高中物理高考 2021届小题必练6 圆周运动 教师版

这是一份高中物理高考 2021届小题必练6 圆周运动 教师版，共8页。试卷主要包含了如图，一同学表演荡秋千，如图所示为用绞车拖物块的示意图等内容，欢迎下载使用。

(1)向心力、向心加速度的理解；(2)竖直平面内圆周运动的问题分析；(3)斜面、悬绳弹力的水平分力提供向心力的实例分析问题；(4)离心现象等。
例1．(2020·全国卷I·16)如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
A. 200 N B. 400 N C. 600 N D. 800 N
【答案】B
【解析】在最低点由2T－mg＝meq \f(v2,r)，知T＝410 N，即每根绳子拉力约为410 N，故选B。
【点睛】本题考查竖直面内圆周运动的轻“绳”模型，要明确秋千运动到最低点时所受合力不为零，且合力方向竖直向上。
1．如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)( )
A．运动周期之比为5∶4
B．运动线速度大小之比为1∶1
C．向心加速度大小之比为4∶5
D．受到的合力大小之比为15∶14
【答案】D
【解析】A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝eq \f(2π,ω)知，周期相等，故A项错误；根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，故B项错误；根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C项错误；根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D项正确。
2．如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为r，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则( )
A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用
B．受到的合力大小F＝meq \f(v2,r)
C．若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑
D．若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑
【答案】B
【解析】将运动员和自行车看作一个整体，受到重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按照力的作用效果命名的力，不是物体受到的力，故A错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力指向圆心，提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F＝meq \f(v2,r)，故B正确；若运动员加速，由向上运动的趋势，但不一定沿斜面上滑，故C错误；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定沿斜面下滑，故D错误。
3．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为( )
A．eq \r(3)mg B．eq \f(4,3)eq \r(3)mg C．3mg D．2eq \r(3)mg
【答案】A
【解析】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcs θ＝eq \f(\r(3),2)L。根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝eq \f(mv2,r)；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcs θ＋mg＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2v))2,r)，联立解得F＝eq \r(3)mg，A项正确。
4．如图所示，在粗糙水平面上静止放有一个半圆球，将一个很小的物块放在粗糙程度处处相同的球面上，用始终沿球面的力F拉着小物块从A点沿球面匀速率运动到最高点B，半圆球始终静止。对于该过程下列说法正确的是( )
A．小物块所受合力始终为0
B．半圆球对小物块的支持力一直增大，摩擦力也一直增大
C．F大小一直不变
D．半圆球对地面的摩擦力始终向右
【答案】B
【解析】小物块做匀速圆周运动，所以所受合外力不为0，故A错误；假设小物块与圆心连线与水平方向的夹角为θ，当小物块沿圆弧上滑时，根据牛顿第二定律则有mgsin θ－FN＝meq \f(v2,r)，由于f＝μFN，可知θ增大，支持力增大，则滑动摩擦力也增大，故B正确；根据题意则有F＝mgcs θ＋μFN＝mgcs θ＋μmgsin θ－μmeq \f(v2,r)，对cs θ＋μsin θ分析可知θ从0增大到90°，F先增大后减小，故C错误；对半圆球进行受力分析可知半圆球所受摩擦力向右，所以半圆球对地面的摩擦力始终向左，故D错误。
5．(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是( )
A．物块做匀速运动
B．细线对物块的拉力是5 N
C．细线对物块的拉力是6 N
D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2
【答案】CD
【解析】由题意知，物块的速度v＝ωR＝2t×0.5＝1t，又v＝at，故可得a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得物块所受合外力F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦阻力f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。
6．(多选)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg。重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法中正确的是( )
A．圆环角速度ω小于时，小球受到2个力的作用
B．圆环角速度ω等于时，细绳恰好伸直
C．圆环角速度ω等于时，细绳将断裂
D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用
【答案】ABD
【解析】设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtan θ＝mRsin θ·ω2，即，当绳恰好伸直时有θ＝60°，对应，故A、B正确；设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcs 60°＝mg＋FTcs 60°，FNsin 60°＋FTsin 60°＝mω2Rsin 60°，当FT取最大值2mg时代入可得，即当时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，故C错误，D正确。
7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度减小
【答案】D
【解析】设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcs θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝eq \f(mg,cs θ)，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))，θ变小，ω变小，故D正确。
