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高中物理教科版 (2019)必修 第二册1 圆周运动单元测试课时训练
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这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第二册1 圆周运动单元测试课时训练，共11页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
(75分钟 100分)
一、单项选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项正确。
1.如图所示事例利用了离心现象的是( )
【解析】选D。自行车赛道倾斜,应用了支持力与重力的合力提供向心力,防止发生离心运动,故A错误;因为F=mv2r,所以速度越快所需的向心力就越大,汽车转弯时要限制速度,来减小汽车所需的向心力,防止发生离心运动,故B错误;汽车上坡前加速,与离心运动无关,故C错误;拖把利用旋转脱水,就是利用离心运动,故D正确。
2.(2022·徐州高一检测)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π6 rad/s
B.线速度约为3 m/s
C.转速约为112 r/s
D.向心加速度约为π24 m/s2
【解析】选D。由题意知,该同学在沿弯道跑步时角速度约为ω=π12 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=ω2π得,转速约为n=124 r/s,故C错误;根据a=ω2r,得向心加速度约为a=π24 m/s2,故D正确。
3.(2022·南京高一检测)如图所示,某人正在用开瓶器开啤酒瓶盖。在手柄处施力,使开瓶器绕O点转动一定的角度就可以将瓶盖打开。A为开瓶器的施力点,B为手柄上的某一点,则在开瓶器绕O点匀速转动的过程中,下列说法正确的
是( )
A.A点线速度不变
B.A、B两点的角速度相同
C.A、B两点的线速度大小相同
D.A、B两点的向心加速度大小之比aA∶aB=OB∶OA
【解析】选B。做匀速圆周运动的物体线速度大小不变,方向时刻变化,则A点的线速度变化,故A错误;A和B两点在同一条线上绕同一点做匀速圆周运动,属于同轴转动,则角速度相同,故B正确;由v=ωr可知,因rA 【补偿训练】转笔深受广大学生的喜爱,如图所示,假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关转笔中涉及的物理知识的叙述,正确的是( )
A.笔杆上各点线速度大小相同
B.笔杆上各点周期相同
C.笔杆上的点离O点越远,角速度越小
D.笔杆上的点离O点越远,向心加速度越小
【解析】选B。笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动,所以笔杆上各点周期相同,角速度相同,故C错误,B正确;由v=ωr知角速度相同时,线速度与半径成正比,笔杆上各点线速度大小不相同,故A错误;由a=ω2r知角速度相同时,向心加速度与半径成正比,笔杆上的点离O点越远,向心加速度越大,故D错误。
4.如图所示,光滑杆偏离竖直方向的夹角为θ,杆以O为支点绕竖直线旋转,质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动。当杆角速度为ω1时,小球的旋转平面在A处,线速度为v1,球对杆的压力为N1;当杆角速度为ω2时,小球的旋转平面在B处,线速度为v2,球对杆的压力为N2,则有( )
A.N1=N2 B.N1C.v1>v2D.ω1<ω2
【解析】选A。小球在光滑杆上受重力和支持力作用,两力的合力提供小球做圆周运动的向心力,如图所示:
由图可知,支持力N=mgsinθ,故支持力大小不变,故A正确,B错误;由mgtanθ=mv2R解得v=gRtanθ,由于RAω2,故D错误。
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2v的速度经过最高点时,小球对轨道的压力大小为(重力加速度大小为g)( )
A.0B.mgC.3mgD.5mg
【解析】选C。当小球以速度v经内轨道最高点时,小球仅受重力,重力充当向心力,有mg=mv2r,当小球以速度2v经内轨道最高点时,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(2v)2r;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大小相等,FN'=FN;由以上三式得到FN'=3mg,故选项C正确。
【补偿训练】如图所示,用一水平木板托着一个物块,使它们一起在竖直平面内做匀速圆周运动,运动过程中物块与木板始终保持相对静止,木板始终保持水平,图中A、C两个位置分别是运动轨迹的最低点和最高点,B位置与轨迹圆心等高。下列说法正确的是( )
A.在A位置,物块处于平衡状态
B.在B位置,物块有向右运动的趋势
C.在C位置,物块对木板的压力等于物块的重力
D.从A到B再到C的过程中,物块一直处于超重状态
