2020-2021学年第二章 圆周运动本章综合与测试学案

这是一份2020-2021学年第二章 圆周运动本章综合与测试学案，共10页。学案主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(多选)(2019·江苏卷)如图1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( )
图1
A．运动周期为eq \f(2πR,ω)
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
答案 BD
解析 由题意可知座舱运动周期为T＝eq \f(2π,ω)，线速度大小为v＝ωR，受到的合力大小为F＝mω2R，选项B、D正确，A错误；座舱的重力为mg，座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变，方向时刻变化，故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变，选项C错误．
2.(2019·沈阳市郊联体高一下期中)如图2所示，内壁光滑的竖直圆桶绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用不可伸长的细绳系着，绳子的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则( )
图2
A．绳子的拉力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．若它们以更大的角速度一起转动，绳子的拉力一定增大
D．若它们以更大的角速度一起转动，绳子的拉力仍保持不变
答案 D
解析 由于桶的内壁光滑，桶不能提供给物块竖直向上的静摩擦力，所以绳子的拉力一定不能等于零，故A错误；绳子拉力沿竖直方向的分力与物块重力大小相等，若绳子拉力沿水平方向的分力恰好提供物块做圆周运动的向心力，则桶对物块的弹力为零，故B错误；由题图可知，绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大，所以绳子的拉力也不会随角速度的增大而增大，故C错误，D正确．
3.(2019·海安校极月考)如图3，质量相同的两个小球A、B，由两根长均为L且不可伸长的轻绳系住悬挂在天花板上．现A、B随车一起向右做匀加速直线运动，系住B球的轻绳与竖直方向的夹角为α，某时刻小车突然停止，停止前一瞬间小车的速度为v，重力加速度为g，则突然停止时两小球的加速度( )
图3
A．aA＝aB＝gtan α
B．aA＝eq \f(v2,L)，aB＝g
C．aA＝gtan α，aB＝g
D．aA＝0，aB＝g
答案 B
解析 停止瞬间，小球A将向右开始摆动做圆周运动，此时的加速度等于向心加速度，则：aA＝eq \f(v2,L)；当突然停止瞬间，由于惯性小球B有向右的初速度，将向右做平抛运动，则此时刻B的加速度为g，故A、C、D错误，B正确．
4．(2019·中山市期末)如图4是多级减速装置的示意图，每一级减速装置都是由固定在同一转动轴上、绕同一转动轴转动的大小两个轮子组成的，各级之间用皮带相连，皮带不打滑．如果每级减速装置中大轮的半径为R＝1 m、小轮的半径为r＝0.5 m．则当第一级大轮外缘的线速度大小为v1＝80 m/s时，第五级大轮外缘的线速度大小是( )
图4
A．40 m/s B．20 m/s C．10 m/s D．5 m/s
答案 D
解析 根据同轴转动角速度相等知，第一级大轮和小轮的角速度相等，根据v＝r·ω知，第一级小轮的线速度大小为v1′＝eq \f(1,2)v1＝40 m/s；根据皮带传动边缘线速度大小相等可知，第二级大轮边缘的线速度大小为v2＝v1′＝40 m/s，同理第二级小轮的线速度大小为v2′＝eq \f(1,2)v2＝
20 m/s，第三级大轮边缘的线速度大小为v3＝v2′＝20 m/s，第三级小轮边缘的线速度大小为v3′＝eq \f(1,2)v3＝10 m/s，第四级大轮边缘的线速度大小为v4＝v3′＝10 m/s，第四级小轮边缘的线速度大小为v4′＝eq \f(1,2)v4＝5 m/s，第五级大轮边缘的线速度大小v5＝v4′＝5 m/s，故A、B、C错误，D正确．
5．(多选)(2019·衡阳一中高一期中改编)如图5(a)所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，质量为0.6 kg的小球C(小球可视为质点)用细绳拴在铁钉B上，A、B、C在同一直线上．t＝0时，给小球一垂直于绳、大小为2 m/s的速度，使小球在水平面上做圆周运动．在0≤t≤t2时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图(b)所示．若细绳能承受的最大拉力为6.4 N，则下列说法正确的是( )
图5
A．两钉子间的距离为0.2 m
B．t＝3.3 s时细绳的拉力为3 N
C．t1＝0.6π s
D．小球从开始运动到绳被拉断历时3π s
答案 AC
解析 小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力作用，小球速度大小不变，由牛顿第二定律可得：r＝eq \f(mv2,F)，当F＝2 N时，r1＝1.2 m，当F＝2.4 N时，r2＝1 m．两钉子间的距离d为小球做圆周运动减小的半径，即d＝r1－r2＝0.2 m，故A正确；由周期T＝eq \f(2πr,v)可得，r1＝1.2 m时，T1＝1.2π s，r2＝1 m时，T2＝π s，而小球每经半个周期与另一钉子接触，小球从开始运动经eq \f(T1,2)＝0.6π s细绳与铁钉A接触，小球做圆周运动的半径减小，细绳受到的拉力增大，所以t1＝0.6π s；小球从开始运动经eq \f(T1＋T2,2)＝1.1π s≈3.45 s>3.3 s，细绳才再次与铁钉B接触，所以t＝3.3 s时细绳拉力仍为2.4 N，故B错误，C正确；当细绳受到的拉力为6.4 N时，r＝0.375 m<0.4 m，即当r＝0.4 m时，绳子还不会断，小球从开始运动到细绳被拉断历时t＝(0.6π＋0.5π＋0.4π＋0.3π＋0.2π) s＝2π s，故D错误．
