2024-2025学年新教材高中物理第六章圆周运动微专题二第2课时圆周运动训练含解析新人教版必修2

PAGE1-第2课时圆周运动1.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为()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．城市中为了解决交通问题，修建了很多立交桥．如图所示，桥面是半径为R的圆弧形的立交桥AB横跨在水平路面上，一辆质量为m的小汽车，从A端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则()A．小汽车通过桥顶时处于失重状态B．小汽车通过桥顶时处于超重状态C．小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)D．小汽车到达桥顶时的速度必需大于eq\r(gR)3．(多选)如图所示，在高速路口的转弯处，路面外高内低．已知内外路面与水平面的夹角为θ，弯道处圆弧半径为R，重力加速度为g，当汽车的车速为v0时，恰由支持力与重力的合力供应汽车做圆周运动的向心力，则()A．v0=eq\r(gRtanθ)B．v0=eq\r(gRsinθ)C．汽车行驶速度小于v0时，路面会对车轮产生沿路面对下的摩擦力D．汽车行驶速度大于v0时，路面会对车轮产生沿路面对下的摩擦力4．如图所示，一轻杆一端固定在O点，杆的中点固定一小球，小球绕O点在竖直平面内以速率v做匀速圆周运动，在转过的圆心角为θ的时间内杆的端点通过的弧长为s，下列说法正确的是()A．杆长为eq\f(s,θ)B．小球转动的角速度大小为eq\f(vθ,s)C．小球转动的周期为eq\f(2sπ,vθ)D．小球的向心加速度为eq\f(v2θ,s)5．如图，在电动机上距轴O为r处固定一质量为m的铁块，电动机启动后，铁块以角速度ω绕O轴匀速转动，则电动机对地面最大压力和最小压力之差为()A．2mω2rB．mω2rC．mg＋2mω2rD．2mg＋2mω2r6．一辆运输西瓜的小汽车(可视为质点)，以大小为v的速度经过一座半径为R的拱形桥．在桥的最高点，其中一个质量为m的西瓜A(位置如图所示)受到四周的西瓜对它的作用力的大小为()A．mgB.eq\f(mv2,R)C．mg－eq\f(mv2,R)D．mg＋eq\f(mv2,R)关键实力综合练进阶训练其次层一、单选题1．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，到达某一位置起先计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变更关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是()A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等2．火车转弯时，假如铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮缘(如图a所示)挤压的弹力F供应了火车转弯的向心力(如图b所示)，但是靠这种方法得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图c所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，以下说法中正确的是()A．该弯道的半径R＝eq\f(v2,g)B．当火车质量变更时，规定的行驶速度也将变更C．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压3．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ω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，依据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为()A.eq\f(gr2－R2,2ω2R2)B.eq\f(gr2－R2,2ω2r2)C.eq\f(gr－R2,2ω2R2)D.eq\f(gr2,2ω2R2)4．如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端栓接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω渐渐增大时，下列说法正确的是()A．小球始终受三个力的作用B．细绳上的拉力始终保持不变C．要使球离开水平面角速度A至少为eq\r(\f(g,h))D．若小球飞离了水平面则线速度为eq\r(gl)5．如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则()A．若v0＝eq\r(gR)，则物块落地点离A点为eq\r(2)RB．若球面是粗糙的，当v0<eq\r(gR)时，物块肯定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面C．若v0<eq\r(gR)，则物块落地点离A点为RD．若v0≥eq\r(gR)，则物块落地点离A点至少为2R6．如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列推断正确的是()A．图像函数表达式为F＝meq\f(v2,l)＋mgB．绳长不变，用质量较小的球做试验，图线b点的位置变小C．绳长不变，用质量较小的球做试验，得到的图线斜率更大D．重力加速度g＝eq\f(b,l)7．两质量均为m的小球穿在一光滑圆环上，并由一不行伸长的轻绳相连，圆环竖直放置，在如图所示位置由静止释放，则在释放瞬间绳上的张力大小为()A．0B.eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(2),2)mgD.eq\f(\r(3),3)mg二、多选题8．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb，如图所示．当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则()A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摇摆D．绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω29．如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为1︰2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动．两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．m1距甲盘圆心r，m2距乙盘圆心2A．m1和m2的线速度之比为1︰4B．m1和m2的向心加速度之比为2︰1C．随转速渐渐增加，m1先起先滑动D．随转速渐渐增加，m2先起先滑动10．如图所示，一位同学玩飞镖嬉戏．圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为l.