2024-2025學年新教材高中物理第六章圓周運動微專題二第2課時圓周運動訓練含解析新人教版必修2

PAGE1-第2課時圓周運動1.如圖所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α.一小球在圓軌道左側的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道．已知重力加速度為g，則AB之間的水平距離為()A.eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g)B.eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)C.eq\f(v\o\al(2,0),gtanα)D.eq\f(2v\o\al(2,0),gtanα)2．城市中為了解決交通問題，修建了很多立交橋．如圖所示，橋面是半徑為R的圓弧形的立交橋AB橫跨在水平路面上，一輛質量為m的小汽車，從A端沖上該立交橋，小汽車到達橋頂時的速度大小為v1，若小汽車在上橋過程中保持速率不變，則()A．小汽車通過橋頂時處于失重狀態(tài)B．小汽車通過橋頂時處于超重狀態(tài)C．小汽車在上橋過程中受到橋面的支持力大小為FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)D．小汽車到達橋頂時的速度必需大于eq\r(gR)3．(多選)如圖所示，在高速路口的轉彎處，路面外高內低．已知內外路面與水平面的夾角為θ，彎道處圓弧半徑為R，重力加速度為g，當汽車的車速為v0時，恰由支持力與重力的合力供應汽車做圓周運動的向心力，則()A．v0=eq\r(gRtanθ)B．v0=eq\r(gRsinθ)C．汽車行駛速度小于v0時，路面會對車輪產(chǎn)生沿路面對下的摩擦力D．汽車行駛速度大于v0時，路面會對車輪產(chǎn)生沿路面對下的摩擦力4．如圖所示，一輕桿一端固定在O點，桿的中點固定一小球，小球繞O點在豎直平面內以速率v做勻速圓周運動，在轉過的圓心角為θ的時間內桿的端點通過的弧長為s，下列說法正確的是()A．桿長為eq\f(s,θ)B．小球轉動的角速度大小為eq\f(vθ,s)C．小球轉動的周期為eq\f(2sπ,vθ)D．小球的向心加速度為eq\f(v2θ,s)5．如圖，在電動機上距軸O為r處固定一質量為m的鐵塊，電動機啟動后，鐵塊以角速度ω繞O軸勻速轉動，則電動機對地面最大壓力和最小壓力之差為()A．2mω2rB．mω2rC．mg＋2mω2rD．2mg＋2mω2r6．一輛運輸西瓜的小汽車(可視為質點)，以大小為v的速度經(jīng)過一座半徑為R的拱形橋．在橋的最高點，其中一個質量為m的西瓜A(位置如圖所示)受到四周的西瓜對它的作用力的大小為()A．mgB.eq\f(mv2,R)C．mg－eq\f(mv2,R)D．mg＋eq\f(mv2,R)關鍵實力綜合練進階訓練其次層一、單選題1．如圖甲所示，輕桿一端與一小球相連，另一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內自由轉動．現(xiàn)使小球在豎直平面內做圓周運動，到達某一位置起先計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時間t的變更關系如圖乙所示．不計空氣阻力．下列說法中正確的是()A．t1時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積相等B．t2時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積相等C．t1時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積不相等D．t2時刻小球通過最高點，圖乙中S1和S2的面積不相等2．火車轉彎時，假如鐵路彎道內外軌一樣高，外軌對輪緣(如圖a所示)擠壓的彈力F供應了火車轉彎的向心力(如圖b所示)，但是靠這種方法得到向心力，鐵軌和車輪極易受損．在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌(如圖c所示)，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為v，以下說法中正確的是()A．該彎道的半徑R＝eq\f(v2,g)B．當火車質量變更時，規(guī)定的行駛速度也將變更C．