人教新版高中物理能力提升训练 必修 第二册 第6章 圆周运动的规律及其应用 Word版含解析

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．如图，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则在观光球舱中的某游客(　　)
A．动量不变
B．线速度不变
C．所受的合外力不变
D．机械能不守恒
2．如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间的弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，F—v2图象如图乙所示．下列说法正确的是(　　)
A．当地的重力加速度大小为
B．小球的质量为
C．当v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a
3．[2020·湖南六校联考]
一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是(　　)
4.
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
5．[新情境题]
如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直金属棒上和圆环的BC部分分别套着两个相同的小环M、N，现让半圆环绕对称轴以角速度ω匀速转动，半圆环的半径为R，小环M、N的质量均为m，棒和半圆环均光滑，已知重力加速度的大小为g，小环可视为质点，忽略空气阻力，则M、N两环做圆周运动的线速度大小的比值为(　　)
A.
B.
C.
D.
6．[2020·安徽六安一中模拟]如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是(　　)
A．当ω>
时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω>
时，绳子一定有弹力
C．当ω在
<ω<
范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω<
范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
7.
如图所示，在竖直平面内固定两同心圆轨道，内外轨道均光滑，ab是一条过直径的水平线．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0开始运动，球的直径略小于两圆半径之差，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．若小球能通过圆轨道的最高点，则初速度v0一定大于
B．若v0>，则小球可做完整的圆周运动且对内轨道无压力
C．若v0<，则内圆轨道对小球有作用力
D．若8.
如图所示，竖直平面内固定有一光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角θ的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，θ＝60°，CD为竖直方向的直径，O为圆心，质量为m的小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，小球能够运动到D点．已知A、B两点高度差为h，则下列判断正确的是(　　)
A．h一定大于
B．增大h，小球运动到D点对轨道的压力F随h的变化是非线性的
C．增大h，小球运动到C、D两点的速度之差为一定值
D．小球运动到C、D两点时对轨道的压力之差与h无关
二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)
9．[2020·陕西渭南质检]如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1:2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动，两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体a、b，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．a距甲盘圆心r，b距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动，下列判断正确的是(　　)
A．a和b的线速度之比为1?4
B．a和b的向心加速度之比为2?1
C．随转速慢慢增加，a先开始滑动
D．随转速慢慢增加，b先开始滑动
10．[2020·陕西西安模拟]如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O点，另一端与小球拴接．已知弹簧的劲度系数k＝，原长L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则(　　)
A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道
B．若C．只要v0>，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关
三、非选择题(本题共3小题，共35分)
11．(10分)如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10
cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h＝0.8
m，水平距离s＝1.2
m，水平轨道AB长为L1＝1
m，BC长为L2＝3
m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10
m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．
12．(11分)[2020·日照联合检测]如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5
m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10
m/s2)
(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2
m，求容器的加速度a.
13．(14分)一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)弹簧的劲度系数k；
(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.
1．D　本题考查考生对动量、线速度、机械能、向心力等的理解．随摩天轮做匀速圆周运动的游客，动量、线速度方向不断发生变化，A、B项错误；游客所受合外力始终指向圆心，C项错误；游客的动能不变，但重力势能不断变化，所以机械能不守恒，D项正确．
2．B　由题图乙知，当v2＝0时，F＝a，故有F＝mg＝a，当v2＝b时，F＝0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有mg＝m，得g＝，故A错误；小球的质量m＝＝，故B正确；由题图乙可知，当v2＝c时，有03．C　由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力FN，根据牛顿第二定律有FTsin
θ－FNcos
θ＝mω2Lsin
θ，FTcos
θ＋FNsin
θ＝mg，联立解得FT＝mgcos
θ＋ω2mLsin2
θ.小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsin
α＝mω2Lsin
α，解得FT＝mL·ω2.对照四个选项的图象可知C项正确．
4．C　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律可知，μmgcos
30°－mgsin
30°＝mrω2，求得ω＝1.0
rad/s，C项正确，A、B、D项错误．
5．A　小环M受到重力和棒的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn＝mgtan
