高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)十二圓周運動及其應(yīng)用含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-圓周運動及其應(yīng)用(建議用時40分鐘)1.洗衣機是現(xiàn)代家庭常見的電器設(shè)備。它是采用轉(zhuǎn)筒帶動衣物旋轉(zhuǎn)的方式進(jìn)行脫水的，下列有關(guān)說法中錯誤的是()A．脫水過程中，衣物是緊貼筒壁的B．加快脫水筒轉(zhuǎn)動的角速度，脫水效果會更好C．水能從筒中甩出是因為水滴與衣物間的作用力不能提供水滴需要的向心力D．靠近中心的衣物脫水效果比四周的衣物脫水效果好〖解析〗選D。脫水過程中，衣物由于離心作用而緊貼筒壁，A正確，不符合題意；加快脫水筒轉(zhuǎn)動的角速度，脫水效果會更好，B正確，不符合題意；水能從筒中甩出是因為水滴與衣物間的作用力不能提供水滴需要的向心力而做離心運動，C正確，不符合題意；四周的衣物脫水效果比靠近中心的衣物脫水效果好，D錯誤，符合題意。故選D。2．(2020·眉山模擬)轉(zhuǎn)筆是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動，如圖所示。轉(zhuǎn)筆深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設(shè)某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)筆中涉及的物理知識的敘述正確的是()A.筆桿上的點離O點越近的，角速度越大B．筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越大C．筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由萬有引力提供的D．若該同學(xué)使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動做離心運動被甩走〖解析〗選D。筆桿上的各個點都做同軸轉(zhuǎn)動，所以角速度是相等的，但轉(zhuǎn)動半徑不同，所以線速度不同，故A錯誤；由向心加速度公式an＝ω2R，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，故B錯誤；筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由筆桿的彈力提供的，與萬有引力無關(guān)，故C錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)速過大時，提供的向心力小于需要的向心力，筆尖上的小鋼珠有可能做離心運動被甩走，故D正確。〖加固訓(xùn)練〗如圖所示，計算機硬盤盤面在電機的帶動下高速旋轉(zhuǎn)，通過讀寫磁頭讀寫下方磁盤上的數(shù)據(jù)。普通家用電腦硬盤的轉(zhuǎn)速通常有5400r/min和7200r/min兩種，硬盤盤面的大小相同，則正常運轉(zhuǎn)時，下列說法中正確的是 ()A.5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為4∶3B.磁頭的位置相同時，兩種硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度相等C.磁頭的位置相同時，7200r/min的硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度較慢D.5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為3∶4〖解析〗選D。根據(jù)ω=2πn，可知5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為5400∶7200=3∶4，A錯誤，D正確；磁頭位置相同時，轉(zhuǎn)動半徑相同，根據(jù)v=ωr，可知兩種硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度之比為3∶4，即7200r/min的硬盤讀寫數(shù)據(jù)較快，B、C錯誤。3.(創(chuàng)新題)如圖所示，在圓柱形房屋天花板中心O點懸掛一根長為L的細(xì)繩，繩的下端掛一個質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，已知細(xì)繩能承受的最大拉力為2mg，小球在水平面內(nèi)做圓周運動，當(dāng)速度逐漸增大到繩斷裂后，小球恰好以v＝eq\r(7gL)的速度落在墻角邊，以下選項正確的是()A．懸點到軌跡圓的高度h與角速度的平方ω2成正比B．繩斷裂瞬間的速度v0＝eq\r(3gL)C．圓柱形房頂?shù)母叨菻＝3.25LD．半徑R＝eq\r(3)L〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下兩點：(1)小球做勻速圓周運動，繩子拉力與重力的合力充當(dāng)向心力。(2)繩斷裂后小球做平拋運動，利用動能定理求出小球下落的高度。〖解析〗選C。