當火車速率大于v時，外軌將受到輪緣的擠壓D．當火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓3．小明撐一雨傘站在水平地面上，傘面邊緣點所圍圓形的半徑為R，現(xiàn)將雨傘繞豎直傘桿以角速度ω勻速旋轉，傘邊緣上的水滴落到地面，落點形成一半徑為r的圓形，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮間，依據(jù)以上數(shù)據(jù)可推知傘邊緣距地面的高度為()A.eq\f(gr2－R2,2ω2R2)B.eq\f(gr2－R2,2ω2r2)C.eq\f(gr－R2,2ω2R2)D.eq\f(gr2,2ω2R2)4．如圖所示，轉動軸垂直于光滑水平面，交點O的上方h處固定細繩的一端，細繩的另一端栓接一質量為m的小球B，繩長l＞h，轉動軸帶動小球在光滑水平面上做圓周運動，當轉動的角速度ω漸漸增大時，下列說法正確的是()A．小球始終受三個力的作用B．細繩上的拉力始終保持不變C．要使球離開水平面角速度A至少為eq\r(\f(g,h))D．若小球飛離了水平面則線速度為eq\r(gl)5．如圖，在一半徑為R的球面頂端放一質量為m的物塊，現(xiàn)給物塊一初速度v0，則()A．若v0＝eq\r(gR)，則物塊落地點離A點為eq\r(2)RB．若球面是粗糙的，當v0<eq\r(gR)時，物塊肯定會沿球面下滑一段，再斜拋離球面C．若v0<eq\r(gR)，則物塊落地點離A點為RD．若v0≥eq\r(gR)，則物塊落地點離A點至少為2R6．如圖甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉軸上，另一端固定一質量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內轉動．小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關系如圖乙所示，重力加速度為g，下列推斷正確的是()A．圖像函數(shù)表達式為F＝meq\f(v2,l)＋mgB．繩長不變，用質量較小的球做試驗，圖線b點的位置變小C．繩長不變，用質量較小的球做試驗，得到的圖線斜率更大D．重力加速度g＝eq\f(b,l)7．兩質量均為m的小球穿在一光滑圓環(huán)上，并由一不行伸長的輕繩相連，圓環(huán)豎直放置，在如圖所示位置由靜止釋放，則在釋放瞬間繩上的張力大小為()A．0B.eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(2),2)mgD.eq\f(\r(3),3)mg二、多選題8．質量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質木架上的A和C點，繩長分別為la、lb，如圖所示．當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動，則()A．小球仍在水平面內做勻速圓周運動B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大C．若角速度ω較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內搖擺D．繩b未被燒斷時，繩a的拉力大于mg，繩b的拉力為mω29．如圖所示，甲、乙圓盤的半徑之比為1︰2，兩水平圓盤緊靠在一起，乙靠摩擦隨甲不打滑轉動．兩圓盤上分別放置質量為m1和m2的小物體，m1＝2m2，兩小物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)相同．m1距甲盤圓心r，m2距乙盤圓心2A．m1和m2的線速度之比為1︰4B．m1和m2的向心加速度之比為2︰1C．隨轉速漸漸增加，m1先起先滑動D．隨轉速漸漸增加，m2先起先滑動10．如圖所示，一位同學玩飛鏢嬉戲．圓盤最上端有一P點，飛鏢拋出時與P等高，且距離P點為l.當飛鏢以初速度v0垂直盤面瞄準P點拋出的同時，圓盤以繞過盤心O點的水平軸在豎直平面內勻速轉動．忽視空氣阻力，重力加速度為g，若飛鏢恰好擊中P點，則()A．飛鏢擊中P點所需的時間為eq\f(L,v0)B．圓盤的半徑可能為eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))C．圓盤轉動角速度的最小值為eq\f(2πv0,L)D．