45°＝mωvM，vM＝，小环N受到重力和半圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为θ，则有F′n＝mgtan
θ＝mωvN，所以vN＝，又vN＝ωr，r＝Rsin
θ，联立解得vN＝，所以＝，A正确．
6．C　当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω，对B有T＋kmg＝m·2Lω，解得ω1＝
，当ω>
时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确；当B所受摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·2Lω，解得ω2＝
，知ω>
时，绳子一定有弹力，故B正确；当ω在0<ω<
范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在
<ω<
范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；当ω在0<ω<
范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确．
7．B　本题考查考生的理解能力，需要考生掌握圆周运动的相关知识．小球在最高点时，内圆轨道给小球向上的支持力，向心力可以趋近于零，则速度的最小值为0，此时内圆轨道对小球有向上的支持力N，N＝mg，由mg·2R＝mv得，v0＝2，故v0≥2时，小球能通过圆轨道的最高点，A错误；若要使小球做完整的圆周运动且对内轨道无压力，小球应沿外圆轨道运动，在运动过程中机械能守恒，设小球运动到最高点时的最小速度为v，则有mg＝m，由机械能守恒定律得mg·2R＝mv－mv2，则小球在最低点时的最小速度v0＝，即v0≥时，小球可做完整的圆周运动且对内轨道无压力，B正确；当v0＝时，由mv＝mgR可知，小球运动到b点速度减为0，则当v0<时，小球会一直在ab水平线下方沿外圆轨道运动，内圆轨道对小球没有作用力，C错误；当8．D　本题意在考查考生的分析综合能力，需要考生利用牛顿第二定律和机械能守恒定律对圆周运动和平抛运动进行分析．
小球刚好到达点D时，h有最小值，由圆周运动及机械能守恒定律得＝mg，mv＋mgR(1＋cos
θ)＝mgh，解得h＝2R，故A错误；小球从A运动到D的过程，根据机械能守恒定律有mgh－mgR(1＋cos
θ)＝mv，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，
联立解得F＝·h－(3mg＋2mgcos
θ)，故在F>0的情况下，小球在D点对轨道的压力F随h的变化是线性的，B错误；小球从A运动到C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＋mgR(1－cos
θ)＝mv，解得vC＝＝，从C运动到D的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv，解得vD＝＝，故小球在C、D两点的速度差与释放高度h有关，C错误；根据牛顿第二定律，在C点有FC－mg＝m，在D点有FD＋mg＝m，故ΔF＝FC－FD＝2mg＋m＝6mg，与释放高度h无关，D正确．
9．BC　甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，则得ω1:ω2＝2:1，所以物体相对盘开始滑动前，a与b的角速度之比为2:1，根据公式v＝ωr，有＝＝，A错误；根据a′＝ω2r得a与b的向心加速度之比为a′1:a′2＝(ω·r):(ω·2r)＝2:1，B正确；根据μmg＝mrω2＝ma知，a先达到临界角速度，可知当转速增加时，a先开始滑动，C正确，D错误．
10．CD　因为弹簧的劲度系数k＝，原长L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力(在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A、B错误．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低点的速度最小，有mv＝2mgR，所以只要v0>vmin＝，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．在最低点时，设小球受到的支持力为N，有N－kR－mg＝m，解得N＝2mg＋m，
运动到最高点时受到轨道的弹力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，
此时合外力提供向心力，有N′－kR＋mg＝m，
联立解得N′＝m－4mg，
得压力之差ΔN＝N－N′＝6mg，与v0无关，故D正确．
11．答案：(1)3
m/s　(2)3
m/s≤vA≤4
m/s和vA≥5
m/s
解析：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律得mg＝m，由B到最高点，由机械能守恒定律得mv＝2mgR＋mv2，由A到B，－μmgL1＝mv－mv，解得小球在A点的速度为
vA＝3
m/s.
(2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－mv，解得
vA1＝4
m/s.
若小球停在BC段，则3
m/s≤vA≤4
m/s.
若小球能通过C点，并恰好越过壕沟，则有h＝gt2，s＝vCt，
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv，则有vA2＝5
m/s，
所以小球在A点的初速度范围为3
m/s≤vA≤4
m/s和vA≥5
m/s.
12．答案：(1)1
s　(2)kπ(k＝1,2,3，…)　(3)
m/s2
解析：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动．则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝
＝1
s
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1
s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数
由ωt＝kπ，得ω＝kπ
＝kπ，其中k＝1,2,3…
(3)第二滴水离开O点的距离为x1＝at2＋(at)t＝a
第三滴水离开O点的距离为x2＝a(2t)2＋(a·2t)t＝4a
又Δθ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以x＋x＝x2
即2＋(4a)2＝22，解得a＝
m/s2
13．答案：(1)　(2)　(3)mgL＋
解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，则小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·
小环受力平衡，则有F弹1＝mg＋2T1cos
θ1
小球受力平衡，则有F1cos
θ1＋T1cos
θ1＝mg
F1sin
θ1＝T1sin
θ1
解得k＝
(2)AB杆中的弹力为零时，设OA杆中的弹力为F2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x，则小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)
小环受力平衡，则有F弹2＝mg
解得x＝L
对小球有F2cos
θ2＝mg，F2sin
θ2＝mωlsin
θ2，且cos
θ2＝
解得ω0＝
(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3，则小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL
小环受力平衡，则有2T3cos
θ3＝mg＋F弹3，且cos
θ3＝
对小球有F3cos
θ3＝T3cos
θ3＋mg
F3sin
θ3＋T3sin
θ3＝mωlsin
θ3
解得ω3＝
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理有
W－mg(－)－2mg(－)＝2×m(ω3lsin
θ3)2
解得W＝mgL＋
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