2019年高考物理考点突破每日一练(58)竖直倾斜面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用(含解析)

1、名校名 推荐考点突破每日一练（ 58）竖直 ( 倾斜 ) 面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用1如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P 点是这段轨道的最高点，A、 B、 C三处是过山车的车头、中点和车尾假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力， 所受阻力可忽略 那么，过山车在通过P 点的过程中， 下列说法正确的是()A车头 A 通过 P点时的速度最小B车的中点B 通过 P 点时的速度最小C车尾 C通过 P点时的速度最小D A、B、 C通过 P 点时的速度一样大2如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度 转动，盘面上3离转轴距离2.5

2、m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为2 .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ，盘面与水平面间的夹角为230， g 取 10 m/s. 则 的最大值是 ()A. 5 rad/sB. 3rad/sC 1.0 rad/sD 0.5 rad/s3 ( 多选 ) 如图所示，长为L 的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是()A小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变

3、为2FC细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2F- 1 -名校名 推荐D细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为a4 ( 多选 ) 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为，速度大小为v，其v2图象FF如图乙所示则()aRA小球的质量为bRB当地的重力加速度大小为bC v2 c 时，小球对杆的弹力方向向下D v2 2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等5 ( 多选 ) 如图所示两内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个

4、小球( 小球半径远小于碗的半径) ，分别从两个碗的边缘由静止释放( 忽略空气阻力 ) ，则 ()A小球在碗中做匀速圆周运动B过最低点时，两小球都处于超重状态C过最低点时，两小球的角速度大小相等D过最低点时，两小球的机械能相等6如图甲所示， 有一倾角为 30的光滑固定斜面， 斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为 m 1 kg的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，2 10 m/s . 求：g(1) 水平作用力F的大小；- 2 -名校名 推荐(2

5、) 滑块开始下滑时的高度；(3) 木板的质量参考答案1 B 过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B 通过 P 点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故 B 正确 2 C 随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有mgcos mgsin m 2r ，解得 1.0 rad/s，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C.123 BD 根据动能定理得：2mv 0 mgL解得： v 2gL.

6、小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故 A 错误；根据向心力公式得：v2FmgmL解得： F 3mg. 所以小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F. 细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故B 正确， C 错误；根据向v2心加速度公式得：a L 2g，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度不变，仍为a，故 D 正确 4AD 由图乙可知： 当 v2b 时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力， 重力提供向心力，v2b，即重力加速度b2mg ，故 B 错误；当v 0 时，向心力为零，杆对球的弹力恰好mg

7、mRRR与球的重力等大反向，即小球的质量aaR b，故 A 正确；根据圆周运动的规律，F mg amg22v22当 v b 时杆对球的弹力为零，当vb 时，v22mg F mR，杆对球的弹力方向向下，v cb，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定2v22b2b律，小球对杆的弹力方向向上，故C 错误；当 v 2b 时，bmg F m m ，又 g ，F mRRRR mgmg，故 D正确 5 BD 由于重力做功，所以速度大小变化，故不可能做匀速圆周运动，A错误；在最低点，加速度指向圆心，竖直向上，所以处于超重状态，故B 正确；小球运动过程中只有重力做功，- 3 -名校名 推荐所以机械能守恒， 在

8、最低点，根据动能定理可得：12v22，根据牛顿第二定律可得 mgR 2mvmRmR2gC 错误， D正确 两式联立可得R，半径不同，所以角速度不同，103N (2)2.5 m(3)1.5 kg6 (1)3解析(1) 滑块受到水平推力F、重力 mg和支持力 FN处于平衡，如图所示：F mgtan 103代入数据可得：FN3(2) 由题图可知，滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s ，当 F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsin Fcos ma，解得 a10 m/s 2v2下滑的位移： x2a解得 x5 m故下滑的高度hxsin 30 2.5 m(3) 由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为 2，二者共同减速时的加速度大小a 1 m/s21发生相对滑动时，木板的加速度a2 1 m/s 2滑块