当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以绕过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽视空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则()A．飞镖击中P点所需的时间为eq\f(L,v0)B．圆盘的半径可能为eq\f(gL2,2v\o\al(2,0))C．圆盘转动角速度的最小值为eq\f(2πv0,L)D．P点随圆盘转动的线速度可能为eq\f(5πgL,4v0)三、计算题11．如图所示，质量为1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1m，假如使小球绕OO′竖直轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N，(g＝10m/s2)求：(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离．学科素养升级练进阶训练第三层1．暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图甲所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的伞盖，伞盖在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图乙所示．“摇头飞椅”高O1O2＝5.8m，绳长5m．小明选择了一个悬挂在伞盖边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg.小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动．在某段时间内，伞盖保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37°，(g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)，在此过程中，求：图甲图乙(1)座椅受到绳子的拉力大小；(2)小明运动的线速度大小；(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图乙中O1点)的距离(保留两位有效数字)．2．如图是一种高速喷射流测速器，金属环的半径为R，以角速度ω旋转，当狭缝P经过喷射口时，粒子就进入圆环，假如环不转动，粒子应沿直径打在A点，由于环高速转动，因此粒子将落到A′点.OA′与OA间夹角为θ，则喷射流的速度为多少？(重力和空气阻力不计)3.如图所示，一个水平放置的圆桶绕轴OO＇匀速转动，转动角速度ω＝2.5πrad/s，桶壁上P处有一圆孔，桶壁很薄，桶的半径R＝2m，当圆孔运动到桶的上方时，在圆孔的正上方h＝3.2m处有一个小球由静止起先下落，已知圆孔的半径略大于小球的半径．试通过计算推断小球是否和圆桶碰撞(不考虑空气阻力，g＝10m/s2)4．如图，半径R＝0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O正上方h＝0.8m高处固定一水平轨道PQ，转轴和水平轨道交于O′点．一质量m＝1kg的小车(可视为质点)，在F＝4N的水平恒力作用下，从O′左侧x0＝2m处由静止起先沿轨道向右运动，当小车运动到O′点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA与x轴重合．规定经过O点水平向右为x轴正方向．小车与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.(1)若小球刚好落到A点，求小车运动到O′点的速度；(2)为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为多大？(3)为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围．第2课时圆周运动1．答案：A解析：由题意知物体在B点的速度方向与水平方向夹角为α，则有xAB＝v0t、v0tanα＝gt，解之有xAB＝eq\f(v\o\al(2,0)tanα,g)，A正确．2．答案：A解析：AB.由圆周运动学问知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿其次定律得，mg－FN＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)＜mg，故其处于失重状态，A正确，B错误；C．FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,1),R)只在小汽车通过桥顶时成立，而在其上桥过程中不成立，C错误；D.由mg－FN＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，FN≥0，解得，v1≤eq\r(gR)，D错误．故选A.3．答案：AD解析：AB.设路面的斜角为θ，以汽车为探讨对象，作出汽车的受力图，如图，依据牛顿其次定律，得：mgtanθ＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得v0＝eq\r(gRtanθ)，故A正确，B错误；C．车速若小于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力指向外侧即沿路面对上，故C错误；D．车速若大于v0，所需的向心力增大，此时摩擦力可以指向内侧即沿路面对下的摩擦力，增大供应的力，车辆不会向外侧滑动，故D正确．故选AD.4．答案：A解析：杆的端点以杆长为半径做圆周运动，由s＝rθ得杆长为r＝eq\f(s,θ)，A正确．小球的转动半径为r/2，故小球转动的角速度为ω＝eq\f(2v,r)＝eq\f(2vθ,s)，转动周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(sπ,vθ)，B、C错误．由a＝eq\f(2v2,r)＝eq\f(2v2θ,s)，D错误．5．答案：A解析：电动机处于平衡，整体所受合力等于铁块转动所需向心力．铁块转动到最低点时具有向上的向心加速度，系统处于超重状态，对地面压力最大，此时地面对电动机支持力N1满意N1－(M＋m)g＝0＋mrω2；铁块转到最高点时具有竖直向下的向心加速度，系统处于失重状态，对地面的压力最小，此时地面对电动机的支持力N2满意：(M＋m)g－N2＝0＋mrω2，则由牛顿第三定律可得电动机对地面最大压力和最小压力之差为：N1－N2＝2mrω2，A正确．6．答案：C解析：对车受力分析知，车受到重力和桥的支持力，依据牛顿其次定律有：Mg－FN＝Meq\f(v2,R)，则v<eq\r(gR)，对西瓜A分析得：mg＋FA＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得到FA＝meq\f(v2,R)－mg，又因为v<eq\r(gR)，故西瓜受到四周的西瓜对它的作用力的大小为mg－meq\f(v2,R).故C选项正确，A、B、D错误．关键实力综合练1．