分析小球的受力情況得：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mω2htanθ，解得h＝eq\f(g,ω2)，則懸點到軌跡圓的高度h與角速度的平方ω2成反比，選項A錯誤；同理：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),Lsinθ)，其中T＝2mg，解得θ＝60°，v0＝eq\r(\f(3,2)gL)，由動能定理得mgh′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得h′＝eq\f(11,4)L，所以圓柱形房頂高度H＝h′＋Lcosθ＝eq\f(13,4)L＝3.25L，由平拋運動的規(guī)律h′＝eq\f(1,2)gt2，由幾何知識得R＝eq\r(（Lsinθ）2＋（v0t）2)＝3L，選項C正確，B、D錯誤?！技庸逃?xùn)練〗如圖所示，手持一根長為l的輕繩的一端在水平桌面上做半徑為r、角速度為ω的勻速圓周運動，繩始終保持與該圓周相切，繩的另一端系一質(zhì)量為m的小木塊，木塊也在桌面上做勻速圓周運動，不計空氣阻力，則 ()A.木塊受重力、桌面的支持力和繩子的拉力作用B.繩的拉力大小為mω2C.手對木塊不做功D.手拉木塊做功的功率等于〖解析〗選D。木塊受重力、桌面的支持力和繩子的拉力、桌面摩擦力作用，故A錯誤；手握著細(xì)繩做的是勻速圓周運動，所以細(xì)繩的另外一端木塊做的也是勻速圓周運動；設(shè)大圓半徑為R，由圖分析可知R=，設(shè)繩中張力為FT，則FTcosφ=mRω2，cosφ=，故FT=，所以B錯誤；繩子拉力對木塊做功，則手的拉力對木塊做功，故C錯誤；手拉木塊做功的功率P＝FTv＝·ωr＝，故D正確。4．圖(a)為酒店常用的安全窗戶，豎直窗框部分安裝有滑軌與滑塊，兩者之間的彈性摩擦塊固連在滑塊上，截面如圖(b)所示，滑塊與窗戶通過一金屬輕桿相連，輕桿兩端可繞固定點A、B自由轉(zhuǎn)動，其推拉結(jié)構(gòu)可簡化為圖(c)，C為窗戶下邊緣一點，輕桿長L，B點到轉(zhuǎn)軸的距離為2L，則()A.開窗過程中A、B兩點的速度始終相等B．開窗過程中B、C兩點的角速度始終相等C．開窗狀態(tài)下滑塊受3個力作用D．該窗戶能打開的最大角度為60°〖解析〗選B。開窗過程中A沿著滑軌運動、B以窗戶上端為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，A和B兩點的速度不一定相等，故A錯誤；開窗過程中B、C兩點始終以窗戶上端為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，屬于“同軸轉(zhuǎn)動”，則角速度始終相等，故B正確；開窗狀態(tài)下滑塊受重力、滑軌的支持力和摩擦力、AB金屬輕桿的彈力4個力作用，故C錯誤；當(dāng)AB金屬輕桿水平時，該窗戶打開的角度最大，設(shè)最大角度為θ，則有：sinθ＝eq\f(L,2L)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，故D錯誤。5.(多選)一輕桿下端固定一質(zhì)量為m的小球，上端連在光滑水平軸上，長為R的輕桿可繞水平軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(不計空氣阻力)，如圖所示。當(dāng)小球在最低點時給它一個水平初速度v0，小球剛好能做完整的圓周運動。若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球能做完整的圓周運動，經(jīng)過最低點的最小速度為2eq\r(gR)B．小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大C．小球在最低點對輕桿的作用力一直增大D．小球在運動過程中所受合外力的方向始終指向圓心〖解析〗選A、B、C。設(shè)輕桿對小球的作用力大小為F，小球做完整的圓周運動經(jīng)過最高點時，F(xiàn)豎直向上時，對小球，由牛頓第二定律得mg－F＝meq\f(v2,R)，當(dāng)輕桿對小球的作用力大小F＝mg時，小球的速度最小，最小值為0，從最高點到最低點，由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，則v0＝2eq\r(gR)，故A正確；若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，小球經(jīng)過最高點時的速度v也逐漸增大，所以輕桿對小球的作用力F先減小后反向增大(先為支持力后為拉力)。由牛頓第三定律可得小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大，故B正確；小球在最低點，由F－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，可得輕桿對小球的作用力(拉力)F＝mg＋meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，若小球在最低點的初速度逐漸增大，則輕桿對小球的作用力(拉力)一直增大，由牛頓第三定律可知C正確；輕桿繞水平軸在豎直平面內(nèi)運動，小球不是做勻速圓周運動，所以小球所受合外力的方向不是始終指向圓心，只有在最低點和最高點合外力的方向才指向圓心，故D錯誤?！技庸逃?xùn)練〗(多選)如圖所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側(cè)做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖(由上、下、側(cè)三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是 ()A.甲圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力B.