6．(2019·巴蜀中学高一下月考)一竖直放置的光滑圆形轨道连同底座总质量为M，放在水平地面上，如图6所示，一质量为m的小球沿此轨道做圆周运动．A、C两点分别是轨道的最高点和最低点．轨道的B、D两点与圆心等高．在小球运动过程中，轨道始终静止，重力加速度为g.则关于轨道底座对地面的压力FN的大小及地面对轨道底座的摩擦力方向，下列说法正确的是( )
图6
A．小球运动到A点时，FN>Mg，摩擦力方向向左
B．小球运动到B点时FN＝Mg＋mg，摩擦力方向向右
C．小球运动到C点时，FN>Mg＋mg，地面对轨道底座无摩擦力
D．小球运动到D点，FN＝Mg，摩擦力方向向右
答案 C
解析 小球在A点时，若v＝eq \r(gR)，则轨道对小球的作用力为零，有FN＝Mg；若v>eq \r(gR)，则轨道对小球有向下的弹力，所以小球对轨道有向上的弹力，有FNMg.在这三种情况下，轨道底座在水平方向上均没有运动趋势，不受摩擦力，故A错误；小球在B点时，根据FN球＝meq \f(vB2,R)可知，轨道对小球有向右的弹力，则小球对轨道有向左的弹力，底座受到向右的摩擦力，压力FN＝Mg，故B错误；小球运动到C点时，根据FN球′－mg＝meq \f(vC2,R)知，轨道对小球有向上的支持力，则小球对轨道有向下的压力，压力大小大于mg，则底座对地面的压力FN>mg＋Mg，底座在水平方向上没有运动趋势，不受摩擦力，故C正确；小球运动到D点时，根据FN球″＝meq \f(vD2,R)知，轨道对小球有向左的弹力，则小球对轨道有向右的弹力，轨道底座所受的摩擦力方向向左，压力FN＝Mg，故D错误．
7．(多选)(2019·哈尔滨三中高一下质检)如图7所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上，圆盘可绕过圆盘中心O且垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，盘面与水平面的夹角为30°.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是( )
图7
A．a在最高点时所受摩擦力不可能为0
B．a在最低点时所受摩擦力不可能为0
C．若使a、b均不发生滑动，圆盘角速度的最大值为ω＝eq \r(\f(g,8l))
D．若使a、b均不发生滑动，圆盘角速度的最大值为ω＝eq \r(\f(g,4l))
答案 ABC
解析 在最高点时，若a所受的摩擦力为零，靠重力沿圆盘的分力提供向心力，有：mgsin θ＝mlω2，在最低点时，有f－mgsin θ＝mlω2，解得最低点的摩擦力f＝mg，而最大静摩擦力fm＝μmgcs θ＝0.75mg，可知a在最高点和最低点的摩擦力都不可能为零，故A、B正确；在最低点时，对a，根据牛顿第二定律得μmgcs 30°－mgsin 30°＝mlω′2，解得a开始滑动的临界角速度ω′＝eq \r(\f(g,4l)).在最低点时，对b，根据牛顿第二定律得，μmgcs 30°－mgsin 30°＝m·2lω″2，解得b开始滑动的临界角速度ω″＝eq \r(\f(g,8l))，所以若a、b均不发生滑动，圆盘角速度的最大值为eq \r(\f(g,8l))，故C正确，D错误．
8.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圆锥顶上，如图8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变化的图像是下列图中的( )
图8
答案 C
解析 由题图可知，锥面与竖直方向的夹角为θ，设细线长为L，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力FN和细线的拉力FT而平衡，如图甲所示，FT＝mgcs θ≠0，故A、B错误；ω增大时，FT增大，FN减小，当FN＝0时，角速度为ω0.当ω<ω0时，由牛顿第二定律得
FTsin θ－FNcs θ＝mω2Lsin θ，FTcs θ＋FNsin θ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2 θ＋mgcs θ；当ω>ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向的夹角变大，设为β，如图乙所示，由牛顿第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，所以FT＝mLω2，此时图像的反向延长线经过原点，FT－ω2图线的斜率变大，故C正确，D错误．
9.(多选)如图9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°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,3)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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9
A．当ω＝eq \r(\f(g,2l))时，细绳的拉力为0
B．当ω＝eq \r(\f(3g,4l))时，物块与转台间的摩擦力为0
C．当ω＝eq \r(\f(4g,3l))时，细绳的拉力大小为eq \f(4,3)mg
D．当ω＝eq \r(\f(g,l))时，细绳的拉力大小为eq \f(1,3)mg
答案 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，μmg＝mωeq \\al(2,1)lsin 30°，解得ω1＝eq \r(\f(2g,3l))，随着角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块只受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan 30°＝mωeq \\al(2,2)lsin 30°，解得ω2＝eq \r(\f(2\r(3)g,3l))，由于eq \r(\f(g,2l))<ω1，所以当ω＝eq \r(\f(g,2l))时，细绳的拉力为零，故A正确；由于ω1ω2，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtan α＝m(eq \r(\f(4g,3l)))2lsin α，解得