【解析】选B。在A位置,物块的合外力指向圆心,即合力不为零,不是处于平衡状态,故A错误;在B位置,向心力由摩擦力提供,摩擦力水平向左,物块有向右运动的趋势,故B正确;在C位置,物块的重力和木板对物块的支持力的合力提供向心力,因此物块对木板的压力小于物块的重力,故C错误;从A到B过程中,物块有向上的分加速度,处于超重状态,从B到C过程中,物块有向下的分加速度处于失重状态,故D错误。
6.(2022·连云港高一检测)2022年2月7日在首都体育馆举行的北京2022年冬奥会短道速滑项目男子1 000米决赛中,中国选手任子威夺得冠军,其比赛场地如图甲所示,场地周长111.12 m,其中直道长度为28.85 m,弯道半径为8 m。若一名质量为50 kg的运动员以大小12 m/s的速度进入弯道,紧邻黑色标志块做匀速圆周运动,如图乙所示,运动员可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小最接近的值为( )
A.500 NB.900 N
C.1 030 ND.2 400 N
【解析】选C。运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn=mv2r=900 N,竖直方向受力平衡FN=mg=500 N,所以运动员受到冰面的作用力F=Fn2+FN2≈1 030 N,故选C。
7.用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,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,线所受拉力为T,则下列T随ω2变化的图像可能正确的是( )
【解析】选C。对小球受力分析如图,当角速度较小时,小球在光滑锥面上做匀速圆周运动,根据向心力公式可得Tsinθ-Ncsθ=mLsinθ·ω2,Tcsθ+Nsinθ=mg,联立解得T=mgcsθ+mLsin2θ·ω2,当角速度较大时,小球离开光滑锥面做匀速圆周运动,根据向心力公式可得Tsinα=mLsinα·ω2,则T=mLω2。综上所述,只有选项C可能正确。
8.如图所示,甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的轨道车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,两种轨道车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,四个图中轨道的半径都为R,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力
B.乙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向下的力
C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,座椅一定给人向上的力
D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为gR
【解析】选C。在甲图中,当速度比较小时,根据牛顿第二定律得mg-FN=mv2R,即座椅给人施加向上的力,当速度比较大时,根据牛顿第二定律得mg+FN=mv2R,即座椅给人施加向下的力,故选项A错误;在乙图中,因为合力指向圆心,重力竖直向下,所以安全带一定给人向上的力,故选项B错误;在丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,合力方向向上,重力竖直向下,则座椅给人的作用力一定竖直向上,故选项C正确;在丁图中,由于轨道车有安全锁,可知轨道车在最高点的最小速度为零,故选项D错误。
9.如图所示,两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°,OA与OB垂直,小球B与圆环间恰好没有摩擦力,重力加速度为g,sin53°=0.8,cs53°=0.6。下列说法正确的是( )
A.圆环旋转角速度的大小为5g4R
B.圆环旋转角速度的大小为5g3R
C.小球A与圆环间摩擦力的大小为75mg
D.小球A与圆环间摩擦力的大小为35mg
【解析】选A。小球B与圆环间恰好没有摩擦力,由支持力和重力的合力提供向心力,有mgtan37°=mω2Rsin37°解得ω=5g4R,则A正确,B错误;对小球A受力分析,有水平方向Nsinθ-fcsθ=mω2Rsinθ;竖直方向Ncsθ+fsinθ-mg=0,联立解得f=15mg,故C、D错误。
10.如图所示,在水平转台上放一个质量M=2 kg的木块,它与转台间最大静摩擦力Fmax=4.0 N,绳的一端系在木块上,穿过转台的中心孔O(孔光滑,忽略小滑轮的影响),另一端悬挂一个质量m=1.0 kg的物体,当转台以角速度ω=5 rad/s匀速转动时,木块相对转台静止,则木块到O点的距离可能是(g取10 m/s2,M、m均视为质
点)( )
m m
m m
【解析】选C。木块的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力,根据向心力公式得mg+f=Mω2r解得r=mg+fMω2,当f=Fmax=4 N时,rmax=1×10+42×52 m=0.28 m;当f=-4 N时,rmin=1×10-42×52 m=0.12 m,所以0.12 m≤r≤0.28 m,故C正确,A、B、D错误。