答案：A解析：通过题意可知，t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轨道半径；S2表示的是从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轨道半径，所以选项A正确；故选A.2．答案：C解析：火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力供应向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，依据牛顿其次定律得：mgtanθ＝mv2/R，解得：R＝v2/gtanθ，故A错误；依据牛顿其次定律得：mgtanθ＝mv2/R,解得：v＝eq\r(gRtanθ)，与质量无关，故B错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够供应，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C正确；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力供应偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D错误．3．答案：A解析：水滴飞出时的速度大小v＝ωR，水滴离开雨伞后做平抛运动，在竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l＝vt，由题意画出俯视图，如图所示，由几何关系知，水滴在地面上形成的圆的半径r＝eq\r(R2＋l2)，联立以上各式得h＝eq\f(gr2－R2,2ω2R2)，故A正确．4．答案：C解析：当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，故A错误．小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，故B错误．当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，依据牛顿其次定律得，Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mlsinθω2，联立解得ω＝eq\r(\f(g,h))，故C正确，D错误．5．答案：D解析：若物块能在最高点沿球面运动，则应有mg－N＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，其中N>0，则v0<eq\r(gR)，即当v0≥eq\r(gR)时物块干脆在最高点离开球面做平抛运动，竖直方向上2R＝eq\f(1,2)gt2，故水平方向上x＝v0t≥eq\r(gR)×eq\r(\f(4R,g))＝2R，A错误，D正确．当v0<eq\r(gR)时，物块必沿着球面下滑一段距离，物块下滑到与球面间的弹力为0时离开球面，若有摩擦，物块若能减速到最终缓慢下滑到水平直径的端点，便可做自由落体运动落在距A点R处，否则将在弹力为0的位置处离开球面，在此位置处重力沿球面半径方向上的分力恰好供应所需的向心力，必不在水平直径的端点，滑块做斜下抛运动，故BC皆错误．6．答案：D解析：在最高点由牛顿其次定律有F＋mg＝eq\f(mv2,l)，得F＝eq\f(mv2,l)－mg，A错误．由F＝eq\f(mv2,l)－mg知图线斜率k＝eq\f(m,l)，横轴上截距b＝gl，可见绳长不变时，b与m无关，斜率随小球质量的减小而减小，g＝b/l，故BC错误D正确．7．答案：C解析：由于绳不行伸长，则释放两球时，速度为零，所以向心加速度为零，但两球有相同的切向加速度，则依据牛顿其次定律可知：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，故选项C正确．8．答案：BC解析：当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，小球在水平方向不受力，不行能仍在水平面内做匀速圆周运动，A错误；小球以A点为圆心做圆周运动，瞬间有向上的加速度，产生超重现象，a绳中的张力增大，BC正确；绳b未被烧断时，小球在水平面内做圆周运动，在竖直面内处于平衡状态，D错误．9．答案：BC解析：在不打滑的状况下两盘边缘的线速度大小相等，由v＝rω及甲、乙圆盘的半径之比为1︰2可知甲乙两盘转动的角速度之比为2︰1，故两物体m1、m2随盘一起做匀速圆周运动的角速度之比为2︰1，因m1距甲盘圆心为r、m2距乙盘圆心为2r，由v＝rω可知m1和m2的线速度之比为1︰1，由a＝rω2可知m1和m2的向心加速度之比为2︰1，A错误，B正确．当m1起先滑动时对应于甲盘的角速度为ω1，有μm1g＝m1rωeq\o\al(2,1)，解得ω1＝eq\r(\f(μg,r))；同理当m2起先滑动时对应于甲盘的角速度为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先起先滑动，C正确，D错误．10．答案：AD解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝eq\f(L,v0)，故A正确．因飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则竖直方向上2r＝eq\f(1,2)gt2，解得圆盘的半径r＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))，故B错误．飞镖飞行过程中P点转过的角度满意ωt＝π＋2kπ(k＝0,1,2…)，故ω＝eq\f(2k＋1πv0,L)，可知圆盘转动角速度的最小值为ωmin＝eq\f(πv0,L)，故C错误．P点随圆盘转动的线速度为v＝rω＝eq\f(gL2,4v\o\al(2,0))·eq\f(2k＋1πv0,L)＝eq\f(2k＋1πgL,4v0)，当k＝2时得v＝eq\f(5πgL,4v0)，故D正确．11．答案：(1)ω＝5rad/s(2)s＝0.6m解析：(1)小球在水平面内做圆周运动时，由重力G和拉力F的合力供应向心力，当绳子拉力为12.5N时，向心力最大，则有：F合＝eq\r(F2－mg2)＝7.5N依据几何关系得：r＝L·eq\f(3,5)＝0.3m依据向心力公式得：F合＝mω2L·eq\f(3,5)解得：ω＝5rad/s(2)绳断裂后，小球做平抛运动，初速度v＝ωr＝1.5m/s竖直方向下落的高度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水平位移为x0＝vt＝eq\f(3\r(3),10)m则x＝eq\r(x\o\al(2,0)＋r2)＝0.6m学科素养升级练1．答案：(1)500N(2)7.5m/s(3)8.9m解析：(1)向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：T＝eq\f(mg,cos37°)＝500N(2)由牛顿其次定律，得：mgtan37°＝meq\f(v2,R0)，其中R0＝7.5m解得：v＝7.5m/s(3)由几何关系，座椅离地高度h＝1.8m，由平抛运动规律，得：x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2解得：x＝4.