2021高考物理新高考版一輪習題：第四章微專題28水平面內的圓周運動問題(含解析)

1、圖41圓周運動的動力學問題實際上是牛頓第二定律的應用，且已知合外力方向 （勻速圓周運動 指向圓心 ）所以遇到圓周運動動力學問題就先做好受力分析，再由牛頓第二定律列方程理解做圓周運動、離心運動、近心運動的條件1 .（多選）（2020重慶市調研）如圖1甲為某游樂園颶風飛椅游玩項目，如圖乙為颶風飛椅結構 簡圖.其裝置由傘型轉盤A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D（可視為質點）組成，在距轉盤下表面軸心O 距離為 d 的圓周上， 用軟繩分布均勻地懸掛16 座飛椅（圖乙中只畫兩座），設A、B、C總質量為M,單個飛椅與人的質量之和均為m,懸掛飛椅D的繩長均為L,當水平轉盤以角速度3穩(wěn)定旋轉時，各軟繩與豎直

2、方向成。角，重力加速度為g.則下列判斷正確的是 （）A.轉盤旋轉角速度為gtan 0d+ Lsin 0B.底座C對水平地面壓力隨轉速增加而減小C.底座C對水平地面壓力與車t速無關，恒為Mg + 16mgD.軟繩與豎直方向夾角。大小與軟繩長、轉速和乘客質量均有關2.（多選）（2019廣西桂林市、賀少M市期末聯考）如圖2所示，照片中的汽車在水平公路上做勻速圓周運動.已知圖中雙向四車道的總寬度為15 m,內車道內邊緣間最遠的距離為 150 m.假設汽車受到的最大靜摩擦力等于車重的0.7倍.g取10 m/s2,則汽車（）圖2A.所受的合力可能為零B.只受重力和地面支持力的作用C.所需的向心力不可能由重

3、力和支持力的合力提供D.最大速度不能超過 3標 m/s（2019四川樂山市第一次調查研究 ）如圖3所示，在半徑為 R的半球形碗的光滑內表面上，一質量為m的小球在距碗口高度為 h的水平面內做勻速圓周運動，重力加速度為 g,則小球 做勻速圓周運動的角速度為（）圖3 ghghA. .，R2-h2BP2-h2C gyj-d.冊.（多選）（2019四川綿陽市第二次診斷）如圖4所示，金屬塊Q放在帶有光滑小孔的水平桌面上，一根穿過小孔的細線，上端與Q相連，下端拴著一個小球 P.小球P在水平面內做勻速圓周運動（圓錐擺），細線與豎直方向的夾角為30。；現使小球P在原水平面內做半徑更大的勻速圓周運動，且細線與豎直

4、方向的夾角為60。，金屬塊Q更靠近小孔.且這兩種情況下Q均處于靜止狀態(tài)，則后一種情況與原來相比較（）A.小球P的線速度更大B.小球P運動的周期更大C.小球P的向心力大小之比為 3 ： 1D.金屬塊Q所受摩擦力大小之比為 3： 1.（多選）如圖5所示，一根原長為10的輕彈簧套在光滑直桿 AB上，其下端固定在桿的 A端， 質量為m的小球也套在桿上且與彈簧的上端相連.球與桿一起繞過桿A端的豎直軸OO勻速轉動，且桿與水平面間的夾角始終為30.已知桿處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為重力加速度為g.則下列說法正確的是（）圖5A .彈簧為原長時，桿的角速度為 、層b.當桿的角速度為yg時，彈簧處于壓縮狀態(tài)C.在

5、桿的角速度增大的過程中，小球與彈簧所組成的系統機械能不守恒D,在桿的角速度由0緩慢增大到2 用過程中，小球的機械能增加了 藝亞 31o4.如圖6所示，兩個相同的小木塊 A和B（均可看做質點），質量均為m,用長為L的輕繩連 接，置于水平圓盤的同一半徑上，A與豎直軸的距離為 L,此時繩子恰好伸直且無彈力，木塊與圓盤間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.若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用3表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是（）A.木塊A、B所受的摩擦力始終相等B.木塊B所受摩擦力總等于木塊 A所受摩擦力的兩倍C. 3= 用是輕繩開始產生彈力的臨界角速度D.若3=攀，則

6、木塊A、B將要相對圓盤發(fā)生滑動7. （2019湖南長沙市雅禮中學期末）如圖7所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸 OO勻速轉動，規(guī)定經過圓心 。水平向右為x軸的正方向.在圓心。正上 方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，從t= 0時刻開始該容器從 。點正上方隨傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t=0時刻滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴一滴水.不計空氣阻力，重力加速度為g,求：(1)每一滴水經多長時間落到盤面上；(2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤轉動的角速度3應為多大；(3)第二滴水與第三滴水在盤面上落點