cs α＝eq \f(3,4)，故FT＝eq \f(mg,cs α)＝eq \f(4,3)mg，故C正确；由于ω1eq \f(1,3)mg，故D错误．
10.(多选)(2016·浙江卷)如图10所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
图10
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
答案 AB
解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg＝meq \f(vm2,r)，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上的速率为vmR＝eq \r(kgR)＝eq \r(2.25×10×90) m/s＝45 m/s，选项B正确；直道的长度为x＝eq \r(L2－R－r2)＝50eq \r(3) m，在小弯道上的最大速率为：vmr＝eq \r(kgr)＝eq \r(2.25×10×40) m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小为a＝eq \f(vmR2－vmr2,2x)＝eq \f(452－302,2×50\r(3)) m/s2≈6.50 m/s2，选项C错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为eq \f(2πr,3)，通过小圆弧弯道的时间为t＝eq \f(\f(2πr,3),vmr)＝eq \f(2×3.14×40,3×30) s≈2.79 s，选项D错误．
二、非选择题
11.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当小球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图11所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq \f(3,4)d，绳始终在竖直平面内，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力．
图11
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2；
(2)求绳能承受的最大拉力；
(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出后飞行的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？
答案 (1)eq \r(2gd) eq \f(\r(10gd),2) (2)eq \f(11,3)mg (3)eq \f(d,2) eq \f(2\r(3),3)d
解析 (1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律得
竖直方向有eq \f(1,4)d＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有d＝v1t
解得v1＝eq \r(2gd)
在竖直方向有v⊥2＝2g·eq \f(1,4)d
v2＝eq \r(v12＋v⊥2)
即v22－v12＝2g·eq \f(1,4)d
解得v2＝eq \f(\r(10gd),2)；
(2)设绳能承受的最大拉力为FT，球做圆周运动的半径为R＝eq \f(3,4)d
绳断时，小球刚好运动到最低点，由牛顿第二定律得FT－mg＝eq \f(mv12,R)
解得FT＝eq \f(11,3)mg
(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳能承受的最大拉力不变．
由牛顿第二定律得FT－mg＝eq \f(mv32,l)
解得v3＝eq \f(2,3)eq \r(6gl)
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，设球平抛运动的水平位移为x，时间为t1，则
竖直方向有d－l＝eq \f(1,2)gt12
水平方向有x＝v3t1
联立解得x＝4eq \r(\f(ld－l,3))
当l＝d－l，即l＝eq \f(d,2)时，x有最大值，则xmax＝eq \f(2\r(3),3)d.
12.如图12所示，质量为1 kg、大小不计的小球P用两根长度相等、不可伸长的细绳系于竖直杆上，随杆在水平面内做匀速圆周运动．AB的距离等于绳长为1 m．(重力加速度g＝10 m/s2)
图12
(1)当ω1＝4 rad/s时，细绳AP和BP的拉力分别为多少？
(2)当ω2＝5 rad/s时，细绳AP和BP的拉力分别为多少？
答案 (1)0 16 N (2)2.5 N 22.5 N
解析 设AP刚伸直时小球做圆周运动的角速度为ω0
此时BP与竖直方向夹角为60°，AP拉力为0
球受力如图甲所示，
FT1sin 60°＝mωeq \\al(2,0)Lsin 60°
FT1cs 60°＝mg
联立解得：
ω0＝2eq \r(5) rad/s
(1)当ω1＝4 rad/s＜ω0时，AP上拉力为0，设BP拉力为FT2，其与竖直方向夹角为θ，受力分析如图乙，
FT2sin θ＝mωeq \\al(2,1)Lsin θ
解得FT2＝16 N
(2)当ω2＝5 rad/s＞ω0时，AP、BP上都有拉力，设分别为FT3、FT4，受力分析如图丙，
FT4cs 30°＋FT3cs 30°＝mω22Lsin 60°
FT4sin 30°＝FT3sin 30°＋mg
联立解得FT3＝2.5 N，FT4＝22.5 N.