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
11.(15分)小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲,圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动,转速可通过调速器调节,手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处,通电后,手机随桌面转动,通过手机里的软件可以测出加速度和角速度,调节桌面的转速,可以记录不同时刻的加速度和角速度的值,并能生成如图乙所示的图像。
(1)由图乙可知,t=60.0 s时,桌面的运动状态是_______(填字母编号);
A.静止
B.匀速圆周运动
C.速度增大的圆周运动
D.速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是______________;
(3)若要研究加速度与半径的关系,应该保持_______不变,改变_______,通过软件记录加速度的大小,此外,还需要的测量仪器是_______。
【解析】(1)由图乙可知,t=60.0 s时,加速度大小不变,角速度大小也不变,所以此时桌面在做匀速圆周运动,所以B正确,A、C、D错误。
(2)由图乙可以看出,加速度和角速度的变化曲线大致一样,所以可以得到的结论是半径一定,角速度大小不变时,加速度大小也不变;角速度增大时,加速度也增大。
(3)物体做圆周运动的加速度为a=ω2r=4π2n2r,若要研究加速度与半径的关系,应该保持转速(或角速度)不变,改变手机到圆心的距离(或半径);所以还需要的测量仪器是刻度尺。
答案:(1)B
(2)半径一定,角速度大小不变时,加速度大小也不变;角速度增大时,加速度也增大
(3)转速(或角速度) 手机到圆心的距离(或半径) 刻度尺
12.(8分)如图,半径R=0.4 m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO'匀速转动,在圆心O正上方h=0.8 m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O'点。一质量m=1 kg的小车(可视为质点),在F=4 N的水平恒力作用下,从O'左侧x0=2 m处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O'点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向,小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。
(1)若小球刚好落到A点(球与盘只碰撞一次),求小车运动到O'点的速度大小。
(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大。
【解析】(1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度做平抛运动,
h=12gt2(1分)
R=vt(1分)
小车运动到O'点的速度大小v=Rt=1 m/s(2分)
(2)为使小球刚好落在A点,则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍,有t=kT=2kπω
其中k=1,2,3,…(2分)
即ω=2kπg2h=5kπ rad/s(2分)
其中k=1,2,3,…
答案:(1)1 m/s (2)5kπ rad/s,其中k=1,2,3,…
13.(8分)如图所示,装置BO'O可绕竖直轴O'O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量为m,细线AC长为l,sin37°=0.6,cs37°=0.8,重力加速度为g,求
(1)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时,该装置绕OO'转动的角速度的大小;
(2)当细线AB的拉力为零时,该装置绕OO'轴转动的角速度的最小值。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得
Tcsθ=mg,TAB=12mg(1分)
Tsinθ-TAB=mω12lsinθ(1分)
解得ω1=5g12l。(2分)
(2)由题意,当ω最小时,绳AC与竖直方向的夹角α=37°
则有mgtanα=m(lsinα)ωmin2,(2分)
解得ωmin=5g4l。(2分)
答案:(1)5g12l (2)5g4l
14.(13分)如图所示,一个人用一根长1 m,只能承受46 N拉力的绳子,拴着一个质量为1 kg的小球(可视为质点),在竖直平面内做圆周运动,已知圆心O离地面h=
6 m。转动中小球在最低点时绳子断了。(g取10 m/s2)
(1)绳子断时小球运动的角速度多大?
