高中物理人教新版集训练习 必修 第二册 第6章　圆周运动 Word版含解析

1.(多选)自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器,变速器通过改变链条的位置,使链条跳到不同的齿轮上而改变速度.自行车的部分构造如图K11-1所示,下列有关说法中正确的是
(　　)
图K11-1
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.自行车骑行时,后轮与飞轮的角速度相等
B.自行车拐弯时,前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等
C.自行车上坡时,理论上采用中轴链轮最小挡和飞轮最大挡
D.自行车骑行时,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等
2.(多选)如图K11-2所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施,当转盘转动很慢时,人会随着“魔盘”一起转动,当“魔盘”转动到一定速度时,人会“贴”在“魔盘”竖直壁上,而不会滑下.若魔盘半径为r,人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在人“贴”在“魔盘”竖直壁上随“魔盘”一起运动过程中,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是
(　　)
图K11-2
A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用
B.如果转速变大,人与“魔盘”竖直壁之间的摩擦力不变
C.如果转速变大,人与“魔盘”竖直壁之间的弹力不变
D.“魔盘”的转速一定不小于
图K11-3
3.(多选)如图K11-3所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱
(　　)
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
4.游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行,游客却不会掉下来,如图K11-4甲所示.我们把这种情形抽象为图乙的模型:弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接,将小球从弧形轨道上端距地面高度为h处释放,小球进入半径为R的圆轨道下端后沿圆轨道运动.不考虑摩擦阻力和空气阻力,重力加速度为g,则下列说法中正确的是
(　　)
图K11-4
A.小球到达竖直圆轨道最高点的速度可能为
B.小球到达竖直圆轨道最高点时可能处于完全失重状态
C.小球到达竖直圆轨道最高点时,轨道对小球的弹力不可能等于小球的重力
D.小球到达竖直圆轨道最低点时,轨道对小球的弹力可能小于小球的重力
5.如图K11-5所示,图中虚线圆表示摩托车“飞车走壁”的行驶轨迹,轨迹离地面的高度为h,下列说法中正确的是
(　　)
图K11-5
A.h越高,则摩托车对侧壁的压力越大
B.h越高,则摩托车做圆周运动的向心力越大
C.h越高,则摩托车做圆周运动的周期越小
D.h越高,则摩托车做圆周运动的线速度越大
6.如图K11-6所示,两根长度不同的细线系有质量分别为m1、m2的1、2两个小球,细线的上端都系于同一点,让两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动.已知细线L1、L2与竖直方向分别成60°、30°角,则1、2两个小球转动的角速度之比为
(　　)
图K11-6
A.∶1
B.1∶
C.1∶1
D.3∶1
7.
如图K11-7所示,有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大),盘面与水平面的夹角为θ,绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动,有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度为g.要使物体能与圆盘始终保持相对静止,则物体与转轴间最大距离为
(　　)
图K11-7
A.
B.
C.g
D.g
8.(多选)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目,简化后的示意图如图K11-8所示.已知飞椅用钢绳系着,钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上,转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动,稳定后,每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内.图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上,P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度,钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力.下列判断正确的是
(　　)
图K11-8
A.P、Q的线速度大小相等
B.无论两个游客的质量有多大,θ1一定大于θ2
C.如果两个游客的质量相等,则θ1等于θ2
D.如果两个游客的质量相等,则Q的向心力一定小于P的向心力
9.(多选)如图K11-9所示,两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上,并用不可伸长的轻绳连接,整个装置能绕过CD中点的轴OO'转动.已知两物块质量相等,杆CD对物块A、B的最大静摩擦力相等,开始时绳子恰好伸直但无张力,物块A到OO'轴的距离为物块B到OO'轴距离的两倍.现让该装置从静止开始转动,使转速逐渐增大,从绳子恰好伸长
但无张力到两物块A、B即将滑动的过程中,下列说法正确的是
(　　)
图K11-9
A.B受到的静摩擦力一直增大
B.B受到的静摩擦力先增大后减小再增大
C.A受到的静摩擦力先增大后减小
D.A受到的合力一直在增大
10.如图K11-10所示,长为l的轻杆两端分别固定一个质量均为m的小球a、b,系统置于倾角为θ的光滑斜面上,且杆可绕位于杆的中点的转轴平行于斜面转动.当小球a位于最低点时,给系统一初始角速度ω0,不计一切阻力,重力加速度为g,则
(　　)
图K11-10
A.在轻杆转过180°的过程中,角速度逐渐减小
B.只有ω0大于某临界值,系统才能做完整的圆周运动
C.轻杆受到转轴的弹力的大小始终为2mgsin
θ
D.轻杆受到转轴的弹力的方向始终在变化
11.(多选)如图K11-11所示,水平转台上有一个质量为m的物块,用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上,细绳与竖直转轴的夹角θ=30°,此时绳伸直但无张力,物块与转台间的动摩擦因数为μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现物块随转台由静止开始缓慢加速转动,角速度为ω,重力加速度为g,则
(　　)
图K11-11
A.当ω=时,细绳的拉力为0
B.当ω=时,物块与转台间的摩擦力为0
C.当ω=时,细绳的拉力大小为mg
D.当ω=时,细绳的拉力大小为mg
12.如图K11-12所示,长为l=1
m的细线一端系一质量为m=1
kg的小球(可视为质点),另一端固定在光滑锥体的顶端,锥面与竖直方向的夹角为θ=37°.(g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8)
(1)要使小球刚好离开锥面,小球的角速度ω0至少为多大?
(2)若锥面与竖直方向的夹角为60°,要使小球刚好离开锥面,则小球的角速度ω'为多大?
