（新教材）2022年高中物理（浙江）人教版必修第二册单元专项突破练 第六章　圆 周 运 动（含解析）.doc

1、单元专项突破练单元专项突破练( (二二) ) 一、选择题 1.2019 年 1 月 1 日,美国宇航局(NASA)“新视野号”探测器再创历史, 成功飞掠柯伊伯带小天体“天涯海角”,图为探测器拍摄到该小天体 的“哑铃”状照片示意图,该小天体绕固定轴匀速自转,其上有到转轴 距离不等的 A、B 两点(LALB),关于这两点运动的描述,下列说法正确的 是 ( ) A.A、B 两点线速度大小相等 B.A 点的线速度恒定 C.A、B 两点角速度相等 D.相同时间内 A、B 两点通过的弧长相等 【解析】选 C。由于 A、B 两点到转轴距离不相等,做圆周运动的半径不 相等,由 v=r 得 A、 B 两点线速度

2、大小不相等,故 A 项错误;A 点的线速 度方向时刻改变,因此 A 点的线速度时刻改变,故 B 项错误;由于 A、B 两点在同一个物体上绕相同的轴转动,因此 A、B 两点的角速度相等,故 C 项正确。由于 A、B 两点的线速度大小不相等,因此,相同时间内 A、B 两点通过的弧长不相等,故 D 项错误。 2.如图所示,半径为 r 的圆形转筒,绕其竖直中心轴 OO转动,小物体 a 靠在圆筒的内壁上,它与圆筒间的动摩擦因数为 ,要使小物体不下落, 圆筒转动的角速度至少为 ( ) A. B. C. D. 【解析】选 C。本题中圆筒内壁的弹力提供向心力,当圆筒的角速度为 时,其内壁对物体a的弹力为FN,

3、要使物体a不下落,应满足FNmg, 又因为物体在水平面内做匀速圆周运动,则 FN=mr 2,联立两式解得 ,则圆筒转动的角速度至少为,故 C 项正确。 3.一石英钟的分针和时针的长度之比为 32,且均可看作是匀速转动, 则( ) A.分针和时针转动的周期之比为 160 B.分针和时针的针尖转动的线速度之比为 401 C.分针和时针转动的角速度之比为 121 D.秒针上 A、B 两点的向心加速度一样大 【解析】选 C。分针转一圈 1 小时,时针转一圈 12 小时,分针和时针转 动的周期之比为 112,故 A 项错误; 根据 v=r,分针和时针的针尖转 动的线速度之比为 181,故 B 项错误;根

4、据 T=,分针与时针的角速度 之比为周期的反比 121,故 C 项正确;秒针上 A、B 两点角速度相等,r 不同,向心加速度 a= 2r 不一样大 ,故 D 项错误。 4.( (多多选选) )一个质量为 m 的物体(体积可忽略),在半径为 R 的光滑半球顶 点处以水平速度 v0运动,如图所示,则下列说法正确的是 ( ) A.若 v0=,则物体对半球顶点无压力 B.若 v0=,则物体对半球顶点的压力为 mg C.若 v0=0,则物体对半球顶点的压力为 mg D.若 v0=0,则物体对半球顶点的压力为零 【解析】选 A、C。设物体受到的支持力为 FN,若 v0=,则 mg-FN=m, 得 FN=0

5、,则物体对半球顶点无压力,故 A 项正确;若 v0=,则 mg-FN=m,得 FN= mg,则物体对半球顶点的压力为 mg,故 B 项错误;若 v0=0,根据牛顿第二定律 mg-FN=m=0,得 FN=mg,物体对半球顶点的压力 为 mg,故 C 项正确,D 项错误。 5.( (多选多选) )洗衣机脱水的原理是利用了离心运动把附着在衣服上的水分 甩干。如图是某同学用塑料瓶和电动机等自制的脱水实验原理图,但实 验中发现瓶内湿毛巾甩干效果不理想,为了能甩得更干,请为该同学的 设计改进建议 ( ) A.增大转速 B.减小转速 C.增大塑料瓶半径 D.减小塑料瓶半径 【解析】选 A、C。转筒中物体需要

6、的向心力为 F=m(2n) 2R,故要增强 甩干效果,就要提高离心运动,即要提高需要的向心力,由以上表达式 可以知道,可以通过提高转速和增大半径来达到,故 A、C 正确。 6.(2020绍兴高一检测)一位同学做飞镖游戏,已知圆盘的直径为 d, 飞镖与圆盘的距离为 L,且对准圆盘上边缘的 A 点水平抛出,初速度为 v0,飞镖抛出的同时,圆盘以垂直圆盘过盘心 O 的水平轴匀速运动,角速 度为 。若飞镖恰好击中 A 点,则下列关系正确的是 ( ) A.d=L 2g B.L=(1+2n)v0(n=0,1,2,3) C.v0= D.d 2=g2(1+2n)2(n=0,1,2,3) 【解析】选 B。依题意