(2)绳断后,求小球落地点与抛出点间的水平距离。
【解析】(1)对小球受力分析,根据牛顿第二定律和向心力的公式可得
F-mg=mω2r(3分)
所以ω=F-mgmr=6 rad/s。(2分)
(2)由v=ωr可得,绳断时小球的线速度大小为v=6 m/s,(2分)
绳断后,小球做平抛运动
水平方向上x=vt(2分)
竖直方向上h-r=12gt2(2分)
联立两式代入数据得x=6 m(2分)
小球落地点与抛出点间的水平距离是6 m。
答案:(1)6 rad/s (2)6 m
15.(16分)(2022·泰州高一检测)如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘,可绕过其圆心的竖直轴OO'匀速转动,在圆心O正上方h处有一个正在不断滴水的容器,每当一滴水落在盘面时恰好下一滴水离开滴口。某次一滴水离开滴口时,容器恰好开始水平向右做速度为v的匀速直线运动,将此滴水记作第一滴水。不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)相邻两滴水下落的时间间隔;
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都在一条直线上,圆盘转动的角速度;
(3)第二滴和第三滴水在盘面上落点之间的距离最大可为多少?
【解析】(1)相邻两滴水离开滴口的时间间隔就是一滴水下落的时间
由h=12gΔt2,(3分)
可得Δt=2hg。(2分)
(2)每一滴水在盘面上的落点都在一条直线上,
Δt时间内圆盘转过的弧度为kπ
ω=θΔt=kπΔt=kπg2h(k=1,2,…)。(4分)
(3)第二滴和第三滴水的落点恰能在一条直径上且位于O点两侧时,距离最大
x1=v·2Δt,x2=v·3Δt(3分)
所以x=x1+x2=5vΔt(2分)
x=5v2hg。(2分)
答案:(1)2hg(2)kπg2h(k=1,2,…)(3)5v2hg
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(75分钟 100分)
一、单项选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项正确。
1.如图所示事例利用了离心现象的是( )
【解析】选D。自行车赛道倾斜,应用了支持力与重力的合力提供向心力,防止发生离心运动,故A错误;因为F=mv2r,所以速度越快所需的向心力就越大,汽车转弯时要限制速度,来减小汽车所需的向心力,防止发生离心运动,故B错误;汽车上坡前加速,与离心运动无关,故C错误;拖把利用旋转脱水,就是利用离心运动,故D正确。
2.(2022·徐州高一检测)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π6 rad/s
B.线速度约为3 m/s
C.转速约为112 r/s
D.向心加速度约为π24 m/s2
【解析】选D。由题意知,该同学在沿弯道跑步时角速度约为ω=π12 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=ω2π得,转速约为n=124 r/s,故C错误;根据a=ω2r,得向心加速度约为a=π24 m/s2,故D正确。
3.(2022·南京高一检测)如图所示,某人正在用开瓶器开啤酒瓶盖。在手柄处施力,使开瓶器绕O点转动一定的角度就可以将瓶盖打开。A为开瓶器的施力点,B为手柄上的某一点,则在开瓶器绕O点匀速转动的过程中,下列说法正确的
是( )
A.A点线速度不变
B.A、B两点的角速度相同
C.A、B两点的线速度大小相同
D.A、B两点的向心加速度大小之比aA∶aB=OB∶OA
【解析】选B。做匀速圆周运动的物体线速度大小不变,方向时刻变化,则A点的线速度变化,故A错误;A和B两点在同一条线上绕同一点做匀速圆周运动,属于同轴转动,则角速度相同,故B正确;由v=ωr可知,因rA
A.笔杆上各点线速度大小相同
B.笔杆上各点周期相同
C.笔杆上的点离O点越远,角速度越小
D.笔杆上的点离O点越远,向心加速度越小
【解析】选B。笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动,所以笔杆上各点周期相同,角速度相同,故C错误,B正确;由v=ωr知角速度相同时,线速度与半径成正比,笔杆上各点线速度大小不相同,故A错误;由a=ω2r知角速度相同时,向心加速度与半径成正比,笔杆上的点离O点越远,向心加速度越大,故D错误。