7、間的最大距離x.答案精析AC 對單個的飛椅：mgtan 0= mw2(d + Lsin 0),解得 w= ,：1，選項 A 正確； 對飛椅，豎直方向 Ftcos 0= mg,對整體豎直方向：Fn= Mg + 16Ftcos 0= Mg + 16mg,則底座C對水平地面壓力大小不變，選項B錯誤，C正確；由mgtan 0= rniw2(d+Lsin 可知，gtan0= w2(d+ Lsin 0),則軟繩與豎直方向夾角。大小與軟繩長L、角速度 必轉速n)有關，與乘客質量無關，選項D錯誤.CD 汽車做勻速圓周運動，則所受的合力不可能為零，選項A錯誤；汽車做勻速圓周運動，豎直方向受重力和地面支持力的作用

8、，水平方向受摩擦力作用，提供汽車做勻速圓周運動的向心力，選項 B錯誤；車在水平公路上做勻速圓周運動，則汽車所需的向心力不可能由150重力和支持力的合力提供，只由摩擦力提供，選項C正確；汽車轉彎的最大半徑為r = 150 mv2 -+ 15 m=90 m,由牛頓第一te律可得 科 mgm；,解得 v=4w 并40.7 10X90 m/s=3/70 m/s,即汽車的最大速度不能超過3 m/s,選項D正確.D 根據受力分析和向心力公式可得：mgtan 0= mrw2小球做勻速圓周運動的軌道半徑為:r=Rsin 0;解得:IRcgSL j h，故選 D.AC 設細線與豎直方向的夾角為以細線的拉力大小為

9、 Ft,細線的長度為L,孔到圓心 的高度為h, P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，則有:2VFn=mhiam = mgtan 0解得：v= Vghtan 為由題意后一種情況 。更大，則小球P的線速度更大，故A正確；T = ?干2 jhtan 9/h = Vghtan 9 = 2 g所以小球 P的周期不變故 B錯誤；小球的向心力為：Fn= mgtan 0, 所以向心力之比為：ta端三3,故c正確；細線拉力FT=對金屬塊q,由平衡條件 可知，Q受到桌面的靜摩擦力的大小等于細線的拉力大小，所以金屬塊 Q所受摩擦力大小之 比為震浮亍出，故D錯誤.cos 60”.CD 彈簧為原長

10、時，小球受重力和桿的彈力，合力提供向心力，有mgtan 30 = mw210cos 30,0 桿的角速度3=、息，故A錯誤；當桿的角速度為 、器時，彈簧處于伸長狀態(tài)， 故B錯誤；在桿的角速度增大的過程中，小球的動能增大，重力勢能增大，彈簧的彈性勢能 可能也增大，小球與彈簧所組成的系統機械能不守恒，故c正確；設桿的角速度等于:2g 時小球的速度為 v,彈簧伸長量為l,桿的支持力為 Fn,則Fncos 30 = klsin 30干mg, FNsin 30 + klcos 30 = miw2(1o+ l)cos 30 , mgsin 30 = k,聯立解得l = 20,初、末狀態(tài)的彈性勢能相等， 則

11、小球增加的機械能為AE= AEk+ AEp, v= coX210cos 30 =當V2g0 , AEk/mvmmgl。，AEp,1 一 5 一 一一八= mgxlsin 30 = 2mgl0,故 AE = 4mgl0,故 D 正確. D 當角速度較小時，A、B均靠靜摩擦力提供向心力，由于 B轉動的半徑較大，則 B先達到最大靜摩擦力，角速度繼續(xù)增大，則輕繩出現拉力，當A的靜摩擦力達到最大時，角速度增大，A、B開始發(fā)生相對滑動，可知 B的靜摩擦力方向一直指向圓心，在繩子出現張力 前，A、B的角速度相等，半徑之比為 1 ： 2,則靜摩擦力之比為 1 ： 2,當輕繩出現張力后,A、B的靜摩擦力之比不是 1 ： 2,故A、B錯誤.當摩擦力剛好提供 B做圓周運動的向心力時，輕繩開始產生拉力，則kmg=m2 2L,解得w= yj疑故C錯誤；當A的摩擦力達到最大時，A、B將要開始滑動，對 A有：kmgFT=mLo 2,對B 有：Ft+kmg= m 2Lco 2,解得6 =、/祭，故D正確.7. (1)q得 n7梟n=1,2,3,)(3)5vyJ告解析(1)水滴在豎直方向上做自由落體運動，有 h=;2h t= . W(2)分析題意可知，在相鄰兩滴水