2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題一力與運(yùn)動(dòng)第3講力與曲線運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)三圓周運(yùn)動(dòng)問題

命題點(diǎn)三圓周運(yùn)動(dòng)問題圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)問題的分析思路(2023·佛山一模)偏心振動(dòng)輪廣泛應(yīng)用于生活中的各個(gè)領(lǐng)域，如手機(jī)振動(dòng)器、按摩儀、混凝土平板振動(dòng)機(jī)等．如圖甲，某工人正操作平板振動(dòng)機(jī)進(jìn)行水泥路面的壓實(shí)作業(yè)．平板振動(dòng)機(jī)中偏心振動(dòng)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(dòng)則當(dāng)偏心塊的中心運(yùn)動(dòng)到圖中哪一位置時(shí)，振動(dòng)機(jī)對(duì)路面壓力最大()A．PB．QC．MD．N解析：對(duì)偏心輪邊緣的一點(diǎn)，轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)P時(shí)滿足F－mg＝mω2r，可得地面對(duì)振動(dòng)機(jī)的支持力F＝mg＋mω2r，此時(shí)路面對(duì)振動(dòng)機(jī)的支持力最大，根據(jù)牛頓第三定律可知振動(dòng)機(jī)對(duì)路面壓力最大．故選A.答案：A(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示．運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h.要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過一點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)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(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點(diǎn)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(yán)寒的冬天，有一項(xiàng)“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(chǎng)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(yùn)動(dòng)，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(shí)的線速度大小約為6πm/sD．杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)的方向可知杯子旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方向，A項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)誤；杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)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(shí)的運(yùn)動(dòng)半徑大約為1m，故線速度大小約為v＝ωr＝3πm/s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；杯子在旋轉(zhuǎn)時(shí)的向心加速度大小約為a＝ω2r＝9π2m/s2，D項(xiàng)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(jī)速度控制而設(shè)計(jì)，如圖(a)所示，這是人造的第一個(gè)自動(dòng)控制系統(tǒng)．如圖(b)所示是飛球調(diào)速器模型，它由兩個(gè)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(gè)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(dòng)．不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，當(dāng)整個(gè)裝置繞豎直軸以恒定的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，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(duì)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(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確答案：D3．(2023·汕頭金山中學(xué)?？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(diǎn))沿軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，A、B分別為軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，軌道對(duì)鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變，不計(jì)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(yùn)動(dòng)B．由于磁力的作用，鐵球繞軌道運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒C．鐵球在A點(diǎn)的速度必須大于eq\r(gR)D．軌道對(duì)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以磁力和支持力都不能對(duì)小鐵球做功，只有重力會(huì)對(duì)小鐵球做功，所以小鐵球的機(jī)械能守恒，在最高點(diǎn)的速度最小，在最低點(diǎn)的速度最大．小鐵球不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、軌道的支持力和磁力的作用，在最高點(diǎn)軌道對(duì)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(diǎn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于小鐵球在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，所以小鐵球在最高點(diǎn)的速度越小，則機(jī)械能越小，在最低點(diǎn)的速度也越小，根據(jù)F＝meq\f(v2,R)可知，小鐵球在最低點(diǎn)時(shí)需要的向心力越?。谧畹忘c(diǎn)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(duì)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(diǎn)的速度恰好為0，而且到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)鐵球的支持力恰好等于0.根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小鐵球在最高點(diǎn)的速度恰好為0，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度滿足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2.軌道對(duì)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(xiàng)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(diǎn)沿水平面朝各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))．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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.(1)若小物塊從A點(diǎn)以初速度v0＝3m/s沿AC方向發(fā)射，求物塊運(yùn)動(dòng)至半圓柱軌道最高點(diǎn)E時(shí)(撞擊擋板前)，對(duì)軌道的壓力大??；(2)若小物塊從A點(diǎn)以初速度v沿AC方向發(fā)射，為保證物塊能進(jìn)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(diǎn)到CD邊距離d的取值范圍．解析：(1)A→E由動(dòng)能定理－μmgL－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對(duì)E點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)至圓周最高點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D.小物塊與桌面之間的動(dòng)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(diǎn)．求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大?。馕觯?1)由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)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(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)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(dòng)能定