乙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力C.丙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力D.丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為〖解析〗選B、C。在題圖甲中，當(dāng)速度比較小時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg－N＝meq\f(v2,R)，即座椅給人施加向上的力，當(dāng)速度比較大時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋F＝meq\f(v2,R)，即座椅給人施加向下的力，故A錯誤；在題圖乙中，因為合力指向圓心，重力豎直向下，所以安全帶一定給人向上的力，故B正確；在題圖丙中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，合力方向向上，重力豎直向下，則座椅給人的作用力一定豎直向上，故C正確；在題圖丁中，由于軌道車有安全鎖，可知軌道車在最高點的最小速度為零，故D錯誤。6．如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5?；瑝K質(zhì)量m＝2g且可視為質(zhì)點，彈射時由靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大?。?2)當(dāng)h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧彈性勢能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關(guān)系?！冀馕觥?1)滑塊恰好在最高點F，則其所受支持力為零，即mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F)),r)，即vF＝eq\r(gr)＝1m/s(2)滑塊在AB斜面上，摩擦力做功Wf2＝－μmgscosα＝－μmgL2在OE階段，摩擦力做功Wf1＝－μmgL1根據(jù)動能定理可知W彈＋Wf1＋Wf2＋WGAB＝0則W彈＝μmg(L1＋L2)＋mgh即W彈＝8×10－3J設(shè)到達(dá)E點的速度為v1，根據(jù)動能定理可知W彈＋Wf1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))設(shè)軌道對滑塊支持力為FN，根據(jù)向心力知FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，則FN＝0.14N即滑塊對軌道壓力為0.14N。(3)要能夠成功完成游戲，首先需要能夠過圓軌道最高點，并能夠到達(dá)斜面。即要到達(dá)圓軌道最高點，則彈性勢能最小值Epmin＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F))＋μmgL1即Epmin＝7×10－3J到B點減速到0，Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，h1＝0.05m要能停在B處，即μmgcosθ＝mgsinθ，即tanθ＝0.5，此時h2＝0.2m到達(dá)斜面高度設(shè)為h，根據(jù)能量守恒定律可知Ep＝μmg(L1＋L2)＋mghEp＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)〖答案〗(1)1m/s(2)0.14N8×10－3J(3)Ep＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)〖總結(jié)提升〗平拋運動與圓周運動組合本質(zhì)上是多過程運動問題，通常求解分三步7.如圖所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，細(xì)繩AC和BC的結(jié)點C系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當(dāng)細(xì)繩AC和BC均拉直時，∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。細(xì)繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動，因而小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。當(dāng)小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時小球的速度分別為(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC繩5m/sB．BC繩5m/sC．AC繩5.24m/sD．BC繩5.24m/s〖解析〗選B。當(dāng)小球線速度增至BC被拉直后，由牛頓第二定律可得，豎直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝meq\f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq\f(5,4)mg，小球線速度增大時，TA不變，TB增大，當(dāng)BC繩剛要被拉斷時，TB＝2mg，由②可解得此時v≈5.24m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC線與豎直方向間夾角增大，設(shè)AC線被拉斷時與豎直方向的夾角為α，由TAC·cosα＝mg，TACsinα＝meq\f(v′2,r′)，r′＝LAC·sinα，可解得α＝60°，LAC＝eq\f(5,3)m，v′＝5m/s，故B正確。