4.如图所示,光滑杆偏离竖直方向的夹角为θ,杆以O为支点绕竖直线旋转,质量为m的小球套在杆上可沿杆滑动。当杆角速度为ω1时,小球的旋转平面在A处,线速度为v1,球对杆的压力为N1;当杆角速度为ω2时,小球的旋转平面在B处,线速度为v2,球对杆的压力为N2,则有( )
A.N1=N2 B.N1
【解析】选A。小球在光滑杆上受重力和支持力作用,两力的合力提供小球做圆周运动的向心力,如图所示:
由图可知,支持力N=mgsinθ,故支持力大小不变,故A正确,B错误;由mgtanθ=mv2R解得v=gRtanθ,由于RA
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2v的速度经过最高点时,小球对轨道的压力大小为(重力加速度大小为g)( )
A.0B.mgC.3mgD.5mg
【解析】选C。当小球以速度v经内轨道最高点时,小球仅受重力,重力充当向心力,有mg=mv2r,当小球以速度2v经内轨道最高点时,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(2v)2r;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大小相等,FN'=FN;由以上三式得到FN'=3mg,故选项C正确。
【补偿训练】如图所示,用一水平木板托着一个物块,使它们一起在竖直平面内做匀速圆周运动,运动过程中物块与木板始终保持相对静止,木板始终保持水平,图中A、C两个位置分别是运动轨迹的最低点和最高点,B位置与轨迹圆心等高。下列说法正确的是( )
A.在A位置,物块处于平衡状态
B.在B位置,物块有向右运动的趋势
C.在C位置,物块对木板的压力等于物块的重力
D.从A到B再到C的过程中,物块一直处于超重状态
【解析】选B。在A位置,物块的合外力指向圆心,即合力不为零,不是处于平衡状态,故A错误;在B位置,向心力由摩擦力提供,摩擦力水平向左,物块有向右运动的趋势,故B正确;在C位置,物块的重力和木板对物块的支持力的合力提供向心力,因此物块对木板的压力小于物块的重力,故C错误;从A到B过程中,物块有向上的分加速度,处于超重状态,从B到C过程中,物块有向下的分加速度处于失重状态,故D错误。
6.(2022·连云港高一检测)2022年2月7日在首都体育馆举行的北京2022年冬奥会短道速滑项目男子1 000米决赛中,中国选手任子威夺得冠军,其比赛场地如图甲所示,场地周长111.12 m,其中直道长度为28.85 m,弯道半径为8 m。若一名质量为50 kg的运动员以大小12 m/s的速度进入弯道,紧邻黑色标志块做匀速圆周运动,如图乙所示,运动员可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小最接近的值为( )
A.500 NB.900 N
C.1 030 ND.2 400 N
【解析】选C。运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn=mv2r=900 N,竖直方向受力平衡FN=mg=500 N,所以运动员受到冰面的作用力F=Fn2+FN2≈1 030 N,故选C。
7.用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,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,线所受拉力为T,则下列T随ω2变化的图像可能正确的是( )
【解析】选C。对小球受力分析如图,当角速度较小时,小球在光滑锥面上做匀速圆周运动,根据向心力公式可得Tsinθ-Ncsθ=mLsinθ·ω2,Tcsθ+Nsinθ=mg,联立解得T=mgcsθ+mLsin2θ·ω2,当角速度较大时,小球离开光滑锥面做匀速圆周运动,根据向心力公式可得Tsinα=mLsinα·ω2,则T=mLω2。综上所述,只有选项C可能正确。
8.如图所示,甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的轨道车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,两种轨道车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,四个图中轨道的半径都为R,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力
B.乙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向下的力
C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,座椅一定给人向上的力