P點隨圓盤轉動的線速度可能為eq\f(5πgL,4v0)三、計算題11．如圖所示，質量為1kg的小球用長為0.5m的細線懸掛在O點，O點距地面豎直距離為1m，假如使小球繞OO′豎直軸在水平面內做圓周運動，若細線最大承受拉力為12.5N，(g＝10m/s2)求：(1)當小球的角速度為多大時，細線將斷裂；(2)線斷裂后小球落地點與懸點的水平距離．學科素養(yǎng)升級練進階訓練第三層1．暑假里，小明去游樂場游玩，坐了一次名叫“搖頭飛椅”的游藝機，如圖甲所示，該游藝機頂上有一個半徑為4.5m的傘蓋，傘蓋在轉動過程中帶動下面的懸繩轉動，其示意圖如圖乙所示．“搖頭飛椅”高O1O2＝5.8m，繩長5m．小明選擇了一個懸掛在傘蓋邊緣的最外側的椅子坐下，他與座椅的總質量為40kg.小明和椅子的轉動可簡化為如圖乙所示的圓周運動．在某段時間內，傘蓋保持在水平面內穩(wěn)定旋轉，繩與豎直方向夾角為37°，(g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)，在此過程中，求：圖甲圖乙(1)座椅受到繩子的拉力大?。?2)小明運動的線速度大??；(3)小明隨身帶的玻璃球從座椅上不慎滑落，求落地點與游藝機轉軸(即圖乙中O1點)的距離(保留兩位有效數(shù)字)．2．如圖是一種高速噴射流測速器，金屬環(huán)的半徑為R，以角速度ω旋轉，當狹縫P經(jīng)過噴射口時，粒子就進入圓環(huán)，假如環(huán)不轉動，粒子應沿直徑打在A點，由于環(huán)高速轉動，因此粒子將落到A′點.OA′與OA間夾角為θ，則噴射流的速度為多少？(重力和空氣阻力不計)3.如圖所示，一個水平放置的圓桶繞軸OO＇勻速轉動，轉動角速度ω＝2.5πrad/s，桶壁上P處有一圓孔，桶壁很薄，桶的半徑R＝2m，當圓孔運動到桶的上方時，在圓孔的正上方h＝3.2m處有一個小球由靜止起先下落，已知圓孔的半徑略大于小球的半徑．試通過計算推斷小球是否和圓桶碰撞(不考慮空氣阻力，g＝10m/s2)4．如圖，半徑R＝0.4m的圓盤水平放置，繞豎直軸OO′勻速轉動，在圓心O正上方h＝0.8m高處固定一水平軌道PQ，轉軸和水平軌道交于O′點．一質量m＝1kg的小車(可視為質點)，在F＝4N的水平恒力作用下，從O′左側x0＝2m處由靜止起先沿軌道向右運動，當小車運動到O′點時，從小車上自由釋放一小球，此時圓盤半徑OA與x軸重合．規(guī)定經(jīng)過O點水平向右為x軸正方向．小車與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2.(1)若小球剛好落到A點，求小車運動到O′點的速度；(2)為使小球剛好落在A點，圓盤轉動的角速度應為多大？(3)為使小球能落到圓盤上，求水平拉力F作用的距離范圍．第2課時圓周運動1．答案：A解析：由題意知物體在B點的速度方向與水平方向夾角為α，則有xAB＝v0t、v0tanα＝gt，解之有xAB＝eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g)，A正確．2．答案：A解析：AB.由圓周運動學問知，小汽車通過橋頂時，其加速度方向向下，由牛頓其次定律得，mg－FN＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)＜mg，故其處于失重狀態(tài)，A正確，B錯誤；C．FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)只在小汽車通過橋頂時成立，而在其上橋過程中不成立，C錯誤；D.由mg－FN＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，F(xiàn)N≥0，解得，v1≤eq\r(gR)，D錯誤．故選A.3．答案：AD解析：AB.設路面的斜角為θ，以汽車為探討對象，作出汽車的受力圖，如圖，依據(jù)牛頓其次定律，得：mgtanθ＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq\r(gRtanθ)，故A正確，B錯誤；C．車速若小于v0，所需的向心力減小，此時摩擦力指向外側即沿路面對上，故C錯誤；D．車速若大于v0，所需的向心力增大，此時摩擦力可以指向內側即沿路面對下的摩擦力，增大供應的力，車輛不會向外側滑動，故D正確．故選AD.4．答案：A解析：桿的端點以桿長為半徑做圓周運動，由s＝rθ得桿長為r＝eq\f(s,θ)，A正確．