8.(創(chuàng)新題)打夯機利用沖擊振動來夯實地基，其原理如圖所示，轉(zhuǎn)錘在電機的帶動下勻速轉(zhuǎn)動，從而使打夯機上下振動，達(dá)到夯實地基的作用。已知打夯機的機身質(zhì)量為M，轉(zhuǎn)錘質(zhì)量為m，轉(zhuǎn)速恒定，轉(zhuǎn)動等效半徑為R，則下列說法正確的是()A．若機身沒有跳離地面，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力小于最低點時的向心力B．若機身沒有跳離地面，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力大于最低點時的向心力C．若機身能跳離地面，轉(zhuǎn)錘轉(zhuǎn)動的角速度至少為eq\r(\f(Mg＋mg,mR))D．若機身能跳離地面，轉(zhuǎn)錘轉(zhuǎn)動的角速度至少為eq\r(\f(Mg－mg,mR))〖解析〗選C。轉(zhuǎn)錘勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)F向＝meq\f(v2,R)可知，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力等于最低點時的向心力，故選項A、B錯誤；若機身能跳離地面，則在最高點時：T＋mg＝mω2R，其中的T＝Mg，則解得ω＝eq\r(\f(Mg＋mg,mR))，故選項C正確，D錯誤。9.(多選)(2020·合肥模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩小球在光滑半球形碗內(nèi)做圓周運動，碗的球心為O、半徑為0.1m，Oa、Ob與豎直方向夾角分別為53°、37°，兩球運動過程中，碗始終靜止在水平地面上，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的線速度之比為8eq\r(3)∶3B．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的角速度之比為2∶eq\r(3)C．a(chǎn)、b兩球相鄰兩次相距最近的時間間隔為eq\f(2\r(15)＋3\r(5),10)sD．a(chǎn)、b兩球運動過程中，碗對地面始終有摩擦力作用〖解析〗選B、D。小球做勻速圓周運動，由重力和支持力的合力提供向心力，則Fn＝mgtanθ＝meq\f(v2,Rsinθ)＝mω2Rsinθ，θ是半徑與豎直方向的夾角，解得v＝eq\r(gRtanθsinθ)，則線速度之比為eq\f(va,vb)＝eq\r(\f(tan53°sin53°,tan37°sin37°))＝eq\f(8\r(3),9)，ω＝eq\r(\f(g,Rcosθ))，則eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\f(cos37°,cos53°))＝eq\f(2,\r(3))，故A錯誤，B正確；a的角速度ωa＝eq\r(\f(g,Rcos53°))＝eq\r(\f(g,0.1×0.6))＝eq\f(10\r(5),\r(3))rad/s，b的角速度ωb＝eq\r(\f(g,Rcos37°))＝eq\r(\f(g,0.1×0.8))＝5eq\r(5)rad/s，相距最近時滿足：ωat－ωbt＝2π解得t＝eq\f(2\r(3)π（\r(15)＋2\r(5)）,25)s，選項C錯誤；a、b兩球運動過程中，兩球?qū)ν氲膲毫Φ乃椒至繛閙gtanθ，因θ不同，則兩球?qū)ν氲膲毫Φ乃椒至坎幌嗟?，對碗來說兩球?qū)ν氲乃椒较虻淖饔昧Σ粸榱?，則碗對地面始終有摩擦力作用，選項D正確。10.(多選)(2020·遵義模擬)如圖所示,在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上,沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B,它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,燒斷細(xì)線,則()A.兩物體均沿切線方向滑動B.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,同時所受摩擦力減小C.兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,不會發(fā)生滑動D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運動,物體A發(fā)生滑動,離圓盤圓心越來越遠(yuǎn)〖解析〗選B、D。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛要發(fā)生滑動時,A物體靠細(xì)線的拉力與圓盤的最大靜摩擦力的合力提供向心力做勻速圓周運動,B靠指向圓心的最大靜摩擦力和拉力的合力提供向心力,所以燒斷細(xì)線后,A所受最大靜摩擦力不足以提供其做圓周運動所需要的向心力,A要發(fā)生相對滑動,離圓盤圓心越來越遠(yuǎn),但是B所需要的向心力小于B的最大靜摩擦力,所以B仍保持相對圓盤靜止?fàn)顟B(tài),做勻速圓周運動,且靜摩擦力比細(xì)線燒斷前減小,故B、D正確,A、C錯誤。11．