D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为gR
【解析】选C。在甲图中,当速度比较小时,根据牛顿第二定律得mg-FN=mv2R,即座椅给人施加向上的力,当速度比较大时,根据牛顿第二定律得mg+FN=mv2R,即座椅给人施加向下的力,故选项A错误;在乙图中,因为合力指向圆心,重力竖直向下,所以安全带一定给人向上的力,故选项B错误;在丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,合力方向向上,重力竖直向下,则座椅给人的作用力一定竖直向上,故选项C正确;在丁图中,由于轨道车有安全锁,可知轨道车在最高点的最小速度为零,故选项D错误。
9.如图所示,两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ=53°,OA与OB垂直,小球B与圆环间恰好没有摩擦力,重力加速度为g,sin53°=0.8,cs53°=0.6。下列说法正确的是( )
A.圆环旋转角速度的大小为5g4R
B.圆环旋转角速度的大小为5g3R
C.小球A与圆环间摩擦力的大小为75mg
D.小球A与圆环间摩擦力的大小为35mg
【解析】选A。小球B与圆环间恰好没有摩擦力,由支持力和重力的合力提供向心力,有mgtan37°=mω2Rsin37°解得ω=5g4R,则A正确,B错误;对小球A受力分析,有水平方向Nsinθ-fcsθ=mω2Rsinθ;竖直方向Ncsθ+fsinθ-mg=0,联立解得f=15mg,故C、D错误。
10.如图所示,在水平转台上放一个质量M=2 kg的木块,它与转台间最大静摩擦力Fmax=4.0 N,绳的一端系在木块上,穿过转台的中心孔O(孔光滑,忽略小滑轮的影响),另一端悬挂一个质量m=1.0 kg的物体,当转台以角速度ω=5 rad/s匀速转动时,木块相对转台静止,则木块到O点的距离可能是(g取10 m/s2,M、m均视为质
点)( )
m m
m m
【解析】选C。木块的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力,根据向心力公式得mg+f=Mω2r解得r=mg+fMω2,当f=Fmax=4 N时,rmax=1×10+42×52 m=0.28 m;当f=-4 N时,rmin=1×10-42×52 m=0.12 m,所以0.12 m≤r≤0.28 m,故C正确,A、B、D错误。
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
11.(15分)小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。如图甲,圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O转动,转速可通过调速器调节,手机到圆心的距离也可以调节。小鹏先将手机固定在桌面某一位置M处,通电后,手机随桌面转动,通过手机里的软件可以测出加速度和角速度,调节桌面的转速,可以记录不同时刻的加速度和角速度的值,并能生成如图乙所示的图像。
(1)由图乙可知,t=60.0 s时,桌面的运动状态是_______(填字母编号);
A.静止
B.匀速圆周运动
C.速度增大的圆周运动
D.速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是______________;
(3)若要研究加速度与半径的关系,应该保持_______不变,改变_______,通过软件记录加速度的大小,此外,还需要的测量仪器是_______。
【解析】(1)由图乙可知,t=60.0 s时,加速度大小不变,角速度大小也不变,所以此时桌面在做匀速圆周运动,所以B正确,A、C、D错误。
(2)由图乙可以看出,加速度和角速度的变化曲线大致一样,所以可以得到的结论是半径一定,角速度大小不变时,加速度大小也不变;角速度增大时,加速度也增大。
(3)物体做圆周运动的加速度为a=ω2r=4π2n2r,若要研究加速度与半径的关系,应该保持转速(或角速度)不变,改变手机到圆心的距离(或半径);所以还需要的测量仪器是刻度尺。
答案:(1)B
(2)半径一定,角速度大小不变时,加速度大小也不变;角速度增大时,加速度也增大
(3)转速(或角速度) 手机到圆心的距离(或半径) 刻度尺