小球的轉動半徑為r/2，故小球轉動的角速度為ω＝eq\f(2v,r)＝eq\f(2vθ,s)，轉動周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(sπ,vθ)，B、C錯誤．由a＝eq\f(2v2,r)＝eq\f(2v2θ,s)，D錯誤．5．答案：A解析：電動機處于平衡，整體所受合力等于鐵塊轉動所需向心力．鐵塊轉動到最低點時具有向上的向心加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，對地面壓力最大，此時地面對電動機支持力N1滿意N1－(M＋m)g＝0＋mrω2；鐵塊轉到最高點時具有豎直向下的向心加速度，系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，對地面的壓力最小，此時地面對電動機的支持力N2滿意：(M＋m)g－N2＝0＋mrω2，則由牛頓第三定律可得電動機對地面最大壓力和最小壓力之差為：N1－N2＝2mrω2，A正確．6．答案：C解析：對車受力分析知，車受到重力和橋的支持力，依據(jù)牛頓其次定律有：Mg－FN＝Meq\f(v2,R)，則v<eq\r(gR)，對西瓜A分析得：mg＋FA＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得到FA＝meq\f(v2,R)－mg，又因為v<eq\r(gR)，故西瓜受到四周的西瓜對它的作用力的大小為mg－meq\f(v2,R).故C選項正確，A、B、D錯誤．關鍵實力綜合練1．答案：A解析：通過題意可知，t1時刻小球通過最高點，面積S1表示的是從最低點運動到水平直徑最左端位置的過程中通過的水平位移，其大小等于軌道半徑；S2表示的是從水平直徑最左端位置運動到最高點的過程中通過的水平位移，其大小也等于軌道半徑，所以選項A正確；故選A.2．答案：C解析：火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力供應向心力，設轉彎處斜面的傾角為θ，依據(jù)牛頓其次定律得：mgtanθ＝mv2/R，解得：R＝v2/gtanθ，故A錯誤；依據(jù)牛頓其次定律得：mgtanθ＝mv2/R,解得：v＝eq\r(gRtanθ)，與質量無關，故B錯誤；若速度大于規(guī)定速度，重力和支持力的合力不夠供應，此時外軌對火車有側壓力，輪緣擠壓外軌，故C正確；若速度小于規(guī)定速度，重力和支持力的合力供應偏大，此時內軌對火車有側壓力，輪緣擠壓內軌，故D錯誤．3．答案：A解析：水滴飛出時的速度大小v＝ωR，水滴離開雨傘后做平拋運動，在豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝vt，由題意畫出俯視圖，如圖所示，由幾何關系知，水滴在地面上形成的圓的半徑r＝eq\r(R2＋l2)，聯(lián)立以上各式得h＝eq\f(gr2－R2,2ω2R2)，故A正確．4．答案：C解析：當小球角速度較小時，小球受重力、支持力和拉力三個力作用，當小球角速度較大時，小球會脫離水平面，小球受重力和拉力兩個力作用，故A錯誤．小球在水平面內做勻速圓周運動，豎直方向上的合力為零，當小球脫離水平面后，角速度增大時，繩子與豎直方向的夾角變大，拉力變大，故B錯誤．當小球剛好離開水平面時，受重力和拉力作用，依據(jù)牛頓其次定律得，Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlsinθω2，聯(lián)立解得ω＝eq\r(\f(g,h))，故C正確，D錯誤．5．答案：D解析：若物塊能在最高點沿球面運動，則應有mg－N＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，其中N>0，則v0<eq\r(gR)，即當v0≥eq\r(gR)時物塊干脆在最高點離開球面做平拋運動，豎直方向上2R＝eq\f(1,2)gt2，故水平方向上x＝v0t≥eq\r(gR)×eq\r(\f(4R,g))＝2R，A錯誤，D正確．當v0<eq\r(gR)時，物塊必沿著球面下滑一段距離，物塊下滑到與球面間的彈力為0時離開球面，若有摩擦，物塊若能減速到最終緩慢下滑到水平直徑的端點，便可做自由落體運動落在距A點R處，否則將在彈力為0的位置處離開球面，在此位置處重力沿球面半徑方向上的分力恰好供應所需的向心力，必不在水平直徑的端點，滑塊做斜下拋運動，故BC皆錯誤．