2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)11圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用練習(xí)含解析

PAGE16-考點(diǎn)11圓周運(yùn)動(dòng)及其應(yīng)用題組一基礎(chǔ)小題1．下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力的敘述中，正確的是()A．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，其加速度方向確定是變更的B．物體做圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合力確定指向圓心C．物體所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，該物體確定做直線運(yùn)動(dòng)D．物體運(yùn)動(dòng)的速率在增加，所受合力方向確定與運(yùn)動(dòng)方向相同答案C解析做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，其速度確定變更，但加速度不確定變更，比如平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；物體做圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合力不確定指向圓心，當(dāng)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力才確定指向圓心，故B錯(cuò)誤；物體所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，則物體確定做減速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；物體運(yùn)動(dòng)的速率在增加，則其所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向的夾角小于90°，不確定相同，故D錯(cuò)誤。2．下列說法中正確的是()A．日常生活中遇到的離心運(yùn)動(dòng)都是有危害的，要防止任何離心運(yùn)動(dòng)的發(fā)生B．在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，向心加速度是恒定的C．汽車以確定的速率通過拱橋，在最高點(diǎn)汽車對(duì)橋的壓力小于汽車的重力D．雜技演員表演“水流星”，當(dāng)“水流星”通過最高點(diǎn)時(shí)，處于完全失重狀態(tài)，不受重力作用答案C解析日常生活中遇到的離心運(yùn)動(dòng)并不都是有危害的，如洗衣機(jī)的脫水，無縫鋼管的鑄造等都是利用離心運(yùn)動(dòng)的例子，故A錯(cuò)誤；在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，向心加速度的方向是不斷變更的，所以不是恒定的，B錯(cuò)誤；汽車以確定的速率通過拱橋的最高點(diǎn)時(shí)，汽車受到的重力與支持力的合力供應(yīng)向心力，由于合力的方向向下，結(jié)合牛頓第三定律可知，在最高點(diǎn)時(shí)汽車對(duì)橋的壓力小于汽車的重力，C正確；地球旁邊的任何物體都要受到重力作用，所以當(dāng)“水流星”通過最高點(diǎn)時(shí)，即便其處于完全失重狀態(tài)，也要受重力作用，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示，用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿態(tài)在豎直平面內(nèi)按順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。關(guān)于蘋果從最高點(diǎn)c到最右側(cè)點(diǎn)d運(yùn)動(dòng)的過程，下列說法中正確的是()A．手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來越大B．蘋果先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)C．手掌對(duì)蘋果的支持力越來越小D．蘋果所受的合外力越來越大答案A解析從c到d的過程中，向心加速度大小不變，加速度在水平方向上的分加速度漸漸增大，依據(jù)牛頓其次定律知，手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來越大，故A正確；蘋果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從c到d的過程中，加速度在豎直方向上有向下的重量，可知蘋果始終處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；從c到d的過程中，蘋果的向心加速度大小不變，它在豎直方向上的重量漸漸減小，方向向下，則重力和支持力的合力漸漸減小，可知支持力越來越大，故C錯(cuò)誤；蘋果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合外力大小不變，方向始終指向圓心，故D錯(cuò)誤。4.如圖所示，球體繞中心線OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()A．A、B兩點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相等B．A、B兩點(diǎn)的線速度相等C．A、B兩點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)周期相等D．A、B兩點(diǎn)的向心加速度相等答案C解析A、B在同一轉(zhuǎn)動(dòng)球體上，相同時(shí)間內(nèi)，轉(zhuǎn)過的角度相同，角速度ω相同，由圖可知A、B兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)半徑r不相等，由公式v＝ωr得知它們的線速度v不相等，故A、B錯(cuò)誤；由公式T＝eq\f(2π,ω)知，ω相等，則周期T相等，故C正確；依據(jù)a＝ω2r知角速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑不相等，所以向心加速度不相等，D錯(cuò)誤。