2024-2025学年新教材高中物理第六章圆周运动第4节第2课时水平竖直平面内的圆周运动训练含解析新人教版必修2

PAGE14-第2课时水平、竖直平面内的圆周运动学问点一水平面内的圆周运动1．(多选)如图所示，两个质量均为m的木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，用ωA．b肯定比a先起先滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b起先滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg2．如图所示，是某课外探讨小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与水平转盘固定在一起有横向匀称刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度，则ω1与ω2的比值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,\r(2))C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,\r(3))学问点二竖直平面内的圆周运动3.一般的曲线运动可以分成许多小段，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(a)所示，曲线上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，在极限状况下，这个圆就叫作A点的曲率圆，其半径ρ叫作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(b)所示，则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v\o\al(2,0),g)B.eq\f(v0cosα2,g)C.eq\f(v0sinα2,g)D.eq\f(v0cosα2,gsinα)4．质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物块与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物块在最低点时，下列说法正确的是(重力加速度大小为g)()A．受到的向心力为mg＋meq\f(v2,R)B．受到的摩擦力为μmgC．受到的合力方向竖直向上D．受到的合力方向斜向左上方5．如图所示，质量为m的小球置于内部光滑的正方体盒子中，盒子的边长略大于球的直径．盒子在竖直平面内做半径为R、周期为2πeq\r(\f(R,g))的匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则()A．盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为mgB．盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mgC．盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为6mgD．盒子从最低点向最高点运动的过程中，球处于超重状态关键实力综合练进阶训练其次层一、单选题1．一质量为2.0×103kg的汽车在水平马路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B．汽车转弯时的速度为20m/s时所需的向心力为1.4×104NC．汽车转弯的速度为20m/s时汽车会发生侧滑D．汽车能平安转弯的向心加速度不超过7.0m/s22．如图所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g.若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为()A.eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r))B.eq\r(\f(μg,r))C.eq\r(\f(2μg,r))D．2eq\r(\f(μg,r))3．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，重力加速度为g.则其通过最高点时()A．小球对圆环的压力大小等于mgB．小球受到的向心力等于零C．小球的线速度大小等于eq\r(gR)D．小球的线速度大小等于零4．如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为()A.eq\r(3)mgB.eq\f(4,3)eq\r(3)mgC．3mgD．2eq\r(3)mg5．如图所示，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．重力加速度为g.要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为()A.eq\f(μgcosθ,ω2)B.eq\f(gsinθ,ω2)C.eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)gD.eq\f(μcosθ＋sinθ,ω2)g6．质量为m的小球在竖直平面内的圆管轨道内运动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示．已知小球以速度v通过最高点时对圆管外壁的压力恰好为mg，则小球以速度eq\f(v,2)通过圆管的最高点时()A．小球对圆管内、外壁均无压力B．小球对圆管外壁的压力等于eq\f(mg,2)C．小球对圆管内壁的压力等于mgD．小球对圆管内壁的压力等于eq\f(mg,2)二、多选题7．如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A．管道的半径为eq\f(b,g)B．小球的质量为eq\f(a,g)C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球肯定有作用力8．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统肯定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽视空气阻力，重力加速度大小为g.则球BA．球B的速度大小为eq\r(gL)B．球A的速度大小为eq\r(\f(gL,2))C．