6．答案：D解析：在最高點由牛頓其次定律有F＋mg＝eq\f(mv2,l)，得F＝eq\f(mv2,l)－mg，A錯誤．由F＝eq\f(mv2,l)－mg知圖線斜率k＝eq\f(m,l)，橫軸上截距b＝gl，可見繩長不變時，b與m無關，斜率隨小球質量的減小而減小，g＝b/l，故BC錯誤D正確．7．答案：C解析：由于繩不行伸長，則釋放兩球時，速度為零，所以向心加速度為零，但兩球有相同的切向加速度，則依據(jù)牛頓其次定律可知：上面的小球：Tcoseq\f(π,4)＝ma；下面小球：mg－Tcoseq\f(π,4)＝ma，解得：a＝eq\f(g,2)，T＝eq\f(\r(2),2)mg，故選項C正確．8．答案：BC解析：當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉動，小球在水平方向不受力，不行能仍在水平面內做勻速圓周運動，A錯誤；小球以A點為圓心做圓周運動，瞬間有向上的加速度，產(chǎn)生超重現(xiàn)象，a繩中的張力增大，BC正確；繩b未被燒斷時，小球在水平面內做圓周運動，在豎直面內處于平衡狀態(tài)，D錯誤．9．答案：BC解析：在不打滑的狀況下兩盤邊緣的線速度大小相等，由v＝rω及甲、乙圓盤的半徑之比為1︰2可知甲乙兩盤轉動的角速度之比為2︰1，故兩物體m1、m2隨盤一起做勻速圓周運動的角速度之比為2︰1，因m1距甲盤圓心為r、m2距乙盤圓心為2r，由v＝rω可知m1和m2的線速度之比為1︰1，由a＝rω2可知m1和m2的向心加速度之比為2︰1，A錯誤，B正確．當m1起先滑動時對應于甲盤的角速度為ω1，有μm1g＝m1rωeq\o\al(2,1)，解得ω1＝eq\r(\f(μg,r))；同理當m2起先滑動時對應于甲盤的角速度為ω2，有μm2g＝m2(2r)(eq\f(ω2,2))2，解得ω2＝eq\r(\f(2μg,r))；由于ω1<ω2，可知m1先起先滑動，C正確，D錯誤．10．答案：AD解析：飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，因此t＝eq\f(L,v0)，故A正確．因飛鏢擊中P點時，P恰好在最下方，則豎直方向上2r＝eq\f(1,2)gt2，解得圓盤的半徑r＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))，故B錯誤．飛鏢飛行過程中P點轉過的角度滿意ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝eq\f(2k＋1πv0,L)，可知圓盤轉動角速度的最小值為ωmin＝eq\f(πv0,L)，故C錯誤．P點隨圓盤轉動的線速度為v＝rω＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))·eq\f(2k＋1πv0,L)＝eq\f(2k＋1πgL,4v0)，當k＝2時得v＝eq\f(5πgL,4v0)，故D正確．11．答案：(1)ω＝5rad/s(2)s＝0.6m解析：(1)小球在水平面內做圓周運動時，由重力G和拉力F的合力供應向心力，當繩子拉力為12.5N時，向心力最大，則有：F合＝eq\r(F2－mg2)＝7.5N依據(jù)幾何關系得：r＝L·eq\f(3,5)＝0.3m依據(jù)向心力公式得：F合＝mω2L·eq\f(3,5)解得：ω＝5rad/s(2)繩斷裂后，小球做平拋運動，初速度v＝ωr＝1.5m/s豎直方向下落的高度h＝1－0.5×eq\f(4,5)＝0.6m所以t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(0.12)s＝eq\f(\r(3),5)s水平位移為x0＝vt＝eq\f(3\r(3),10)m則x＝eq\r(x\o\al(2,0)＋r2)＝0.6m學科素養(yǎng)升級練1．答案：(1)500N(2)7.5m/s(3)8.9m解析：(1)向心力沿水平方向，由平行四邊形定則，得拉力：T＝eq\f(mg,cos37°)＝500N(2)由牛頓其次定律，得：mgtan37°＝meq\f(v2,R0)，其中R0＝7.5m解得：v＝7.5m/s(3)由幾何關系，座椅離地高度h＝1.8m，由平拋運動規(guī)律，得：x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2解得：x＝4.