承受的最大拉力;
(3)在第(2)问的情况下,小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内,求整个过程中小球对槽的最大压力。
【解析】(1)小球从A到B运动过程中,根据机械能守恒有:mgl=m-0
小球运动到B点时的速度vB=
(2)插入钉子后,小球再次经过B点时有:
F-mg=m
解得绳子能承受的最大拉力F=5mg
(3)小球从B点开始做平抛运动,在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向,即:vC=
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大,小球从C到D过程中机械能守恒有:
mgR(1-cos37°)=m-m
在D点有:FN-mg=m
解得槽对小球的支持力FN=11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为FN′=11.4mg,方向竖直向下。
答案:(1)　(2)5mg　(3)11.4mg
10.(2019·衡阳模拟)轻杆一端固定有质量为m=1 kg的小球,另一端安装在水平轴上,转轴到小球的距离为50 cm,转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上,在电动机作用下,轻杆在竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示。若转轴达到某一恒定转速n时,在最高点,杆受到小球的压力为2 N,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
A.小球运动到最高点时,小球需要的向心力为12 N
B.小球运动到最高点时,线速度v=1 m/s
C.小球运动到图示水平位置时,地面对支架的摩擦力为8 N
D.把杆换成轻绳,同样转速的情况下,小球仍能通过图示的最高点
【解析】选C。小球运动到最高点时,杆受到小球的压力为2 N,由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力FN=2 N,在最高点,小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供,为 F=mg-FN=8 N,故A错误;在最高点,由F=m得,v==
m/s=2 m/s,故B错误;小球运动到图示水平位置时,设杆对小球的拉力为FT,则有FT=m=F=8 N,则小球对杆的拉力FT′=FT=8 N,据题意知支架处于静止状态,由平衡条件可知地面对支架的摩擦力 Ff=FT′=8 N,故C正确;把杆换成轻绳,设小球通过最高点的最小速度为v0,由mg=m得,v0==m/s=
m/s>v,所以在同样转速的情况下,小球不能通过图示的最高点,故D错误。
11.(2019·临沂模拟)如图所示,手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动,绳始终保持与该圆周相切,绳的另一端系一质量为m的小木块,木块也在桌面上做匀速圆周运动,不计空气阻力,则(　　)
A.木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力作用
B.绳的拉力大小为mω2
C.手对木块不做功
D.手拉木块做功的功率等于
【解题指南】(1)木块做匀速圆周运动,绳子拉力与摩擦力的合力充当向心力。
(2)绳对木块的拉力与速度方向成锐角,拉力做功,做功功率P=Fvcos θ。
【解析】选D。木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力、桌面摩擦力作用,故A错误;手握着细绳做的是匀速圆周运动,所以细绳的另外一端木块做的也是匀速圆周运动;设大圆半径为R,由图分析可知R=,设绳中张力为FT,则FTcosφ=mRω2,cos φ=,故FT=,所以B错误;绳子拉力对木块做功,则手的拉力对木块做功,故C错误;手拉木块做功的功率P=FTvsin φ=·ωr=,故D正确。
12.(2019·营口模拟)如图所示,半径为R的空心球壳,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过球壳球心O的对称轴OO′重合。转台以一定角速度ω匀速转动,一质量为m的小物块放入球壳内,经过一段时间后小物块随球壳一起转动且相对球壳静止,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零,求ω0的大小。
(2)若ω=2ω0,求小物块受到的摩擦力大小和方向。
【解析】(1)当摩擦力为零时,对小物块的受力分析如图所示:根据力的合成可以得到小物块的合力为F合=mgtanθ,小物块的合力提供向心力F合=mr=
mRsinθ,由以上两式并代入θ=60°得ω0=;
(2)当ω=2ω0时,小物块有沿球壳向上运动的趋势,所以摩擦力方向沿球壳切线向下。
在水平方向有fcosθ+Nsinθ=mRsinθω2,
在竖直方向有Ncosθ=fsinθ+mg,
由以上两式消去N得:f=mRω2sinθcosθ-mgsinθ,
代入θ=60°,ω=2ω0,得f=mg,方向沿球壳切线向下。
答案:(1)　(2)mg,方向沿球壳切线向下
【补偿训练】
　　如图所示,从A点以某一水平速度v0抛出一质量m=1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入∠BOC=37°的光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上,圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4 kg,A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m,R=0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,g取10 m/s2。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)小物块的初速度v0及在B点时的速度大小。
(2)小物块滑动至C点时,对圆弧轨道的压力大小。
(3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板。
【解析】(1)从A点到B点,物块做平抛运动,
H-h=gt2
设到达B点时竖直分速度为vy,则vy=gt,
联立解得vy=3 m/s
此时速度方向与水平面的夹角为θ=37°
有tan θ==,得v0=4 m/s
在B点时的速度大小v1==5 m/s。
(2)从A点至C点,由动能定理有:
mgH=m-m
设物块在C点受到的支持力为FN,
则有FN-mg=
解得:v2=2 m/s,FN≈47.3 N
根据牛顿第三定律可知,物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N。
(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff=μ1mg=7 N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F′f=μ2(M+m)g=10 N
因为Ff则长木板的长度至少为l==2.0 m。
答案:(1)4 m/s　5 m/s　(2)47.3 N　(3)2.0 m