2015一轮复习第四章 曲线运动 万有引力定律第3课时圆周运动的基本规律及应用课时练试题及解析答案

1、如图为某一皮带传动装置.主动轮的半径为r₁,从动轮的半径为r₂.已知主动轮做顺时针转动,转速为n₁,转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是(　　)

A.从动轮做顺时针转动  B.从动轮做逆时针转动

C.从动轮的转速为n₁ D.从动轮的转速为n₁

答案：BC

解析:皮带连接着两轮,从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮,可知从动轮是逆时针转动,则选项A错误,B正确.两轮转速之比满足=(线速度相等)则n₂=n₁,选项C正确,选项D错误.

点评 同一圆盘上共轴转动的各点角速度相同,由皮带、齿轮、链条传动的边缘线速度相同.

2、如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是(　　)

A.A的速度比B的大

B.A与B的向心加速度大小相等

C.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等

D.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小

答案：D

解析:A、B两个座椅都绕中心轴做匀速圆周运动,角速度相等,由于B的半径大,由v=rω可知,B的线速度大,选项A错误;由a=ω²r可知,B的向心加速度大,选项B错误;由F=mω²r可知,B受到的向心力大,而向心力是由缆绳拉力F′的水平分力提供的,即F′sin θ=mω²r,而竖直方向F′cos θ=mg,联立得tan θ=,因此悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不等,选项C错误;悬挂B的缆绳与竖直方向的夹角θ大,由F′=可知,对应的拉力就大,选项D正确.

3、如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间距也为L,今使小球在竖直平面内做圆周运动,当小球到达最高点时速率为v,两段线中张力恰好均为零,若小球到达最高点时速率为2v,则此时每段线中张力大小为(　　)

 

A.mg  B.2mg   C.3mg   D.4mg

答案：A

解析:当小球到达最高点时速率为v,两段线中拉力恰好均为零,有mg=m;当小球到达最高点时速率为2v,设每段线中拉力大小为F,如图所示,应有2Fcos 30°+mg=m,解得F=mg,选项A正确.

4、如图所示,洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水,下列说法中正确的是(　　)

A.脱水过程中,衣物是紧贴桶壁的

B.水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故

C.加快脱水桶转动角速度,脱水效果会更好

D.靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好

答案：ACD

解析:脱水过程中,衣服和水需要向心力,衣服的向心力由桶壁的支持力提供,衣服对水的吸附力不足以提供水所需的向心力,故衣服紧贴桶壁,水被甩出去,半径越大,所需向心力越大,选项A、C、D正确,B错误.

5、一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替,如图(甲)所示,曲线上的A点的曲率圆定义为:通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆.在极限情况下,这个圆就叫做A点的曲率圆,其半径ρ叫做A点的曲率半径.现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v₀抛出,如图(乙)所示,则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(　　)

A.  B.  C.  D.

答案：C

解析:以初速度v₀斜抛的物体上升到最高点处即竖直分速度减到零,故P点速度v_P=v₀·cos α.由圆周运动知识知在P点处重力提供向心力,即mg=m,所以ρ=/g=,故选项C正确.

点评 题目给出了曲线上某点的曲率圆和曲率半径的定义,学生要利用题目信息,同时在斜抛最高点的特点是竖直分速度减为零,并利用了圆周运动的向心力公式,本题考查考生提取信息的能力和综合运用知识的能力.

6、如图所示,水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动,两轮的半径R∶r =2∶1.当主动轮Q匀速转动时,在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上,此时Q轮转动的角速度为ω₁,木块的向心加速度为a₁;若改变转速,把小木块放在P轮边缘也恰能静止,此时Q轮转动的角速度为ω₂,木块的向心加速度为a₂,则(　　)

A.=  B.=  C.= D.=

答案：AC

解析:根据题述,a₁= r,ma₁=μmg;联立解得μg = r.小木块放在P轮边缘也恰能静止,μg =ω²R=2ω²r.ωR=ω₂ r,联立解得=,选项A正确,B错误;a₂=μg =ω²R,a₁=a₂,选项C正确,D错误.

