高考物理一轮复习课时分层作业10圆周运动含答案

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2．A [闸杆转动时间为t＝eq \f(x,v)－t0＝eq \f(6.9,3) s－0.3 s＝2 s，汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为tan θ ＝eq \f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq \f(π,4)，闸杆转动的角速度至少为ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(π,8) rad/s，故选项A正确。]
3．BC [由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2×eq \f(100,60)×π×eq \f(0.3,2) m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；设主动轮线速度为vz，从动轮线速度为vc，由题意可知nP＝nc，vz＝vc，则有2πnzrz＝2πncrc即2πnzrz＝2πnPrc，nz＝eq \f(nPrc,rz)＝eq \f(100×0.02,0.08) r/min＝25 r/min，故D错误。]
4．A [小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，可得vB＝4 m/s，A正确。]
5．B [设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图所示，要使车轮与路面之间横向摩擦力为零，重力与支持力的合力等于向心力，得mgtan θ＝meq \f(v2,R)，又由数学知识得到tan θ＝eq \f(h,d)，联立解得v＝eq \r(\f(ghR,d))，故B选项正确。]
6．BC [转速较小时， 小球紧贴圆锥面，则FTcs θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcs θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mωeq \\al(2,0)lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D错误。]
7．A
8．B [对题图甲A、B分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则mgtan θ＝mω2lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,lcs θ))＝eq \r(\f(g,h))，所以小球A、B的角速度相等，由v＝ωr可知线速度大小不相同，故A正确，B错误；对题图乙C、D分析：设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳上拉力为FT，则有mgtan θ＝ma，FTcs θ＝mg得a＝gtan θ，FT＝eq \f(mg,cs θ)，所以小球C、D向心加速度大小相同，小球C、D受到绳的拉力大小也相同，故C、D正确。]
9．CD [当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtan θ＝mω2Lsin θ，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cs θ－F2cs θ＝mg，则F1－F2＝eq \f(mg,cs θ)，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。]
10．D [当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得v2＝gr，即a＝gr，a与小球的质量无关，A错误；当v2＝2a时，对小球受力分析，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得b＝mg，b与小球的质量有关，B错误；根据A、B分析可知eq \f(b,a)＝eq \f(m,r)，即比值eq \f(b,a)与小球的质量有关，与圆周轨道半径也有关，C错误；由A、B分析可知a＝gr，b＝mg，可得r＝eq \f(a,g)，m＝eq \f(b,g)，D正确。]
11．解析：(1)水平转台的角速度ω＝2πn
频闪光源闪光一次的时间间隔里转台逆时针转过的角度θ＝eq \f(1,N)·ω
观察到物块顺时针转过的角度
θ′＝2kπ－θ(k＝1,2,3，…)
由角速度的定义有θ′·N＝eq \f(2π,T)
解得n＝kN－eq \f(1,T)(k＝1,2,3，…)
k＝1时，转速最小，n1＝N－eq \f(1,T)。
(2)物块做圆周运动所需向心力为
Fn＝mL(2πn)2
转台给物块的作用力为F＝eq \r(F\\al(2,n)＋mg2)
解得F＝meq \r(4π2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(N－\f(1,T))) eq \s\up10(2)＋g2)。
答案：(1)N－eq \f(1,T)
(2)meq \r(4π2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(N－\f(1,T))) eq \s\up10(2)＋g2)
12．解析：(1)在最高点时，由牛顿第二定律得
Mg＋FN1＝Meq \f(v\\al(2,1),R)，
FN1＝0.5Mg，
解得v1＝eq \r(\f(3gR,2))。
(2)过山车从弧形轨道顶部运动到圆形轨道最高处过程中，由机械能守恒定律得
Mgh＝Mg·2R＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
解得h＝2.75R。
(3)由开始释放到最低点，由动能定理有
Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，
FN2－mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)，
联立解得FN2＝6.5mg。
由牛顿第三定律知FN2′＝FN2＝6.5mg。
答案：(1)eq \r(\f(3gR,2)) (2)2.75R (3)6.5mg