5.如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進(jìn)的過程中，下列說法正確的是()A．小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1B．大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4C．大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4D．大齒輪和小齒輪輪緣的向心加速度大小之比為4∶1答案B解析小齒輪和后輪共軸，角速度相等，故A錯(cuò)誤；大齒輪和小齒輪以鏈條傳動(dòng)，線速度相等，依據(jù)ω＝eq\f(v,r)可知，大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4，故B正確；小齒輪和后輪共軸，依據(jù)v＝ωr可知，小齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度之比為1∶16，又因?yàn)榇蟆⑿↓X輪邊緣的線速度大小相等，則大齒輪邊緣的線速度和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶16，故C錯(cuò)誤；大齒輪和小齒輪以鏈條傳動(dòng)，線速度相等，依據(jù)a＝eq\f(v2,r)可知，向心加速度大小之比為1∶4，故D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖所示，甲、乙、丙三個(gè)物體放在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平粗糙圓臺(tái)上，甲的質(zhì)量為2m，乙、丙的質(zhì)量均為m，甲、乙距軸為R，丙距軸為2RA．甲物體的線速度比丙物體的線速度小B．乙物體的角速度比丙物體的角速度小C．甲物體的向心加速度比乙物體的向心加速度大D．乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小答案AD解析甲、乙、丙始終與圓臺(tái)保持相對(duì)靜止，它們轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小相等，依據(jù)v＝ωr，且甲做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑小于丙的半徑可知，甲物體的線速度比丙物體的線速度小，故A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)向心加速度a＝rω2，且甲、乙做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，可知甲物體的向心加速度和乙物體的向心加速度大小相等，故C錯(cuò)誤；依據(jù)F＝mrω2知，甲、乙、丙的質(zhì)量之比為2∶1∶1，轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑之比為1∶1∶2，則向心力大小之比為2∶1∶2，所以乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小，D正確。7.如圖所示，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，一端固定在水平軸上的O點(diǎn)，另一端系一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且能通過最高點(diǎn)，g為重力加速度。下列說法正確的是()A．小球通過最高點(diǎn)時(shí)速度不行能小于eq\r(gL)B．小球通過最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力可能為零C．小球通過最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過最高點(diǎn)時(shí)所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小答案B解析小球在最高點(diǎn)的最小速度可以為零，此時(shí)小球所受重力等于輕桿的支持力，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球通過最高點(diǎn)的速度為eq\r(gL)時(shí)，重力供應(yīng)向心力，桿的作用力為零，故B正確；輕桿在最高點(diǎn)可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，當(dāng)表現(xiàn)為支持力時(shí)，速度增大，支持力減小，當(dāng)表現(xiàn)為拉力時(shí)，速度增大，拉力增大，故C、D錯(cuò)誤。8.一豎直倒立的圓錐筒，筒側(cè)壁的傾斜角度α不變。一小球在內(nèi)壁做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，球與筒內(nèi)壁的摩擦可忽視，小球距離地面的高度為H，則下列說法中正確的是()A．H越小，小球?qū)?cè)壁的壓力越大B．H越大，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度越大C．H越小，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力越小D．H越大，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期越小答案B解析小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由重力mg和支持力F的合力供應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，作出受力圖如圖，則向心力為：Fn＝mgtanα，m、α不變，向心力大小不變，依據(jù)牛頓其次定律得Fn＝meq\f(v2,r)，H越高，r越大，F(xiàn)n不變，則v越大，故B正確，C錯(cuò)誤；側(cè)壁對(duì)小球的支持力F＝eq\f(mg,cosα)不變，則小球?qū)?cè)壁的壓力不變，故A錯(cuò)誤；依據(jù)mgtanα＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝eq\r(\f(4π2r,gtanα))，則知H越高，r越大，T越大，故D錯(cuò)誤。