(2020·洛陽模擬)如圖甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為0.3m的eq\f(1,4)圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細(xì)圓管(細(xì)圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑)軌道，分別與上、下圓弧軌道相切連接，BC段的長度L＝0.2m。下圓弧軌道與水平軌道相切，其中D、A分別是上、下圓弧軌道的最高點與最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)。有一質(zhì)量為0.3kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運動并從A點進(jìn)入圓弧軌道，不計小球運動中的一切阻力，g取10m/s2。求：(1)如果小球從D點以5m/s的速度水平飛出，求落地點與D點的水平距離；(2)如果小球從D點以5m/s的速度水平飛出，求小球經(jīng)過圓弧A點時對軌道的壓力；(3)如果在D點右側(cè)平滑連接一半徑R′＝0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運動，求小球在水平軌道上向右運動的速度大小范圍(計算結(jié)果可用根式表示)?！冀馕觥?1)小球從D點以5m/s的速度水平飛出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可得h＝eq\f(1,2)gt2由題意得h＝2R＋L＝2×0.3m＋0.2m＝0.8m，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s所以落地點與D點的水平距離x＝vDt＝5×0.4m＝2m。(2)小球由A到D的過程，由機械能守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))在A點，由牛頓第二定律可得N－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),R)聯(lián)立解得N＝44N，由牛頓第三定律可得，小球經(jīng)過圓弧A點時對軌道的壓力N′＝N＝44N。(3)討論一：小球進(jìn)入軌道后最高運動到C點，之后原路返回，由機械能守恒定律得mg(R＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝eq\r(10)m/s。討論二：小球進(jìn)入軌道后恰好能通過最高點D，之后沿DEF運動而不脫離軌道，在D點有mg＝meq\f(v2,R′)從A到D，由機械能守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v2＝2eq\r(5)m/s故要使小球在運動過程中不脫離軌道，初速度大小的范圍為v1≤eq\r(10)m/s或v2≥2eq\r(5)m/s〖答案〗(1)2m(2)44N(3)v1≤eq\r(10)m/s或v2≥2eq\r(5)m/s圓周運動及其應(yīng)用(建議用時40分鐘)1.洗衣機是現(xiàn)代家庭常見的電器設(shè)備。它是采用轉(zhuǎn)筒帶動衣物旋轉(zhuǎn)的方式進(jìn)行脫水的，下列有關(guān)說法中錯誤的是()A．脫水過程中，衣物是緊貼筒壁的B．加快脫水筒轉(zhuǎn)動的角速度，脫水效果會更好C．水能從筒中甩出是因為水滴與衣物間的作用力不能提供水滴需要的向心力D．靠近中心的衣物脫水效果比四周的衣物脫水效果好〖解析〗選D。脫水過程中，衣物由于離心作用而緊貼筒壁，A正確，不符合題意；加快脫水筒轉(zhuǎn)動的角速度，脫水效果會更好，B正確，不符合題意；水能從筒中甩出是因為水滴與衣物間的作用力不能提供水滴需要的向心力而做離心運動，C正確，不符合題意；四周的衣物脫水效果比靠近中心的衣物脫水效果好，D錯誤，符合題意。故選D。2．(2020·眉山模擬)轉(zhuǎn)筆是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動，如圖所示。轉(zhuǎn)筆深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設(shè)某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關(guān)該同學(xué)轉(zhuǎn)筆中涉及的物理知識的敘述正確的是()A.筆桿上的點離O點越近的，角速度越大B．筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越大C．筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由萬有引力提供的D．若該同學(xué)使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動做離心運動被甩走〖解析〗選D。筆桿上的各個點都做同軸轉(zhuǎn)動，所以角速度是相等的，但轉(zhuǎn)動半徑不同，所以線速度不同，故A錯誤；由向心加速度公式an＝ω2R，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，故B錯誤；筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由筆桿的彈力提供的，與萬有引力無關(guān)，故C錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)速過大時，提供的向心力小于需要的向心力，筆尖上的小鋼珠有可能做離心運動被甩走，故D正確。