2019届物理总复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第三节 课后达标

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精第四章曲线运动万有引力与航天第三节［学生用书P297（单独成册)]（建议用时：60分钟）一、单项选择题1．(2018·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为nr/s，则自行车前进的速度为()A。eq\f(πnr1r3，r2) B．eq\f(πnr2r3，r1)C.eq\f(2πnr2r3,r1) D．eq\f(2πnr1r3，r2)解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连,故线速度相等,故根据公式可得：ω1r1＝ω2r2,解得ω2＝eq\f（ω1r1，r2)，小齿轮和后轮是同轴转动,所以两者的角速度相等，故线速度v＝r3ω2＝eq\f（2πnr1r3，r2)，故D正确．2．（2017·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心解析：选A。由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确,B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误．3．（2015·高考福建卷）如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(）A．t1<t2 B．t1＝t2C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小解析：选A。在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上,小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1〈t2。选项A正确．4．如图所示,一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上,B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出),金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是（)A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究,B受到的静摩擦力f＝Tsinθ，对A，有：Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误;以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于（M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，θ变小，T变小,故C错误；设细线长为l，则a＝gtanθ＝ω2lsinθ，ω＝eq\r（\f(g,lcosθ））,θ变小,ω变小，故D正确．5.（高考全国卷Ⅱ）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（）A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：选C.设大环半径为R,质量为m的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以eq\f（1,2）mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2eq\r(gR)，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R）＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F′N＝FN＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋F′N＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误．6.如图所示，放置在水平转盘上的物体A、B、C能随转盘一起以角速度ω匀速转动,A、B、C的质量分别为m、2m、3m，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0。5r、r、1。5r，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则当物体与转盘间不发生相对运动时A．ω≤eq\r(\f(μg,r）） B．ω≤eq\r（\f（2μg，3r))C．ω≤eq\r（\f(2μg,r)） D．eq\r（\f(μg，r）)≤ω≤eq\r(\f（2μg，r))解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时,转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力,物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg＝mω2l，所以质量为m、离转盘中心的距离为l的物体随转盘一起转动的条件是ω≤eq\r(\f(μg，l)），即ωA≤eq\r（\f(2μg，r)），ωB≤eq\r(\f(μg，r）），ωC≤eq\r（\f(2μg，3r)）,所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤eq\r（\f（2μg，3r）），选项B正确．二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处（)A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小解析：选AC。当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于v0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势,但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B错误；当车速高于v0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势,静摩擦力向内侧,速度越大,静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C正确；由mgtanθ＝meq\f（veq\o\al(2,0)，r）可知，v0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关,与路面的粗糙程度无关,选项D错误．8。（2018·浙江杭州五校联考)质量为m的物体沿着半径为r的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v，如图所示,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的()A．向心加速度为eq\f（v2，r）B．向心力为meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2,r)））C．对球壳的压力为eq\f(mv2,r）D．受到的摩擦力为μmeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2，r））)解析：选AD。物体滑到半径为r的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，向心加速度为a向＝eq\f（v2，r)，故A正确．根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力Fn＝meq\f（v2,r），故B错误．根据牛顿第二定律得N－mg＝meq\f（v2,r），得到金属球壳对物体的支持力N＝meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（g＋\f(v2，r)))，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N′＝meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(g＋\f（v2，r)）)，故C错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f＝μN′＝μmeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2，r)）），故D正确．9。如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动,经过0.3s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0。9B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0。9m,选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律,有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2，B）,R）,vB＝vx＝3m/s,解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．10。如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0。4m,最低点处有一小球(半径比r小很多),现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动,v0应当满足（g＝10m/s2A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≤2eq\r(2）m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：（1）小球通过最高点并完成圆周运动;(2）小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第（1）种情况,当v0较大时,小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤eq\f(mv2,r)，又根据机械能守恒定律有eq\f（mv2,2)＋2mgr＝eq\f(mveq\o\al（2，0）,2)，可求得v0≥2eq\r(5)m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零,根据机械能守恒定律有mgr＝eq\f（mveq\o\al（2,0），2)，可求得v0≤2eq\r（2)m/s，故选项D正确．三、非选择题11．(2018·江西丰城中学段考)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45°.已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff＝eq\f(\r(2），4）mg.（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；（2)若小物块一直相对陶罐静止,求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtan45°＝mRsin45°·ωeq\o\al（2，0）解得：ω0＝eq\r（\f（\r（2)g,R））.（2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力,当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值,设此最大角速度为ω1，受力如图：由牛顿第二定律得，Ffcos45°＋FNcos45°＝mRsin45°ωeq\o\al(2,1)Ffsin45°＋mg＝FNsin45°联立解得：ω1＝eq\r（\f（3\r（2）g，2R))当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得,FNcos45°－Ffcos45°＝mRsin45°ωeq\o\al（2,2)Ffsin45°＋FNsin45°＝mg联立解得:ω2＝eq\r（\f（\r（2）g，2R）)所以eq\r（\f(\r（2）g,2R))≤ω≤eq\r（\f(3\r（2）g,2R)）.答案：(1）eq\r(\f(\r（2）g，R）)（2）eq\r(\f（\r（2)g,2R))≤ω≤eq\r(\f(3\r(2)g，2R)）12.如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2。当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时,连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则:(1)角速度ω1多大?此时两物体受到的摩擦力各多大？(2）角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析:(1）对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力,因此有Ff＝mω2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体