12.(8分)如图,半径R=0.4 m的圆盘水平放置,绕竖直轴OO'匀速转动,在圆心O正上方h=0.8 m高处固定一水平轨道PQ,转轴和水平轨道交于O'点。一质量m=1 kg的小车(可视为质点),在F=4 N的水平恒力作用下,从O'左侧x0=2 m处由静止开始沿轨道向右运动,当小车运动到O'点时,从小车上自由释放一小球,此时圆盘半径OA与x轴重合。规定经过O点水平向右为x轴正方向,小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。
(1)若小球刚好落到A点(球与盘只碰撞一次),求小车运动到O'点的速度大小。
(2)为使小球刚好落在A点,圆盘转动的角速度应为多大。
【解析】(1)小球离开小车后,由于惯性,将以离开小车时的速度做平抛运动,
h=12gt2(1分)
R=vt(1分)
小车运动到O'点的速度大小v=Rt=1 m/s(2分)
(2)为使小球刚好落在A点,则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍,有t=kT=2kπω
其中k=1,2,3,…(2分)
即ω=2kπg2h=5kπ rad/s(2分)
其中k=1,2,3,…
答案:(1)1 m/s (2)5kπ rad/s,其中k=1,2,3,…
13.(8分)如图所示,装置BO'O可绕竖直轴O'O转动,可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点,装置静止时细线AB水平,细线AC与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球的质量为m,细线AC长为l,sin37°=0.6,cs37°=0.8,重力加速度为g,求
(1)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时,该装置绕OO'转动的角速度的大小;
(2)当细线AB的拉力为零时,该装置绕OO'轴转动的角速度的最小值。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得
Tcsθ=mg,TAB=12mg(1分)
Tsinθ-TAB=mω12lsinθ(1分)
解得ω1=5g12l。(2分)
(2)由题意,当ω最小时,绳AC与竖直方向的夹角α=37°
则有mgtanα=m(lsinα)ωmin2,(2分)
解得ωmin=5g4l。(2分)
答案:(1)5g12l (2)5g4l
14.(13分)如图所示,一个人用一根长1 m,只能承受46 N拉力的绳子,拴着一个质量为1 kg的小球(可视为质点),在竖直平面内做圆周运动,已知圆心O离地面h=
6 m。转动中小球在最低点时绳子断了。(g取10 m/s2)
(1)绳子断时小球运动的角速度多大?
(2)绳断后,求小球落地点与抛出点间的水平距离。
【解析】(1)对小球受力分析,根据牛顿第二定律和向心力的公式可得
F-mg=mω2r(3分)
所以ω=F-mgmr=6 rad/s。(2分)
(2)由v=ωr可得,绳断时小球的线速度大小为v=6 m/s,(2分)
绳断后,小球做平抛运动
水平方向上x=vt(2分)
竖直方向上h-r=12gt2(2分)
联立两式代入数据得x=6 m(2分)
小球落地点与抛出点间的水平距离是6 m。
答案:(1)6 rad/s (2)6 m
15.(16分)(2022·泰州高一检测)如图所示,M是水平放置的半径足够大的圆盘,可绕过其圆心的竖直轴OO'匀速转动,在圆心O正上方h处有一个正在不断滴水的容器,每当一滴水落在盘面时恰好下一滴水离开滴口。某次一滴水离开滴口时,容器恰好开始水平向右做速度为v的匀速直线运动,将此滴水记作第一滴水。不计空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)相邻两滴水下落的时间间隔;
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都在一条直线上,圆盘转动的角速度;
(3)第二滴和第三滴水在盘面上落点之间的距离最大可为多少?
【解析】(1)相邻两滴水离开滴口的时间间隔就是一滴水下落的时间
由h=12gΔt2,(3分)
可得Δt=2hg。(2分)
(2)每一滴水在盘面上的落点都在一条直线上,
Δt时间内圆盘转过的弧度为kπ
ω=θΔt=kπΔt=kπg2h(k=1,2,…)。(4分)
(3)第二滴和第三滴水的落点恰能在一条直径上且位于O点两侧时,距离最大
x1=v·2Δt,x2=v·3Δt(3分)
所以x=x1+x2=5vΔt(2分)
x=5v2hg。(2分)
答案:(1)2hg(2)kπg2h(k=1,2,…)(3)5v2hg
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