2024屆高考物理二輪專題復(fù)習與測試第一部分專題一力與運動第3講力與曲線運動命題點三圓周運動問題

命題點三圓周運動問題圓周運動動力學問題的分析思路(2023·佛山一模)偏心振動輪廣泛應(yīng)用于生活中的各個領(lǐng)域，如手機振動器、按摩儀、混凝土平板振動機等．如圖甲，某工人正操作平板振動機進行水泥路面的壓實作業(yè)．平板振動機中偏心振動輪的簡化圖如圖乙所示，輪上有一質(zhì)量較大的偏心塊．若偏心輪繞轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動則當偏心塊的中心運動到圖中哪一位置時，振動機對路面壓力最大()A．PB．QC．MD．N解析：對偏心輪邊緣的一點，轉(zhuǎn)到最低點P時滿足F－mg＝mω2r，可得地面對振動機的支持力F＝mg＋mω2r，此時路面對振動機的支持力最大，根據(jù)牛頓第三定律可知振動機對路面壓力最大．故選A.答案：A(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經(jīng)過一點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A.eq\f(h,k＋1)B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k)D.eq\f(2h,k－1)解析：運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點有，F(xiàn)Nc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1).故選D.答案：D1．在東北嚴寒的冬天，有一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按一定的弧線均勻快速地潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結(jié)成冰而形成壯觀的場景．如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲的精彩瞬間，圖乙為其示意圖．假設(shè)潑水過程中杯子做勻速圓周運動，在0.4s內(nèi)杯子旋轉(zhuǎn)了eq\f(6π,5).下列說法正確的是()A．P位置的小水珠速度方向沿a方向B．P、Q兩位置，杯子的向心加速度相同C．杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為6πm/sD．杯子在旋轉(zhuǎn)時的向心加速度大小約為9π2m/s2解析：根據(jù)圖乙水珠做離心運動的方向可知杯子旋轉(zhuǎn)方向為逆時針，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A項錯誤；向心加速度方向指向圓心，P、Q兩位置，杯子的向心加速度方向不同，B項錯誤；杯子在旋轉(zhuǎn)時的角速度大小為w＝eq\f(θ,t)＝eq\f(\f(6π,5),0.4)rad/s＝3πrad/s，杯子在旋轉(zhuǎn)時的運動半徑大約為1m，故線速度大小約為v＝ωr＝3πm/s，C項錯誤；杯子在旋轉(zhuǎn)時的向心加速度大小約為a＝ω2r＝9π2m/s2，D項正確．故選D.答案：D2．飛球調(diào)速器是英國工程師詹姆斯·瓦特于1788年為蒸汽機速度控制而設(shè)計，如圖(a)所示，這是人造的第一個自動控制系統(tǒng)．如圖(b)所示是飛球調(diào)速器模型，它由兩個質(zhì)量為m的球通過4根長為l的輕桿與豎直軸的上、下兩個套筒用鉸鏈連接．上面套筒固定，下面套筒質(zhì)量為M，可沿軸上下滑動．不計一切摩擦，重力加速度為g，當整個裝置繞豎直軸以恒定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，輕桿與豎直軸之間的夾角θ的余弦值為()A.eq\f(mg,Mlω)B.eq\f(Mg,mlω2)C.eq\f(（M＋m）g,mlω)D.eq\f(（M＋m）g,mlω2)解析：小球受到重力mg，上、下兩根輕桿的拉力F1、F2，豎直方向上，由物體的平衡條件得：F1cosθ＝F2cosθ＋mg，水平方向上，由牛頓第二定律：F1sinθ＋F2sinθ＝mrω2且：r＝lsinθ，下面套筒受到重力Mg，左、右兩根輕桿的拉力為F3、F4(根據(jù)對稱性，F(xiàn)3、F4相等)，由物體的平衡條件得：2F3cosθ＝Mg，由題意知：F3＝F2，聯(lián)立解得cosθ＝eq\f(（m＋M）g,mlω2)，A、B、C三項錯誤，D項正確答案：D3．(2023·汕頭金山中學?？家荒?如圖甲所示，被稱為“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)不脫落，其原理可等效為如圖乙所示的模型：半徑為R的磁性圓軌道豎直固定，質(zhì)量為m的鐵球(視為質(zhì)點)沿軌道外側(cè)運動，A、B分別為軌道的最高點和最低點，軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則()A．鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運動過程中機械能不守恒C．