8．如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中( )
A．a、b距离最近的次数为k次
B．a、b距离最近的次数为k＋1次
C．a、b、c共线的次数为2k次
D．a、b、c共线的次数为2k－2次
【答案】D
【解析】设每隔时间T，a、b相距最近，则(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝eq \f(2π,ωa－ωb)＝eq \f(2π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq \f(TaTb,Tb－Ta)，故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：n＝eq \f(Tb,T)＝eq \f(Tb－Ta,Ta)＝eq \f(kTa－Ta,Ta)＝k－1，即a、b距离最近的次数为k－1次，A、B均错误。设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ωa－ωb)t＝π，所以t＝eq \f(π,ωa－ωb)＝eq \f(π,\f(2π,Ta)－\f(2π,Tb))＝eq \f(TaTb,2Tb－Ta)；故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：n＝eq \f(Tb,t)＝eq \f(2Tb－Ta,Ta)＝eq \f(2kTa－2Ta,Ta)＝2k－2，C错误，D正确。
9．(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绳相连的质量均为m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，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时圆盘的角速度为eq \r(\f(2μg,r))
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
【答案】ABC
【解析】两物体刚好要发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg，则有T－μmg＝mω2r，T＋μmg＝mω2·2r，解得T＝3μmg，ω＝eq \r(\f(2μg,r))，A、B、C项正确；当烧断绳子时，A所需向心力为F＝mω2r＝2μmg＞fm，fm＝μmg，所以A将发生滑动，D项错误。
10．(多选)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr＝2μmg。则以下说法中正确的是( )
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为eq \r(\f(k,m))
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为eq \r(\f(2k,3m))
C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为eq \r(\f(k,2m)＋\f(μg,2r))
D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为eq \r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))
【答案】BD
【解析】当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝2mω2r，得ω＝eq \r(\f(k,2m))，故A错误；当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＝mω2·1.5r，得ω＝eq \r(\f(2k,3m))，故B正确；假设B先滑动，则当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2r，得ω＝eq \r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，故C错误；假设A先滑动，则当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k(1.5r＋r－1.5r)＋μmg＝mω2·1.5r，得ω＝eq \r(\f(2k,3m)＋\f(2μg,3r))＝eq \r(\f(k,2m)＋\f(μg,r))，即A、B同时开始滑动，故D正确。
11．汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ＝0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：
(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？
(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。
【解析】(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
mgtan θ＝meq \f(v2,r)
解得：v≈38.7 m/s。
(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：
FNsin θ－Ffcs θ＝meq \f(vmin2,r)
FNcs θ＋Ffsin θ－mg＝0
Ff＝μFN
解得：vmin＝30 m/s。
12．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37°，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2 N，且过(0.5 m，4 N)点。取g＝10 m/s2。
(1)求滑块的质量和圆轨道的半径。
(2)若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少？
(3)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D飞出后落在圆心等高处的轨道上？若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。
【解析】(1)当H＝0时，由图象截距可知：
F＝mg＝2 N，mg＝0.2 kg
当小物块从A点静止下滑，由图象知，h＝0.5 m，对轨道的压力F1＝4 N
mgh＝eq \f(1,2)mv12
F1－mg＝meq \f(v12,R)
解得：R＝1 m。
(2)不脱离轨道分两种情况：
①到圆心等高处速度为零
有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R＝1 m
②通过最高点，通过最高点的临界条件vD＝eq \r(gR)
设下落高度为H0，由动能定理得：mg(H0－2R)＝eq \f(1,2)mvD2
解得：H0＝2.5 m
则应该满足下落高度h2≥2.5 m。
(3)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点：
x＝OE＝vDt
R＝eq \f(1,2)gt2
解得：vD＝m/s
而滑块过D点的临界速度vDL＝eq \r(gR)＝m/s
由于vD＞vDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点
mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mvDL2
解得：H＝m。