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg9．如图所示，质量可以不计的细杆的一端固定着一个质量为m的小球，另一端能绕光滑的水平轴O转动，让小球在竖直平面内绕轴O做半径为l的圆周运动，小球通过最高点时的线速度大小为v.下列说法中正确的是()A．v不能小于eq\r(gl)B．v＝eq\r(gl)时，小球与细杆之间无弹力作用C．v>eq\r(gl)时，小球与细杆之间的弹力随v增大而增大D．v<eq\r(gl)时，小球与细杆之间的弹力随v减小而增大三、计算题10．绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，水的质量m＝0.5kg，绳长L＝60cm，求：(1)在最高点时水不流出的最小速率；(2)水在最高点速率v＝3m/s时，水对桶底的压力．11.如右图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道的压力恰好为零，则小球落地点C距A处多远？学科素养升级练进阶训练第三层1．(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路途行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s2.(多选)如图所示，M为固定在水平桌面上的如图所示的木块，abcd为eq\f(3,4)圆周光滑轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有肯定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则()A．只要变更h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上B．无论怎样变更h的大小，都不行能使小球通过a点后落回轨道内C．调整h的大小，使小球飞出de面之外(即e的右面)是可能的D．调整h的大小，使小球飞出de面之外(即e的右面)是不行能的3．用长L＝0.6m的绳系着装有m＝0.5kg水的小桶，在竖直平面内做圆周运动，成为“水流星”．g取10m/s2.求：(1)最高点水不流出的最小速度为多少？(2)若过最高点时速度为3m/s，此时水对桶底的压力多大？4．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．转台以肯定角速度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大小和方向．第2课时水平、竖直平面内的圆周运动必备学问基础练1．答案：AC解析：B错：因圆盘从静止起先绕转轴缓慢加速转动，在任一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则依据牛顿其次定律可得f＝mω2R，由于木块b的轨道半径大于木块a的轨道半径，故木块b做圆周运动须要的向心力较大．A对：因为两木块的最大静摩擦力相等，故b肯定比a先起先滑动．C对：当b起先滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l)).D错：当a起先滑动时，由牛顿其次定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而转盘的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来供应，由牛顿其次定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg.2．答案：B解析：小球随转盘转动时由弹簧的弹力供应向心力．设标尺的最小分度的长度为x，弹簧的劲度系数为k，则有kx＝m·4xωeq\o\al(2,1)，k·3x＝m·6xωeq\o\al(2,2)，故有ω1︰ω2＝1︰eq\r(2).3．答案：B解析：在最高点竖直分速度为零，只有水平方向的分速度，且重力供应向心力：mg＝meq\f(v0cosα2,ρ)，解得：ρ＝eq\f(v0cosα2,g)，故本题选B.4．答案：D解析：物块滑到半球形金属壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an＝eq\f(v2,R)，则向心力为Fn＝man＝eq\f(mv2,R)，故A错误；设支持力为FN，由牛顿其次定律有FN－mg＝man，可得支持力为FN＝mg＋meq\f(v2,R)，依据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为mg＋meq\f(v2,R)，因此受到的摩擦力大小为f＝μFN＝μmg＋μmeq\f(v2,R)，故B错误；向心力为物块所受合外力沿半径方向的分力，竖直向上指向圆心，水平方向的分力即为摩擦力，水平向左，依据力的合成可知物块受到的合力方向斜向左上方，故C错误，D正确．5．答案：B解析：若盒子运动到最高点时，小球受到盒子顶部的压力，则：F＋mg＝mR(eq\f(2π,T))2，解得：F＝0，依据牛顿第三定律，盒子运动到最高点时，小球对盒子底部压力为0，故A错误；盒子运动到最低点时，小球受到盒子底部支持力与重力的合力供应向心力，则：N－mg＝mR(eq\f(2π,T))2解得：N＝2mg，依据牛顿第三定律，盒子运动到最低点时，小球对盒子底部压力为2mg，故B正确，C错误；由A选项的分析可知，在最高点小球只受到重力的作用，所以盒子从最低点向最高点运动的过程中，球接近最高点时处于失重状态，故D错误．关键实力综合练1．答案：D解析：A错：汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，但向心力只是由摩擦力供应的．B、C错：当汽车转弯速度为20m/s时，据Fn＝meq\f(v2,R)，得所需的向心力为1×104N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会侧滑．D对：汽车转弯时的最大向心加速度为a＝eq\f(Fn,m)＝7.0m/s2.2．答案：B解析：硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力供应，则μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq\r(\f(μg,r))，故选项B正确．3．答案：C解析：因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则圆环对小球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零，故A错误．