鐵球在A點的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg，才能使鐵球不脫軌解析：小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變，支持力的方向過圓心，它們都始終與運動的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對小鐵球做功，只有重力會對小鐵球做功，所以小鐵球的機械能守恒，在最高點的速度最小，在最低點的速度最大．小鐵球不可能做勻速圓周運動，故A、B項錯誤；小鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點軌道對小鐵球的支持力的方向可以向上，小鐵球的速度只要大于0即可通過最高點，故C項錯誤；由于小鐵球在運動的過程中機械能守恒，所以小鐵球在最高點的速度越小，則機械能越小，在最低點的速度也越小，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)可知，小鐵球在最低點時需要的向心力越小．而在最低點小鐵球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下，只有磁力的方向向上．要使鐵球不脫軌，軌道對鐵球的支持力一定要大于0.所以鐵球不脫軌的條件是：小鐵球在最高點的速度恰好為0，而且到達最低點時，軌道對鐵球的支持力恰好等于0.根據(jù)機械能守恒定律，小鐵球在最高點的速度恰好為0，到達最低點時的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2.軌道對鐵球的支持力恰好等于0，則磁力與重力的合力提供向心力，即F－mg＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立得F＝5mg.故D項正確．故選D.答案：D4．如圖所示，一粗糙矩形水平板ABCD與一光滑半圓柱面CDEF相切于CD邊，C、D、E、F位于同一豎直面內(nèi)．沿圓柱面EF邊固定一豎直擋板，物塊垂直撞擊擋板前后，速度方向相反、大小不變．可從A點沿水平面朝各個方向發(fā)射質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點)．已知兩軌道面沿CD方向足夠長，水平板AC邊長L＝1m，半圓柱面的圓弧半徑R＝0.1m，物塊與水平板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.(1)若小物塊從A點以初速度v0＝3m/s沿AC方向發(fā)射，求物塊運動至半圓柱軌道最高點E時(撞擊擋板前)，對軌道的壓力大??；(2)若小物塊從A點以初速度v沿AC方向發(fā)射，為保證物塊能進入半圓柱軌道且在半圓柱面內(nèi)不脫軌，求其初速度v大小的取值范圍；(3)若撤去EF處的豎直擋板，令物塊初速度v′0＝2eq\r(6)m/s，方向與AC邊成θ角(θ未知)沿板發(fā)射．若小物塊能從EF邊飛出，求飛出后落地點到CD邊距離d的取值范圍．解析：(1)A→E由動能定理－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對E點FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，由牛頓第三定律FN′＝FN＝4N.(2)由A恰好至C的過程－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2)m/s，由A恰好至圓心等高處－mgR－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，v2＝2m/s，若恰好通過最高點mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，由A→E過程eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－2mgR－μmgL，v1＝eq\r(7)m/s，初速度大小范圍eq\r(2)m/s<v≤2m/s或v≥eq\r(7)m/s.(3)若物塊沿AC方向發(fā)射，距離d最大－2mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)，得v′1＝3eq\r(2)m/s.豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2，t＝0.2s，水平方向d1＝v′1·t＝eq\f(3\r(2),5)m.物塊運動至圓周最高點時，垂直EF邊的分速度的最小值v′2＝eq\r(gR)＝1m/s，垂直于CD方向d2＝v′2·t＝eq\f(1,5)m，距離的取值范圍eq\f(1,5)m≤d≤eq\f(3\r(2),5)m.答案：(1)4N；(2)eq\r(2)m/s<v≤2m/s或v≥eq\r(7)m/s；(3)eq\f(1,5)m≤d≤eq\f(3\r(2),5)m5．(2023·湖北卷)如圖為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點D.小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點．求：(1)小物塊到達D點的速度大??；(2)B和D兩點的高度差；(3)小物塊在A點的初速度大?。馕觯?1)由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得vD＝eq\r(gR).(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，則小物塊從B到D過程中，根據(jù)動能定