高考物理二轮复习 疯狂专练6 圆周运动规律的应用（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx

《高考物理二轮复习 疯狂专练6 圆周运动规律的应用（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 疯狂专练6 圆周运动规律的应用（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、圆周运动规律的应用专练六圆周运动规律的应用一、考点内容(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。二、考点突破1如图所示，运动员以速度v在倾角为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受到的合力大小为FmC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2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

2、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0B半圆球对小物块的支持力一直增大，摩擦力也一直增大CF大小一直不变D半圆球对地面的摩擦力始终向右3在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品。已知管状模型内壁半径R，支承轮的半径为r，则支承轮转动的最小角速度为()A BC D4(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

3、轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m1 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是kt，k2 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 NC细线对物块的拉力是6 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s25(多选)如图所示，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，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2R6(多选)如图所示，放于竖直

4、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，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，下列说法中正确的是()A圆环角速度小于时，小球受到2个力的作用B圆环角速度等于时，细绳恰好伸直C圆环角速度等于2时，细绳将断裂D圆环角速度大于时，小球受到2个力的作用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

5、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TaTb1k(k1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中()Aa、b距离最近的次数为k次Ba、b距离最近的次数为k1次Ca、b、c共线的次数为2k次Da、b、c共线的次数为2k2次9(多选)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传

6、送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，A离水平轨道BD高度差为h，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，设滑块与传送带之间动摩擦因数为，则()A固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离C滑块一定能重新回到出发点A处DA离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多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，设最大静摩

7、擦力等于滑动摩擦力，且有kr2mg。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B当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为C当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为D当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为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m1 t，车道转弯半径r150 m，路面倾斜角45，路面与车胎的动摩擦因数0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 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。12如图甲所示，竖直平面内

8、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，4N)点。取g10 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。答案二、考点突破

9、1【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Fm，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。2【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，当小物块沿圆弧上滑时，根据牛顿第二定律则有：mgsin FN m，由于fFN，可知增大，支持力增大，则滑动摩

10、擦力也增大，故B正确；根据题意则有：Fmgcos FNmgcos mgsin m，对cos +sin 分析可知从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。3【答案】A【解析】经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mgm2R，又有：rR，解得：，故A正确。4【答案】CD【解析】由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t，又vat，故可得：a1 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：物块所受合外力为：Fm

11、a1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。5【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：T，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，vR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：F合m2R，故D正确。6【答案】ABD【解析】设角速度在01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，则有：mgtanmRsin2，即为：，当绳恰好伸直时有：60，对应，故A、B正确

12、；设在12时绳中有张力且小于2mg，此时有：FNcos60mgFTcos60，FNsin60FTsin60m2Rsin60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【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，对B研究，B受到的摩擦力fTsin ，对A，有Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，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(Mm)g，故B错误；细线的拉力T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l，

13、则agtan 2lsin ，变小，变小，故D正确。8【答案】D【解析】设每隔时间T，a、b相距最近，则(ab)T2，所以T，故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：nk1，即a、b距离最近的次数为k1次，故A、B均错误。设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ab)t，所以t；故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：n2k2，故C错误，D正确。9【答案】BD【解析】若滑块恰能通过C点时AB的高度最低，有，由A到C根据动能定理知，联立解得，则AB最低高度为，A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有mghmgx0，解得，摩擦力做功转化为热量，所以该等式也可以写作mghQ

14、0，即Qmgh，所以A离水平轨道BD高度差为h越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多，B、D正确；若滑块从传送带最右端回到D点速度时速度大小不变即与滑上传送带时的速度大小相等时，则滑块可重新回到出发点A点，若小于这个速度，则不能回到A点，C错误。10【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(1.5rr1.5r)2m2r，解得：，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(1.5rr1.5r)m21.5r，解得：，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(1.5rr1.5r)

15、2mg2m2r，解得：，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(1.5rr1.5r)mgm21.5r，解得：，即A、B同时开始滑动，故D正确。11【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 m解得：v38.7 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 Ffcos mFNcos Ffsin mg0FfFN解得：vmin30 m/s。12【解析】(1)当H0时，由图象截距可知：Fmg2 N，mg

16、0.2 kg当小物块从A点静止下滑，由图象知，h0.5 m，对轨道的压力F14 Nmghmv12F1mgm解得R1 m。(2)不脱离轨道分两种情况：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h1R1 m通过最高点，通过最高点的临界条件vD设下落高度为H0，由动能定理mg(H02R)mvD2解得H02.5 m则应该满足下落高度h22.5 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：xOEvDtRgt2解得：vDm/s而滑块过D点的临界速度vDLm/s由于vDvDL，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(H2R)mvDL2解得：Hm。