〖加固訓(xùn)練〗如圖所示，計算機硬盤盤面在電機的帶動下高速旋轉(zhuǎn)，通過讀寫磁頭讀寫下方磁盤上的數(shù)據(jù)。普通家用電腦硬盤的轉(zhuǎn)速通常有5400r/min和7200r/min兩種，硬盤盤面的大小相同，則正常運轉(zhuǎn)時，下列說法中正確的是 ()A.5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為4∶3B.磁頭的位置相同時，兩種硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度相等C.磁頭的位置相同時，7200r/min的硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度較慢D.5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為3∶4〖解析〗選D。根據(jù)ω=2πn，可知5400r/min與7200r/min的硬盤盤面邊緣的某點的角速度大小之比為5400∶7200=3∶4，A錯誤，D正確；磁頭位置相同時，轉(zhuǎn)動半徑相同，根據(jù)v=ωr，可知兩種硬盤讀寫數(shù)據(jù)速度之比為3∶4，即7200r/min的硬盤讀寫數(shù)據(jù)較快，B、C錯誤。3.(創(chuàng)新題)如圖所示，在圓柱形房屋天花板中心O點懸掛一根長為L的細(xì)繩，繩的下端掛一個質(zhì)量為m的小球，重力加速度為g，已知細(xì)繩能承受的最大拉力為2mg，小球在水平面內(nèi)做圓周運動，當(dāng)速度逐漸增大到繩斷裂后，小球恰好以v＝eq\r(7gL)的速度落在墻角邊，以下選項正確的是()A．懸點到軌跡圓的高度h與角速度的平方ω2成正比B．繩斷裂瞬間的速度v0＝eq\r(3gL)C．圓柱形房頂?shù)母叨菻＝3.25LD．半徑R＝eq\r(3)L〖解題指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下兩點：(1)小球做勻速圓周運動，繩子拉力與重力的合力充當(dāng)向心力。(2)繩斷裂后小球做平拋運動，利用動能定理求出小球下落的高度?！冀馕觥竭xC。分析小球的受力情況得：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mω2htanθ，解得h＝eq\f(g,ω2)，則懸點到軌跡圓的高度h與角速度的平方ω2成反比，選項A錯誤；同理：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),Lsinθ)，其中T＝2mg，解得θ＝60°，v0＝eq\r(\f(3,2)gL)，由動能定理得mgh′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得h′＝eq\f(11,4)L，所以圓柱形房頂高度H＝h′＋Lcosθ＝eq\f(13,4)L＝3.25L，由平拋運動的規(guī)律h′＝eq\f(1,2)gt2，由幾何知識得R＝eq\r(（Lsinθ）2＋（v0t）2)＝3L，選項C正確，B、D錯誤?！技庸逃?xùn)練〗如圖所示，手持一根長為l的輕繩的一端在水平桌面上做半徑為r、角速度為ω的勻速圓周運動，繩始終保持與該圓周相切，繩的另一端系一質(zhì)量為m的小木塊，木塊也在桌面上做勻速圓周運動，不計空氣阻力，則 ()A.木塊受重力、桌面的支持力和繩子的拉力作用B.繩的拉力大小為mω2C.手對木塊不做功D.手拉木塊做功的功率等于〖解析〗選D。木塊受重力、桌面的支持力和繩子的拉力、桌面摩擦力作用，故A錯誤；手握著細(xì)繩做的是勻速圓周運動，所以細(xì)繩的另外一端木塊做的也是勻速圓周運動；設(shè)大圓半徑為R，由圖分析可知R=，設(shè)繩中張力為FT，則FTcosφ=mRω2，cosφ=，故FT=，所以B錯誤；繩子拉力對木塊做功，則手的拉力對木塊做功，故C錯誤；手拉木塊做功的功率P＝FTv＝·ωr＝，故D正確。4．圖(a)為酒店常用的安全窗戶，豎直窗框部分安裝有滑軌與滑塊，兩者之間的彈性摩擦塊固連在滑塊上，截面如圖(b)所示，滑塊與窗戶通過一金屬輕桿相連，輕桿兩端可繞固定點A、B自由轉(zhuǎn)動，其推拉結(jié)構(gòu)可簡化為圖(c)，C為窗戶下邊緣一點，輕桿長L，B點到轉(zhuǎn)軸的距離為2L，則()A.開窗過程中A、B兩點的速度始終相等B．開窗過程中B、C兩點的角速度始終相等C．開窗狀態(tài)下滑塊受3個力作用D．該窗戶能打開的最大角度為60°〖解析〗選B。開窗過程中A沿著滑軌運動、B以窗戶上端為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，A和B兩點的速度不一定相等，故A錯誤；開窗過程中B、C兩點始終以窗戶上端為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，屬于“同軸轉(zhuǎn)動”，則角速度始終相等，故B正確；開窗狀態(tài)下滑塊受重力、滑軌的支持力和摩擦力、AB金屬輕桿的彈力4個力作用，故C錯誤；當(dāng)AB金屬輕桿水平時，該窗戶打開的角度最大，設(shè)最大角度為θ，則有：sinθ＝eq\f(L,2L)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，故D錯誤。5.(多選)一輕桿下端固定一質(zhì)量為m的小球，上端連在光滑水平軸上，長為R的輕桿可繞水平軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(不計空氣阻力)，如圖所示。