7、如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,杆随转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则此时杆与水平面的夹角θ是(　　)

A.sin θ=  B.tan θ=

C.sin θ=  D.tan θ=

答案：A

解析:对小球受力分析,杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O,合力大小为mω²L,画出小球受力的矢量图,如图所示.由图中几何关系可得sin θ=,选项A正确.

 

8、如图是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道底部B处安装一个压力传感器,其示数N表示该处所受压力的大小.某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,通过B时,下列表述正确的有(　　)

A.N小于滑块重力

B.N大于滑块重力

C.N越大表明h越大

D.N越大表明h越小

答案：BC

解析:滑块从h高处滑到B点的过程中,

由机械能守恒得:mgh=mv²

滑块在B点时,设支持力为N′,圆弧的半径为R,

由牛顿第二定律得N′-mg=m

由以上各式得N′=mg(1+),

根据牛顿第三定律知N=mg(1+)

则N大于mg,h越大,N越大,选项B、C正确,选项A、D错误.

9、如图所示,半径R=0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内,半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10 kg的小球,以初速度v₀=7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s²的匀减速直线运动,运动4.0 m后,冲上竖直半圆环,最后小球落在C点.求A、C间的距离(取重力加速度g=10 m/s²).

解析:小球在匀减速运动过程中,由运动学公式有

-=-2as

解得v_A=5.0 m/s

假设小球能到达圆环的最高点B,由机械能守恒定律有m=2mgR+m

解得v_B=3 m/s

若小球恰好能到达圆环最高点B,则应满足:mg=

解得v_B1=2 m/s

因为v_B>v_B1,所以小球能通过最高点B,前面的假设成立.

小球从B点离开时做平抛运动,有

竖直方向2R=gt²

水平方向x_AC=v_Bt

解得x_AC=1.2 m.

答案:1.2 m

10、如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球.现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点.地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A、B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s²,不计空气影响,求:

(1)地面上DC两点间的距离s;

(2)轻绳所受的最大拉力大小.

解析:(1)小球从A到B过程机械能守恒,满足

mgh=m①

小球从B到C做平抛运动,

则H=gt²②

s=v_Bt③

由①②③式解得s≈1.41 m.④

(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,满足F-mg=m⑤

由①⑤式解得F=20 N,

由牛顿第三定律可知

轻绳所受的最大拉力为20 N.

答案:(1)1.41 m　(2)20 N

11、如图所示,半径为R的半球形陶罐,固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合.转台以一定角速度ω匀速旋转,一质量为m的小物块落入陶罐内,经过一段时间后,小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止,它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.

(1)若ω=ω₀,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω₀;

(2)若ω=(1±k)ω₀,且0<k?1,求小物块受到的摩擦力的大小和方向.

解析:(1)当ω=ω₀时,小物块只受重力和支持力作用,如图(甲)所示,其合力提供向心力,

 

F_合=mgtan θ①

F=mr②

而r=Rsin θ,F_合=F③

由①②③得ω₀=.④

(2)当ω=(1+k)ω₀,且0<k?1时,所需要的向心力大于ω=ω₀时的向心力,故摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下.建立如图(乙)所示坐标系.

 

在水平方向上:Nsin θ+fcos θ=mω²r⑤

在竖直方向上:Ncos θ-fsin θ-mg=0⑥

由几何关系知r=Rsin θ⑦

联立⑤⑥⑦式,解得f=mg⑧

当ω=(1-k)ω₀时,摩擦力的方向沿罐壁的切线方向向上.建立如图(丙)所示的坐标系.

在水平方向上:

Nsin θ-fcos θ=mω²r⑨

在竖直方向上:Ncos θ+fsin θ-mg=0

由几何关系知r=Rsin θ

联立⑨式,解得f=mg.

答案:见解析