2017_2018学年高考物理二轮复习专题检测（三）抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动.docx

专题检测（三） 抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动1.如图所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界著名的观景摩天轮，它总高度135米(443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区。现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在座椅上观光的游客来说，正确的说法是()A因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力解析：选B摩天轮做匀速转动，不是平衡状态，故A错误；当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向下，指向圆心，所以游客处于失重状态，故B正确；摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C错误；游客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力，故D错误。2.如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动。小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为()AmBmgmC2mgm D2mgm解析：选C以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FNmgm，解得FNmgm。由牛顿第三定律知：小球对圆管的作用力大小FNFNmgm，方向向下。再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小FmgFN2mgm。3.多选(2018届高三西工大附中调研)人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”。设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1 600 m，直径200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，太空城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境。为了使太空城内的居民能如在地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动。如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有()A太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心B人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供C太空城内的居民不能运用天平准确测出质量D太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大解析：选ABD太空城内物体随太空城做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心，故A正确；人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故B正确；天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故C错误；等效重力大小等于向心力，故：Gm2r，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。4.多选(2017揭阳二模)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则()A球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡C若小球的初速度v03，则小球一定能通过P点D若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点到O点的水平距离为2R解析：选CD不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；恰好通过P点，则有mg，得vP，由机械能守恒得mg2RmvP2mv02，得vP，则小球一定能通过P点，故C正确；小球过P点做平抛运动，有xvPt，2Rgt2，得：x22R，故D正确。5.如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角满足关系式Tabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A. B.C. D.解析：选D设小球通过P点时的速度为v0，绳长为R，当0时，有T1abmmg，当180时，有T2abmmg，由机械能守恒定律得mv02mg2Rmv2，则T2abm5mg，两式相减得g，选项D正确。6.(2018届高三武汉调研)将太极球及球拍简化成如图所示的小球和平板，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。若球恰能到达最高点，设球的重力为1 N，不计球拍的重力。则下列说法正确的是()A球恰能到达最高点，说明球到最高点速度为零B平板在C处对球施加的力的大小为1 NC当球运动到B位置时，平板与水平方向的夹角为45D球从A到C的过程中机械能守恒解析：选C设球运动的线速度为v，做圆周运动的半径为R，球恰能到达最高点，即在最高点平板没有弹力，则在A处mg，A错误；在C处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力，Fmg，解得F2mg2 N，B错误；在B处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用，受力分析如图，则tan 1，则45，C正确；球从A到C的过程中，动能不变，势能减小，机械能不守恒，D错误。7小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为()A. B.C. D.解析：选A设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速度vR，水滴下落时间t，水滴平抛的水平位移xvtR，如图所示。由几何关系得R2x2r2，可得h，A正确。8多选长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v，下列说法中正确的是()Av的极小值为Bv由0逐渐增大，向心力也逐渐增大C当v由 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大解析：选BCD如图甲所示，小球在最高点速度有最小值0，此时杆向上的支持力为FNmg，故A错误。v由0逐渐增大，则F向逐渐增大，故B正确。如图乙所示，当最高点速度为v时，有mg，杆对小球作用力F0。当v由增大时，杆对小球有拉力F，有mgF，则Fmmg，随v逐渐增大而逐渐增大，故C正确。当v由减小时，杆对小球有支持力F，有mgF，则Fmg，随v逐渐减小而逐渐增大，故D正确。9.多选(2017南昌模拟)如图所示，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足()Ah，v0 Bh，v0Ch，v0 Dh，v0解析：选BD由平抛运动规律，Rv0t，hgt2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，需要满足n2t(n1,2,3，)，联立解得：h，v0(n1,2,3，)。当n1时，h，v0，选项A错误；当n2时，h，v0，选项B正确；当n3时，h，v0，选项C错误；当n4时，h，v0，选项D正确。10.多选如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A小球运动到A点时所受合力为零B小球从B点出发时的初速度大小为 CC点与A点的高度差为D小球到达C点时的动能为mgR解析：选BD由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球在A点由重力提供其做圆周运动的向心力，选项A错误；在A点时，有mgm，其中r，解得vA ，由机械能守恒定律可得：mvB2mgRmvA2，代入数据可解得vB ，选项B正确；由平抛运动规律可得：xvAt，ygt2，由几何关系可得：x2y2R2，联立求解得：y，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkCmvA2mgy，解得：EkCmgR，选项D正确。11.多选(2018届高三湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m1.0 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是kt，k2 rad/s2，g10 m/s2，以下判断正确的是()A物块做匀速运动B细线对物块的拉力是5.0 NC细线对物块的拉力是6.0 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t，又vat，故可得：a1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2，故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：Fma1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故B错误，C正确。12.(2014全国卷)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()AMg5mg BMgmgCMg5mg DMg10mg解析：选C设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2mg2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v2，根据牛顿第二定律得FNmg，所以在最低点时大环对小环的支持力FNmg5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FNFN5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力TMgFNMg5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为TTMg5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。13(2016全国卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgLmv2，v，因LPLQ，则vPvQ，又mPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则Fmgm，则F3mg，因mPmQ，则FPFQ，选项C正确；向心加速度a2g，选项D错误。 14.如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点。a、b、c三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD2R。设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc，三个物体到达水平面的动能分别为Ea、Eb、Ec，则下面判断正确的是()AEaEb BEcEbCtbtc Dtatb解析：选C物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：2Rgt2，则得：t2 ，物体恰好到达半圆形轨道最高点时，有：mgm，则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为：v，所以物体从半圆形轨道最高点离开后做平抛运动的水平位移最小值为：xvt2R，由题知：AD2R，说明b、c通过最高点做平抛运动，a没有到达最高点，则知tbtc2，tatbtc，故C正确，D错误。对于a、b两球，通过D点时，a的速度比b的小，由机械能守恒可得：EaEb，D错误。教师备选题1.(2018届高三肇庆摸底)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是()A小球的线速度大小为gLB小球运动到最高点时处于完全失重状态C当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向指向圆心OD轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg解析：选B根据匀速圆周运动中a得：v，A错误；小球做匀速圆周运动，加速度为g，所以小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，B正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心，C错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即Fmgma，解得：F2mg，D错误。2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为R的大圆环，并固定在竖直平面内。在管内的环底A处有一质量为m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶B处管口的轻绳，在水平外力的作用下小球以恒定的速率从A点运动到B点，如图所示，忽略内、外侧半径差别(小球可看作质点)，此过程中拉力变化情况是()A逐渐增大B逐渐减小C先减小，后增大 D先增大，后减小解析：选D小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为，则有Fmgcos ，小球上升过程中，从90先减小到0(与圆心等高处)，后增大到90(环顶B处)，cos 先增大后减小，所以Fmgcos 先增大后减小，故D正确。3(2017合肥质检)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是()At1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Bt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等Ct1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等Dt2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等