當(dāng)小球在最低點時給它一個水平初速度v0，小球剛好能做完整的圓周運動。若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，已知重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球能做完整的圓周運動，經(jīng)過最低點的最小速度為2eq\r(gR)B．小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大C．小球在最低點對輕桿的作用力一直增大D．小球在運動過程中所受合外力的方向始終指向圓心〖解析〗選A、B、C。設(shè)輕桿對小球的作用力大小為F，小球做完整的圓周運動經(jīng)過最高點時，F(xiàn)豎直向上時，對小球，由牛頓第二定律得mg－F＝meq\f(v2,R)，當(dāng)輕桿對小球的作用力大小F＝mg時，小球的速度最小，最小值為0，從最高點到最低點，由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，則v0＝2eq\r(gR)，故A正確；若小球在最低點的初速度從v0逐漸增大，小球經(jīng)過最高點時的速度v也逐漸增大，所以輕桿對小球的作用力F先減小后反向增大(先為支持力后為拉力)。由牛頓第三定律可得小球在最高點對輕桿的作用力先減小后增大，故B正確；小球在最低點，由F－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，可得輕桿對小球的作用力(拉力)F＝mg＋meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，若小球在最低點的初速度逐漸增大，則輕桿對小球的作用力(拉力)一直增大，由牛頓第三定律可知C正確；輕桿繞水平軸在豎直平面內(nèi)運動，小球不是做勻速圓周運動，所以小球所受合外力的方向不是始終指向圓心，只有在最低點和最高點合外力的方向才指向圓心，故D錯誤?！技庸逃?xùn)練〗(多選)如圖所示甲、乙、丙、丁是游樂場中比較常見的過山車，甲、乙兩圖的軌道車在軌道的外側(cè)做圓周運動，丙、丁兩圖的軌道車在軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，兩種過山車都有安全鎖(由上、下、側(cè)三個輪子組成)把軌道車套在了軌道上，四個圖中軌道的半徑都為R，下列說法正確的是 ()A.甲圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最高點時，座椅一定給人向上的力B.乙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，安全帶一定給人向上的力C.丙圖中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，座椅一定給人向上的力D.丁圖中，軌道車過最高點的最小速度為〖解析〗選B、C。在題圖甲中，當(dāng)速度比較小時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg－N＝meq\f(v2,R)，即座椅給人施加向上的力，當(dāng)速度比較大時，根據(jù)牛頓第二定律得，mg＋F＝meq\f(v2,R)，即座椅給人施加向下的力，故A錯誤；在題圖乙中，因為合力指向圓心，重力豎直向下，所以安全帶一定給人向上的力，故B正確；在題圖丙中，當(dāng)軌道車以一定的速度通過軌道最低點時，合力方向向上，重力豎直向下，則座椅給人的作用力一定豎直向上，故C正確；在題圖丁中，由于軌道車有安全鎖，可知軌道車在最高點的最小速度為零，故D錯誤。6．如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5?；瑝K質(zhì)量m＝2g且可視為質(zhì)點，彈射時由靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度vF大小；(2)當(dāng)h＝0.1m且游戲成功時，滑塊經(jīng)過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧彈性勢能Ep0；(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關(guān)系?！冀馕觥?1)滑塊恰好在最高點F，則其所受支持力為零，即mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F)),r)，即vF＝eq\r(gr)＝1m/s(2)滑塊在AB斜面上，摩擦力做功Wf2＝－μmgscosα＝－μmgL2在OE階段，摩擦力做功Wf1＝－μmgL1根據(jù)動能定理可知W彈＋Wf1＋Wf2＋WGAB＝0則W彈＝μmg(L1＋L2)＋mgh即W彈＝8×10－3J設(shè)到達(dá)E點的速度為v1，根據(jù)動能定理可知W彈＋Wf1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))設(shè)軌道對滑塊支持力為FN，根據(jù)向心力知FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，則FN＝0.14N即滑塊對軌道壓力為0.14N。(3)要能夠成功完成游戲，首先需要能夠過圓軌道最高點，并能夠到達(dá)斜面。