依据牛顿其次定律得mg＝meq\f(v2,R)＝ma，知向心力不为零，线速度v＝eq\r(gR)，向心加速度a＝g，故B、D错误，C正确．4．答案：A解析：设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有cosθ＝eq\f(\r(3),2).依据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝meq\f(v2,r)；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcosθ＋mg＝meq\f(2v2,r)，联立解得：F＝eq\r(3)mg，故A正确．5．答案：C解析：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面对上达到最大时，角速度肯定，由牛顿其次定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g.6．答案：D解析：以小球为探讨对象，小球通过最高点时，依据牛顿其次律得mg＋mg＝meq\f(v2,r)；当小球以速度eq\f(v,2)通过圆管的最高点，依据牛顿其次定律得mg＋FN＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2,r)；联立解得：FN＝－eq\f(1,2)mg，负号表示圆管对小球的作用力向上，即小球对圆管内壁的压力等于eq\f(mg,2)，故D正确．7．答案：AB解析：由图乙可知，当v2＝b，FN＝0，此时，mg＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(b,g)，故A正确；当v2＝0时，此时FN＝mg＝a，所以m＝eq\f(a,g)，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必定要供应指向圆心的支持力，只有外壁才可以供应这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的重量必定参加供应向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误．8．答案：BC解析：球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好供应向心力，则有：mg＝meq\f(v\o\al(2,B),2L)，解得v＝eq\r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr可得，球A的速度大小为：vA＝eq\f(1,2)vB＝eq\r(\f(gL,2))故B正确；B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力供应向心力，则有：F－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),L)，解得：F＝1.5mg，可得水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误．9．答案：BCD解析：由于杆能支撑小球，所以小球通过最高点时最小速度可以为零，故A错误；当v＝eq\r(gl)时，依据牛顿其次定律得F＋mg＝meq\f(v2,l)，得F＝0，说明小球与细杆之间无弹力作用，故B正确；当v>eq\r(gl)时，杆对小球有向下的拉力，依据牛顿其次定律得F＋mg＝meq\f(v2,l)，可知v增大时，F增大，故C正确；当v<eq\r(gl)时，杆对小球有向上的支持力，依据牛顿其次定律得mg－F＝meq\f(v2,l)，可知v减小时，F增大，故D正确．10．答案：(1)2.42m/s(2)2.6N，方向竖直向上解析：(1)设在最高点时的临界速度为v，则有mg＝meq\f(v2,L)得v＝eq\r(gL)＝eq\r(9.8×0.6)m/s≈2.42m/s.(2)设桶底对水的压力为FN，则有mg＋FN＝eq\f(mv2,L)得FN＝meq\f(v2,L)－mg＝0.5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,0.6)－9.8))N＝2.6N．由牛顿第三定律，水对桶底的压力F′N＝FN＝2.6N，方向竖直向上．11．答案：2R解析：小球在B点飞出时，轨道压力为零，则mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gR)小球从B点飞出后做平抛运动t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(4R,g))水平方向的位移x＝vBt＝eq\r(gR)·eq\r(\f(4R,g))＝2R.学科素养升级练1．答案：AB解析：A对：在弯道上做匀速圆周运动时，依据牛顿其次定律有kmg＝meq\f(v\o\al(2,m),r)，故当弯道半径肯定时，在弯道上的最大速度是肯定的，且在大圆弧弯道上的最大速度大于小圆弧弯道上的最大速度，所以要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速．B对：在大圆弧弯道上的速率vmR＝eq\r(kgR)＝eq\r(2.25×10×90)m/s＝45m/s.C错：直道的长度为x＝eq\r(L2－R－r2)＝50eq\r(3)m，在小圆孤弯道上的最大速度为vmr＝eq\r(kgr)＝eq\r(2.25×10×40)m/s＝30m/s，所以在直道上的加速度大小为a＝eq\f(v\o\al(2,mR)－v\o\al(2,mr),2x)＝eq\f(452－302,2×50\r(3))m/s2≈6.50m/s2.D错：由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为eq\f(2πr,3)，通过小圆弧弯道的时间为t＝eq\f(\f(2πr,3),vmr)＝eq\f(2×3.14×40,3×30)s≈2.80s.2．答案：BC解析：题目的要求是求小球通过a点后，落回轨道内还是落到de面上，但小球通过a点时的速度并非随意值．A项：小球恰好到达a点时轨道对小球的弹力为零，由mg＝meq\f(v\o\al(2,a),R)知小球能够过a点的最小速度va＝eq\r(gR)，从a点平抛，R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vat，得x＝eq