9．過山車是青少年喜愛的一種游樂項(xiàng)目。為了探討過山車的原理，可簡(jiǎn)化為如圖所示模型：讓質(zhì)量為m的小球在光滑豎直圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別安裝有壓力傳感器。讓小球從同一位置靜止下滑，經(jīng)多次測(cè)量得到最高點(diǎn)和最低點(diǎn)壓力的平均值分別為F1、F2，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?)A.eq\f(F2－F1,2m) B.eq\f(F2－F1,3m)C.eq\f(F2－F1,5m) D.eq\f(F2－F1,6m)答案D解析在M點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得：F2－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)①在N點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓其次定律得：mg＋F1＝meq\f(v\o\al(2,N),R)②由M到N依據(jù)動(dòng)能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)③聯(lián)立①②③解得：g＝eq\f(F2－F1,6m)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。題組二高考小題10．(2024·浙江選考)一質(zhì)量為2.0×103kg的汽車在水平馬路上行駛，路面對(duì)輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104N，當(dāng)汽車經(jīng)過半徑為A．汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)所需的向心力為1.4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)汽車會(huì)發(fā)生側(cè)滑D．汽車能平安轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2答案D解析汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)受到重力、地面的支持力以及地面摩擦力，其中摩擦力充當(dāng)向心力，A錯(cuò)誤；當(dāng)最大靜摩擦力充當(dāng)向心力時(shí)，速度為臨界速度，大于這個(gè)速度則汽車將發(fā)生側(cè)滑，依據(jù)牛頓其次定律可得fm＝meq\f(v2,r)，解得vm＝eq\r(\f(fmr,m))＝eq\r(\f(1.4×104×80,2.0×103))m/s＝eq\r(560)m/s＝20eq\r(1.4)m/s，所以汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時(shí)，所需的向心力小于徑向最大靜摩擦力，汽車不會(huì)發(fā)生側(cè)滑，B、C錯(cuò)誤；汽車能平安轉(zhuǎn)彎的向心加速度am＝eq\f(v\o\al(2,m),r)＝eq\f(560,80)m/s2＝7.0m/s2，即汽車能平安轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確。11．(2024·江蘇高考)(多選)火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)覺放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10s時(shí)間內(nèi)，火車()A．運(yùn)動(dòng)路程為600mB．加速度為零C．角速度約為1rad/sD．轉(zhuǎn)彎半徑約為3.4km答案AD解析圓周運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)s＝vt＝60×10m＝600m，A正確；火車轉(zhuǎn)彎是圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，所以合力不為零，加速度不為零，故B錯(cuò)誤；由題意得圓周運(yùn)動(dòng)的角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(10,180×10)×3.14rad/s＝eq\f(3.14,180)rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f(60,3.14)×180m＝3439m，C錯(cuò)誤，D正確。12．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。座艙的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙()A．運(yùn)動(dòng)周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2π,ω)，A錯(cuò)誤；依據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，摩天輪對(duì)座艙的作用力與座艙的重力大小不相等，其合力供應(yīng)向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯(cuò)誤，D正確。13．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ωA．