即要到達(dá)圓軌道最高點，則彈性勢能最小值Epmin＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(F))＋μmgL1即Epmin＝7×10－3J到B點減速到0，Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，h1＝0.05m要能停在B處，即μmgcosθ＝mgsinθ，即tanθ＝0.5，此時h2＝0.2m到達(dá)斜面高度設(shè)為h，根據(jù)能量守恒定律可知Ep＝μmg(L1＋L2)＋mghEp＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)〖答案〗(1)1m/s(2)0.14N8×10－3J(3)Ep＝6×10－3＋2×10－2hJ(0.05≤h≤0.2)〖總結(jié)提升〗平拋運動與圓周運動組合本質(zhì)上是多過程運動問題，通常求解分三步7.如圖所示，AB為豎直轉(zhuǎn)軸，細(xì)繩AC和BC的結(jié)點C系一質(zhì)量為m的小球，兩繩能承受的最大拉力均為2mg。當(dāng)細(xì)繩AC和BC均拉直時，∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1m。細(xì)繩AC和BC能繞豎直軸AB勻速轉(zhuǎn)動，因而小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動。當(dāng)小球的線速度增大時，兩繩均會被拉斷，則最先被拉斷的那根繩及另一根繩被拉斷時小球的速度分別為(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．AC繩5m/sB．BC繩5m/sC．AC繩5.24m/sD．BC繩5.24m/s〖解析〗選B。當(dāng)小球線速度增至BC被拉直后，由牛頓第二定律可得，豎直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝meq\f(v2,r)②，由①式可得：TA＝eq\f(5,4)mg，小球線速度增大時，TA不變，TB增大，當(dāng)BC繩剛要被拉斷時，TB＝2mg，由②可解得此時v≈5.24m/s；BC繩斷后，隨小球線速度增大，AC線與豎直方向間夾角增大，設(shè)AC線被拉斷時與豎直方向的夾角為α，由TAC·cosα＝mg，TACsinα＝meq\f(v′2,r′)，r′＝LAC·sinα，可解得α＝60°，LAC＝eq\f(5,3)m，v′＝5m/s，故B正確。8.(創(chuàng)新題)打夯機利用沖擊振動來夯實地基，其原理如圖所示，轉(zhuǎn)錘在電機的帶動下勻速轉(zhuǎn)動，從而使打夯機上下振動，達(dá)到夯實地基的作用。已知打夯機的機身質(zhì)量為M，轉(zhuǎn)錘質(zhì)量為m，轉(zhuǎn)速恒定，轉(zhuǎn)動等效半徑為R，則下列說法正確的是()A．若機身沒有跳離地面，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力小于最低點時的向心力B．若機身沒有跳離地面，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力大于最低點時的向心力C．若機身能跳離地面，轉(zhuǎn)錘轉(zhuǎn)動的角速度至少為eq\r(\f(Mg＋mg,mR))D．若機身能跳離地面，轉(zhuǎn)錘轉(zhuǎn)動的角速度至少為eq\r(\f(Mg－mg,mR))〖解析〗選C。轉(zhuǎn)錘勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)F向＝meq\f(v2,R)可知，轉(zhuǎn)錘過最高點時的向心力等于最低點時的向心力，故選項A、B錯誤；若機身能跳離地面，則在最高點時：T＋mg＝mω2R，其中的T＝Mg，則解得ω＝eq\r(\f(Mg＋mg,mR))，故選項C正確，D錯誤。9.(多選)(2020·合肥模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩小球在光滑半球形碗內(nèi)做圓周運動，碗的球心為O、半徑為0.1m，Oa、Ob與豎直方向夾角分別為53°、37°，兩球運動過程中，碗始終靜止在水平地面上，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的線速度之比為8eq\r(3)∶3B．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的角速度之比為2∶eq\r(3)C．a(chǎn)、b兩球相鄰兩次相距最近的時間間隔為eq\f(2\r(15)＋3\r(5),10)sD．a(chǎn)、b兩球運動過程中，碗對地面始終有摩擦力作用〖解析〗選B、D。小球做勻速圓周運動，由重力和支持力的合力提供向心力，則Fn＝mgtanθ＝meq\f(v2,Rsinθ)＝mω2Rsinθ，θ是半徑與豎直方向的夾角，解得v＝eq\r(gRtanθsinθ)，則線速度之比為eq\f(va,vb)＝eq\r(\f(tan53°sin53°,tan37°sin37°))＝eq\f(8\r(3),9)，ω＝eq\r(\f(g,Rcosθ))，則eq\f(ωa,ωb)＝eq\r(\f(cos37°,cos53°))＝eq\f(2,\r(3))，故A錯誤，B正確；a的角速度ωa＝eq\r(\f(g,Rcos53°))＝eq\r(\f(g,0.1×0.6))＝eq\f(10\r(5),\r(3))rad/s，b的角速度ωb＝eq\r(\f(g,Rcos37°))＝eq\r(\f(g,0.1×0.8))＝5eq\r(5)rad/s，相距最近時滿足：ωat－ωbt＝2π解得t