7、,飞镖做平抛运动的同时,圆盘上 A 点做匀速圆周 运动,恰好击中 A 点,说明 A 正好在最低点被击中,则 A 点转动的时间 t=,飞镖运动时间 t=,则有=,所以 B 正确,C 错误; 平抛的竖直位移为 d,则 d= gt 2,联立得 d2= g2(2n+1)2,所以 A、 D 错 误。 7.(2020丽水高一检测)用如图 a 所示的圆弧斜面装置研究平抛 运动,每次将质量为 m 的小球从半径为 R 的四分之一圆弧形轨道不同位 置静止释放,并在弧形轨道最低点水平部分处装有的压力传感器处测 出小球对轨道压力的大小F。 已知斜面与水平地面之间的夹角=45, 实验时获得小球在斜面上的不同水平射程 x

8、,最后作出了如图 b 所示的 F-x 图像,g 取 10 m/s 2,则由图可求得圆弧轨道的半径 R 为 ( ) A.0.125 m B.0.25 m C.0.50 m D.1.0 m 【解析】选 B。在圆轨道上运动时,小球受到重力以及轨道的支持力作 用,合力充当向心力,所以有 F-mg=m,小球做平抛运动时的水平射程 x=s=v0t,小球的竖直位移:y=h= gt 2,根据几何关系可得 =tan,联立 即得 x=,F=mg+x,图像的纵截距表示重力,即 mg=5 N,所以 有=,解得:R=0.25 m。 二、计算题 8.在用高级沥青铺设的高速公路上,对汽车的设计限速是 30 m/s。汽车 在

9、这种路面上行驶时,它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的 0.6 倍。(g 取 10 m/s 2) (1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上转弯,假设弯道的路面是水 平的,其弯道的最小半径是多少? (2)如果高速公路上设计了圆弧拱桥作立交桥,要使汽车能够安全通过 (不起飞)圆弧拱桥,这个圆弧拱桥的半径至少是多少? (3)如果弯道的路面设计为倾斜(外高内低),弯道半径为 120 m,要使汽 车通过此弯道时不产生侧向摩擦力,则弯道路面的倾斜角度是多少? 【解析】(1)汽车在水平路面上转弯,可视为汽车做匀速圆周运动,其最 大向心力等于车与路面间的最大静摩擦力,有 0.6mg=m 由速度 v=30 m

10、/s,解得弯道的最小半径 r=150 m。 (2)汽车过拱桥,可看成在竖直平面内做匀速圆周运动,到达最高点时, 有 mg-FN=m 为了保证安全,路面对车的支持力 FN必须大于等于零。 有 mgm,代入数据解得 R90 m。 (3)设弯道倾斜角度为,汽车通过此弯道时向心力由重力及支持力的 合力提供,有 mgtan=m 解得 tan= 故弯道路面的倾斜角度=37。 答案:(1)150 m (2)90 m (3)37 9.刘老师在课堂上给同学们做如下实验:一细线与桶相连,桶中装有小 球,桶与细线一起在竖直平面内做圆周运动,最高点时小球竟然不从桶 口漏出,如图所示,小球的质量 m=0.2 kg,球到

11、转轴的距离 l=90 cm,g 取 10 m/s 2。 (1)整个装置在最高点时,球不滚出来,求桶的最小速率; (2)在最高点时,使球对桶底的压力等于球重力的 2 倍,求桶的速率多 大; (3)如果通过最高点的速度为 9 m/s,求此处球对桶底的压力。 【解析】(1)桶运动到最高点时,设速度为 vmin时恰好球不滚出来,由球 受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律 得:mg= 解得 vmin=3 m/s; (2)在最高点时使球对桶底的压力等于球重力的2倍,对球受力分析,受 重力及向下弹力,根据牛顿第二定律,结合向心力表达式,则 有:3mg= 解得 v=3 m/s; (3)由于

12、 v1=9 m/s3 m/s,所以球受桶向下的压力,则球的重力和桶对球 的弹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:mg+F= 解得 F=16 N 根据牛顿第三定律,球对桶的压力大小:F=F=16 N 答案:(1)3 m/s (2)3 m/s (3)16 N 10.( (多选多选) )一个小物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑,在下滑过程中由 于摩擦力的作用,物块的速率恰好保持不变,如图所示,下列说法中正 确的是 ( ) A.物块所受合外力越来越大 B.物块所受合外力大小保持不变,但方向时刻改变 C.物块所受摩擦力逐渐增大 D.物块所受摩擦力逐渐减小 【解析】选 B、D。由于物块做匀速圆周运动,合外力提