b確定比a先起先滑動(dòng)B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmg答案AC解析b相對(duì)圓盤不滑動(dòng)時(shí)有Ff靜＝mω2r，a、b半徑不同，所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B錯(cuò)誤；當(dāng)a恰好滑動(dòng)時(shí)，有kmg＝mωeq\o\al(2,0a)l，得ω0a＝eq\r(\f(kg,l))，同理可得，b恰好滑動(dòng)時(shí)ω0b＝eq\r(\f(kg,2l))，A、C正確；ω＝eq\r(\f(2kg,3l))<ω0a，a相對(duì)圓盤未滑動(dòng)，F(xiàn)f靜＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯(cuò)誤。題組三模擬小題14.(2024·廣東深圳二模)2024珠海航展，我國五代戰(zhàn)機(jī)“殲20”再次閃亮登場(chǎng)。表演中，戰(zhàn)機(jī)先水平向右，再沿曲線ab向上(如圖)，最終沿陡斜線直入云霄。設(shè)飛行路徑在同一豎直面內(nèi)，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時(shí)，戰(zhàn)機(jī)()A．所受合外力大小為零B．所受合外力方向豎直向上C．豎直方向的分速度漸漸增大D．水平方向的分速度不變答案C解析戰(zhàn)機(jī)在同一豎直面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)速率不變，由于速度方向是變更的，則速度是變更的，故戰(zhàn)機(jī)的加速度不為零，依據(jù)牛頓其次定律可知，戰(zhàn)機(jī)所受的合外力不為零，故A錯(cuò)誤；戰(zhàn)機(jī)在同一豎直平面內(nèi)做勻速率曲線運(yùn)動(dòng)，所受合外力與速度方向垂直，由于速度方向時(shí)刻在變，則合外力的方向也時(shí)刻在變更，并非始終都豎直向上，故B錯(cuò)誤；戰(zhàn)機(jī)飛行的速率不變，將速度進(jìn)行分解可知，戰(zhàn)機(jī)沿ab曲線飛行時(shí)，豎直方向的分速度漸漸增大，水平方向的分速度漸漸減小，C正確，D錯(cuò)誤。15.(2024·福建漳州二模)(多選)明代出版的(天工開物)一書中記載：“其湖池不流水，或以牛力轉(zhuǎn)盤，或聚數(shù)人踏轉(zhuǎn)?！辈⒏接信ＡX輪翻車的圖畫如圖所示，翻車通過齒輪傳動(dòng)，將湖水翻入農(nóng)田。已知A、B齒輪嚙合且齒輪之間不打滑，B、C齒輪同軸，若A、B、C三齒輪半徑的大小關(guān)系為rA>rB>rC，則()A．齒輪A、B的角速度大小相等B．齒輪A的角速度比齒輪C的角速度小C．齒輪B、C的角速度大小相等D．齒輪A邊緣的線速度比齒輪C邊緣的線速度小答案BC解析齒輪A與齒輪B的齒輪嚙合邊緣點(diǎn)的線速度相等，依據(jù)公式v＝ωr可知，半徑比較大的A的角速度小于B的角速度，而B與C同軸傳動(dòng)，角速度相等，所以齒輪A的角速度比C的小，A錯(cuò)誤，B正確；齒輪B、C的角速度相等，齒輪B的半徑大，則其邊緣的線速度大于C，又因?yàn)辇X輪A與齒輪B邊緣點(diǎn)的線速度大小相等，所以齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大，故C正確，D錯(cuò)誤。16.(2024·河北衡水中學(xué)二調(diào))(多選)如圖，在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上放一個(gè)質(zhì)量M＝2kg的木塊，它與轉(zhuǎn)臺(tái)間的最大靜摩擦力fmax＝6.0N，繩的一端系掛木塊，通過轉(zhuǎn)臺(tái)的中心孔O(孔光滑)，另一端懸掛一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的物體，當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)以角速度ω＝5rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，木塊相對(duì)轉(zhuǎn)臺(tái)靜止，則木塊到O點(diǎn)的距離可以是(g取10m/s2，M、m可看成質(zhì)點(diǎn))()A．0.04m B．0.08mC．0.16m D．0.32m答案BCD解析木塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)木塊的靜摩擦力和繩子的拉力的合力供應(yīng)向心力，其中物體m處于平衡狀態(tài)，則繩子的拉力等于物體的重力，依據(jù)向心力公式得：Fn＝mg＋f＝Mω2r，解得：r＝eq\f(mg＋f,Mω2)。當(dāng)f＝fmax＝6.0N時(shí)，r最大，rmax＝eq\f(10＋6,2×25)m＝0.32m，當(dāng)f＝－6.0N時(shí)，r最小，則rmin＝eq\f(10－6,50)m＝0.08m，故木塊到O點(diǎn)的距離介于0.08～0.32m之間，B、C、D正確。17.(2024·廣東汕頭二模)港珠澳大橋已經(jīng)開通，在香港和澳門無論開車和步行都是靠左行走，而內(nèi)地都是靠右行走，所以香港、澳門和珠海的汽車往來須要變換交通規(guī)則。詳細(xì)的做法就是在大橋的香港和澳門全部出入口接線處架設(shè)立如圖所示的立交橋來變更行駛方式。以下說法正確的是()A．汽車勻速通過立交橋時(shí)合外力為零B．汽車通過立交橋的過程合外力方向保持不變C．汽車通過立交橋時(shí)受到的橋面支持力不確定與汽車的重力相互平衡D．兩輛相同的汽車并排通過立交橋時(shí)合外力的大小可能始終保持相等答案C解析汽車勻速通過立交橋時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，合外力確定不為零，合外力充當(dāng)向心力，方向指向軌跡圓心，故A、B錯(cuò)誤；立交橋轉(zhuǎn)彎處的路面外高內(nèi)低，橋面對(duì)汽車的支持力與汽車的重力不平衡，在路面水平的地方橋面對(duì)汽車的支持力與汽車的重力平衡，故C正確；兩車并排通過立交橋時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，二者的角速度時(shí)刻相等，但它們離軌跡圓心的距離不相等，依據(jù)F合＝F向＝mω2R知，則合外力不相等，故D錯(cuò)誤。