图K11-12
1.ACD　[解析]
后轮与飞轮同轴转动,两者角速度相等,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘线速度大小相等,A、D正确;上坡时需要省力,所以要采用中轴链轮最小挡和飞轮最大挡,C正确;自行车拐弯时,前、后轮运动的路程不相同,故前、后轮边缘的线速度大小不相等,B错误.
2.BD　[解析]
人随“魔盘”转动过程中受到重力、弹力、摩擦力作用,“魔盘”竖直壁对人的弹力提供向心力,故A错误.人在竖直方向受到重力和摩擦力,二力平衡,则转速变大时,人与“魔盘”竖直壁之间的摩擦力不变,故B正确.如果转速变大,由FN=mrω2知,人与“魔盘”竖直壁之间的弹力变大,故C错误.人贴在魔盘上时,有mg≤Ffmax,FN=mr(2πn)2,又Ffmax=μFN,解得转速n≥,故“魔盘”的转速一定不小于,故D正确.
3.BD　[解析]
由圆周运动公式可知,运动周期T=,线速度的大小v=ωR,所受合力即向心力的大小Fn=mω2R,选项A错误,选项B、D正确.由于座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,其合力始终指向圆心,故其所受摩天轮的作用力大小和方向均时刻改变,选项C错误.
4.B　[解析]
小球在竖直圆轨道最高点的临界速度为v=,此时小球的重力提供向心力,选项A错误,B正确;由F+mg=m知,小球到达竖直圆轨道最高点的速度v=时,轨道对小球的弹力等于小球的重力,选项C错误;由F-mg=m可知,小球到达竖直圆轨道最低点时,轨道对小球的弹力应大于小球的重力,选项D错误.
5.D　[解析]
摩托车做匀速圆周运动,提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力,作出受力分析图如图所示,设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α,侧壁对摩托车的支持力F=不变,则摩托车对侧壁的压力不变,故选项A错误;向心力Fn=mgcot
α,m、α不变,则向心力大小不变,故选项B错误.根据牛顿第二定律得Fn=mr,h越高,则r越大,T越大,故选项C错误.根据牛顿第二定律得Fn=m,h越高,则r越大,v越大,故选项D正确.
6.C　[解析]
对任一小球研究,设细线与竖直方向的夹角为θ,则小球所受合力的大小为mgtan
θ,根据牛顿第二定律得mgtan
θ=mω2Lsin
θ,解得ω=,对两小球,有L1cos
θ1=L2cos
θ2,所以角速度相等,则1、2两个小球转动的角速度之比为1∶1,故C正确.
7.C　[解析]
当物体转到圆盘的最低点且与转轴距离最大时,物体所受的静摩擦力沿盘面向上达到最大,由牛顿第二定律得μmgcos
θ-mgsin
θ=mω2r,解得r=g,故C正确.
8.BD　[解析]
由mgtan
θ=mω2htan
θ(h为钢绳延长线和转轴的交点到游客所在水平面的距离)得hP=hQ,由h=+Lcos
θ(其中r为圆盘半径)得,L越小,则θ越小,故θ1>θ2,与质量无关,选项B正确,C错误;由R=r+Lsin
θ可得,RP>RQ,则vP>vQ,选项A错误;由向心力公式Fn=mωR2可知,质量相等时Q的向心力一定小于P的向心力,选项D正确.
9.BD　[解析]
开始转速较小时,两物块均靠静摩擦力提供向心力,有Ff=mrω2,随着转速的增大,A所受的静摩擦力先达到最大静摩擦力,当绳子刚好产生拉力时,B受静摩擦力作用且未达到最大静摩擦力,随着转速的增大,A由绳子拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力,B由绳子拉力和静摩擦力的合力提供向心力,则A受到的摩擦力不变,B受到的静摩擦力先减小,然后反向增大,所以整个过程中A受到的静摩擦力先增大,达到最大静摩擦力后不变,B受到的静摩擦力先增大后减小,再增大,故A、C错误,B正确;根据向心力公式Fn=m,在发生相对滑动前,物块运动的半径是不变的,质量也不变,随着转速的增大,向心力增大,而向心力就是物块受到的合力,所以A受到的合力一直增大,故D正确.
10.C　[解析]
在轻杆转动过程中,系统的重力势能不变,那么系统的动能也不变,因此系统始终匀速转动,故A、B错误;根据牛顿第二定律得F-2mgsin
θ=man+m(-an),解得F=2mgsin
θ,而轻杆受到转轴的弹力的方向始终沿着斜面向上,故C正确,D错误.
11.AC　[解析]
当转台的角速度比较小时,物块只受重力、支持力和摩擦力,当细绳恰好要产生拉力时,有μmg=mlsin
30°,解得ω1=,随着转速的增大,细绳上的拉力增大,当物块恰好要离开转台时,物块受到重力和细绳的拉力,有mgtan
30°=mlsin
30°,解得ω2=,由于ω1<<ω2,所以当ω=时,物块与转台间的摩擦力不为零,故B错误;由于<,所以当ω=时,细绳的拉力为零,故A正确;由于ω1<<ω2,所以当ω=时,由牛顿第二定律得Ff+Fsin
30°=mlsin
30°,由平衡条件得Fcos
30°+FN=mg,又知Ff=μFN,解得F=,故D错误;由于>ω2,所以当ω=时,小球已经离开转台,细绳的拉力与重力的合力提供向心力,有mgtan
α=mlsin
α,解得cos
α=,则F==mg,故C正确.
12.(1)
rad/s　(2)2
rad/s
[解析]
(1)要使小球刚好离开锥面,则小球只受到重力和细线的拉力,小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力沿水平方向,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得
mgtan
θ=mlsin
θ
解得ω0==
rad/s.
(2)同理,当锥面与竖直方向成α=60°角时,由牛顿第二定律得mgtan
α=mω'2lsin
α
解得ω'==2
rad/s.