13、供向心力,故合 外力时刻指向圆心,且大小保持不变,故 A 项错误,B 项正确;匀速圆周 运动的物体切线方向上受力平衡,所以物体所受摩擦力总是与重力沿 切线方向的分力 G1相等,因随物块下滑 G1逐渐减小,所以物块所受摩擦 力也逐渐减小,故 C 项错误,D 项正确。 11.( (多选多选) )如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两 个大小相等、直径约为 30 cm 的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通 过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示,现玻璃盘以 100 r/min 的转速 旋转,已知主动轮的半径约为 8 cm,从动轮的半径约为 2 cm,P 和 Q 是玻 璃盘边缘上的两点,若转

14、动时皮带不打滑,下列说法正确的是 ( ) A.P、Q 的线速度相同 B.玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反 C.P 点的线速度大小约为 1.6 m/s D.摇把的转速约为 400 r/min 【解析】选 B、C。由于线速度的方向沿曲线的切线方向,由图可知,P、 Q 两点的线速度的方向一定不同,故 A 错误;若主动轮做顺时针转动,从 动轮通过皮带的摩擦力带动转动,所以从动轮逆时针转动,所以玻璃盘 的转动方向与摇把转动方向相反,故 B 正确;玻璃盘的直径是 30 cm,转 速是100 r/min,所以线速度v=r= 2nr=2 m/s=0.5 m/s1.6 m/s, 故C正 确 ; 从 动 轮 边

15、 缘 的 线 速 度 vc=rc=20.02 m/s= m/s,由于主动轮的边缘各点的 线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等,即 vz=vc,所以主动轮的 转速 nz= = r/s=25 r/min,故 D 错误。 12.(2020潍坊高一检测)用图所示的装置可以测量弹簧枪发射子弹 的速度。在一根水平轴 MN 上相隔 L 安装两个平行的薄圆盘,两圆盘可 以绕水平轴 MN 一起匀速转动。 弹簧枪紧贴左盘沿水平方向在水平轴 MN 的正上方射出一颗子弹,子弹穿过两个薄圆盘(穿过圆盘时速度不变), 并在圆盘上留下两个小孔 A 和 B(设子弹穿过 B 时还没有运动到转轴的 下方)。 若测得两个小孔距

16、水平轴 MN 的距离分别为 RA和 RB,它们所在的 半径按转动方向由 B 到 A 的夹角为 ( 为锐角)。求: (1)弹簧枪发射子弹的速度大小; (2)圆盘绕 MN 轴匀速转动的角速度大小; (3)若用一橡皮泥将 A 孔堵上,则橡皮泥的向心加速度的大小是多少? 【解析】(1)以子弹为研究对象,在从 A 运动到 B 的过程中, 由平抛运动的规律可得 RA-RB= gt 2,L=v 0t 联立解得 v0=L。 (2)子弹从 A 运动到 B 所用的时间为 t=。 在此过程中,圆盘转过的角度为=2n+(n=0,1,2) 所以圆盘转动的角速度为 = =(2n+) (n=0,1,2)。 (3)橡皮泥的角

17、速度与圆盘转动的角速度相等, 所以橡皮泥的向心加速度为 a= 2R A=(n=0,1,2)。 答案:(1)L (2)(2n+)(n=0,1,2) (3)(n=0,1,2) 13.(2020朝阳区高一检测)如图所示,一个人用一根长 R=1.6 m 的轻 质细绳拴着一个质量 m=1 kg 的小球在竖直平面内做圆周运动,已知圆 心 O 距离地面 h= 4.8 m,转动中小球在最低点时绳子刚好断裂,此时小球的速度为 12 m/s, 试求:(g 取 10 m/s 2) (1)小球恰好经过最高点时的速度大小; (2)绳子能够承受的最大拉力大小; (3)上述第(2)问中绳子断后小球的位移大小。 【解析】(1)小球在竖直平面内恰好做圆周运动, 在最高点时重力提供向心力,则: mg=,代入数据可得:v=4 m/s; (2)由题意,绳子被拉断前的瞬间,由牛顿第二定律有:F-mg=m 代入数据解得:F=100 N; (3)绳断后,小球做平抛运动,水平方向做匀速直线运动, 竖直方向做自由落体运动,则由平抛运动的规律有:h-R= gt 2 x=vt 解得:x=v 代入数据可得:x=9.6 m 小球的位移:s= 代入数据可得:s=10.1 m 答案:(1)4 m/s (2)100 N (3)10.1 m