18．(2024·遼寧大連二模)游樂場(chǎng)有一種叫做“歡樂飛機(jī)”的游樂項(xiàng)目，模型如圖所示。已知模型飛機(jī)的質(zhì)量為m，固定在長(zhǎng)為L(zhǎng)的旋臂上，旋臂與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)模型飛機(jī)以角速度ω繞中心軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()A．模型飛機(jī)受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向確定與旋臂垂直C．旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大小為meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)D．若夾角θ增大，則旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力減小答案C解析向心力是效果力，模型飛機(jī)實(shí)際不受向心力作用，A錯(cuò)誤；模型飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的豎直分力與飛機(jī)的重力平衡，水平分力供應(yīng)了飛機(jī)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力方向不確定與旋臂垂直，B錯(cuò)誤；依據(jù)B項(xiàng)的分析，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力大?。篎＝eq\r(mg2＋mω2Lsinθ2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ)，C正確；依據(jù)C項(xiàng)的分析，若夾角θ增大，旋臂對(duì)模型飛機(jī)的作用力增大，D錯(cuò)誤。19.(2024·山東濟(jì)南金牌一對(duì)一一模)(多選)如圖所示，半徑為R，表面光滑的半圓柱體固定于水平地面上，其圓心在O點(diǎn)。位于豎直面內(nèi)的光滑曲線軌道AB的底端水平，與半圓柱相切于半圓柱面頂點(diǎn)B。質(zhì)量為m的小滑塊從距B點(diǎn)高為R的A點(diǎn)由靜止釋放，則小滑塊()A．將沿半圓柱體表面做圓周運(yùn)動(dòng)B．落地點(diǎn)距離O點(diǎn)的距離為eq\r(2)RC．將從B點(diǎn)起先做平拋運(yùn)動(dòng)D．落地時(shí)的速度大小為2eq\r(gR)答案CD解析滑塊由A到B的過程，依據(jù)動(dòng)能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為：v＝eq\r(2gR)，當(dāng)滑塊在B點(diǎn)所受支持力為零時(shí)，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR)＜v，可知滑塊越過B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，C正確；依據(jù)R＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2R,g))，則水平位移為：x＝vt＝2R，故B錯(cuò)誤；滑塊落地時(shí)的豎直分速度為：vy＝eq\r(2gR)，依據(jù)平行四邊形定則知，滑塊落地的速度為：v′＝eq\r(v2＋v\o\al(2,y))＝2eq\r(gR)，故D正確。20.(2024·江蘇宿遷一調(diào))如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)臺(tái)繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動(dòng)且相對(duì)器壁靜止，A、B和球心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α＞β。則()A．A的質(zhì)量確定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時(shí)為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析由題中條件只能比較A、B的加速度大小，而它們所受合力未知，故不能比較A、B的質(zhì)量大小，A錯(cuò)誤；當(dāng)A受到的摩擦力恰為零時(shí)，受力分析如圖，依據(jù)牛頓其次定律得：mgtanα＝mωeq\o\al(2,A)Rsinα，解得：ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))。同理可得，當(dāng)B受到的摩擦力恰為零時(shí)，ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))。由于α＞β，所以ωA＞ωB，而事實(shí)上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不行能同時(shí)為零，B錯(cuò)誤；若A不受摩擦力，則此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物塊實(shí)際的向心力大于B所受摩擦力為零時(shí)的向心力，所以此時(shí)B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯(cuò)誤；假如轉(zhuǎn)臺(tái)角速度從A不受摩擦力時(shí)的角速度ωA起先增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力都增大，故D正確。21．(2024·四川廣安一診)如圖甲所示，小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓形管道的最高點(diǎn)時(shí)，管道對(duì)小球的彈力與最高點(diǎn)時(shí)的速度平方的關(guān)系如圖乙所示(取豎直向下為正方向)。MN為通過圓心的一條水平線。不計(jì)小球半徑、管道的粗細(xì)，重力加速度為g。則下列說法中正確的是()A．管道的半徑為eq\f(b2,g)B．小球的質(zhì)量為eq\f(a,g)C．小球在MN以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球可能有作用力D．小球在MN以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外側(cè)管壁對(duì)小球確定有作用力答案B解析由圖可知：當(dāng)v2＝b時(shí)，F(xiàn)N＝0，此時(shí)mg＝meq\f(v2,R)，解得：R＝eq\f(b,g)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0時(shí)，此時(shí)：FN＝mg＝a，所以m＝eq\f(a,g)，故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于向心力的方向指向圓心，則管壁必定要供應(yīng)指向圓心的支持力，只有外壁才可以供應(yīng)這個(gè)力，所以內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球沒有力，故C錯(cuò)誤；小球在水平線MN以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿徑向的重量必定參加供應(yīng)向心力，隨著運(yùn)動(dòng)速度大小的變更，可能是外側(cè)管壁對(duì)小球有作用力，也可能是內(nèi)側(cè)管壁對(duì)小球有作用力，還可能均無作用力，故D錯(cuò)誤。22．(2024·重慶一診)如圖，有一傾斜的勻質(zhì)圓盤(半徑足夠大)，盤面與水平面的夾角為θ，繞過圓心并垂直于盤面的轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，有一物體(可視為質(zhì)點(diǎn))與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，重力加速度為g。要使物體能與圓盤始終保持相對(duì)靜止，則物體與轉(zhuǎn)軸間的最大距離為()A.eq\f(μgcosθ,ω2) B.eq\f(gsinθ,ω2)C.eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g D.eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g答案C解析當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓周軌道的最低點(diǎn)，所受的靜摩擦力沿斜面對(duì)上達(dá)到最大時(shí)，物體與轉(zhuǎn)軸間的距離最大。由牛頓其次定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。題組一基礎(chǔ)大題23.如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，O點(diǎn)距地面高度為h＝1m，假如使小球繞OO′軸在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，若細(xì)線能承受的最大拉力為12.5N(g＝10m/s2)，求：(1)當(dāng)小球的角速度為多大時(shí)，細(xì)線將斷裂；(2)線斷裂后小球落地點(diǎn)與懸點(diǎn)的水平距離。答案(1)5rad/s(2)0.6m解析(1)設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)細(xì)線拉力達(dá)到最大時(shí)，在豎直方向上有：FTcosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得：θ＝37°依據(jù)牛頓其次定律得：mgtanθ＝mLsinθ·ω2代入數(shù)據(jù)解得：ω＝5rad/s。(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度為：v0＝ωLsin37°＝5×0.5×0.6m/s＝1.5m/s線斷后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，小球落地時(shí)的豎直位移為：y＝h－Lcosθ＝eq\f(1,2)gt2水平位移為：x＝v0t小球落地點(diǎn)與懸點(diǎn)的水平距離為：d＝eq\r(L2sin2θ＋x2)，代入數(shù)據(jù)解得：d＝0.6m。題組二高考大題24．(2024·天津高考)完全由我國自行設(shè)計(jì)、建立的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機(jī)采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于探討艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長(zhǎng)L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)艦載機(jī)由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)飛行員有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，依據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓其次定律，對(duì)飛行員有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N。⑥25．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5)，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還始終受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。答案(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有eq\f(F0,mg