2011届高考物理二轮复习 圆周运动的应用与临界问题专题练习 新人教版

圆周运动的应用与临界问题1质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，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被烧断的同时杆子停止转动，则 （ ）A小球仍在水平面内做匀速圆周运动B在绳被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C若角速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D若角速度较大，小球可在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动2m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为 r，传送带与皮带轮间不会打滑，当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是 （ ）A B C D3如图所示，质量为m的物块从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑到最低点时的速度为v，若物块滑到最低点时受到的摩擦力是Ff，则物块与碗的动摩擦因数为 （ ）A B C D4如图所示，在验证向心力公式的实验中，质量相同的钢球 放在A盘的边缘，钢球 放在B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为21.a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮a轮、b轮半径之比为12，当a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球 、 受到的向心力之比为 （ ）A21 B41 C14 D815如图所示，OO为竖直轴，MN为固定在OO上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A、B套在水平杆上，AC和BC为抗拉能力相同的两根细线，C端固定在转轴OO上当绳拉直时，A、B两球转动半径之比恒为21，当转轴的角速度逐渐增大时 （ ）AAC先断 BBC先断C两线同时断 D不能确定哪根线先断6如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍A、B分别为大、小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点则 （ ）A两轮转动的角速度相等 B大轮转动的角速度是小轮的2倍C质点加速度aA2aB D质点加速度aB4aC7如图所示，光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是（ ）A当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mgB当v = 时，小球b在轨道最高点对轨道无压力C速度v至少为 ，才能使两球在管内做圆周运动D只要v ，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg8用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是下图中的 （ ）9如图所示，在倾角 = 30的光滑斜 面上，有一根长为L = 0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m = 0.2 kg的小球，小球沿斜面做圆周运动若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是（ ）A2 m/s B2 m/s C2 m/ s D2 m/s10甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动，如图所示已知M甲 = 80 kg，M乙= 40 kg，两人相距0.9 m，弹簧测力计的示数为96 N，下列判断中正确的是 （ ）A两人的线速度相同，约为40 m/sB两人的角速度相同，为2 rad/sC两人的运动半径相同，都是0.45 mD两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m11如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速率在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列答案中正确的是 （ ）AL1 = L2 BL1 L2 CL1 BC，所以FAFB，即绳AC先断6D；两轮不打滑，边缘质点线速度大小相等，vAvB，而rA2rB，故AB，A、B错误；由an得，C错误；由an2r得2，则4，D正确7BD；小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b所受重力充当向心力，mgmv0，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgRmv02mv2，解以上两式可得：v，B项正确；小球在最低点时，F向m5mg，在最高点和最低点所需向心力的差为4mg，A项错；小球在最高点，内管对小球可以提供支持力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgRmv2，解得v2，C项错；当v时，小球在最低点所受支持力F1mg，由最低点运动到最高点，2mgRmv12mv2，小球对轨道压力F2mgm，解得F2m5mg，F1F26mg，可见小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大6mg，D项正确8C；小球角速度较小，未离开锥面对，设细线的张力为FT，线的长度为L，锥面对小球的支持力为FN，则有FTcosFNsinmg，FTsinFNcosm2Lsin，可得出：FTmgcosm2Lsin2，可见随由0开始增加，FT由mgcos开始随2的增大，线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，FTsinm2Lsin，得FTm2L，可见FT随2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C正确9C；通过A点的最小速度为vA2 m/s，则根据机械能守恒定律得：mvB2mvA2mgL，解得vB2 m/s，即C选项正确10BD；两人旋转一周的时间相同，故两人的角速度相同，两人做圆周运动所需的向心力相同，由F=m2r可知，旋转半径满足：r甲r乙=M乙M甲=12，又r甲r乙=0.9 m，则r甲=0.3 m，r乙0.6 m。两人的角速度相同，则v甲v乙=12。由F=M甲2r甲可得2 rad/s.故选项B、D正确11B12AD；在D点mg = mvD2/R，由B到D，机械能守恒 mv02/2 = 2mgR + mvD2/2，得vD2 = 5gR，与m无关，A正确、C错误。在B点由 FNB mg = mv02/R得FNB = 6mg与R无关，B错误。由Ek0 = mv02/2 = 5mgR/2可知，m与R同时增大，初动能Ek0 增大，D正确。13D14BC15A；滚轮因与平盘有摩擦作用而转动，并且认为不打滑，所以滚轮的线速度与平盘上 x 处的线速度大小相等，即 n1x = n2r，所以A选项正确。16(1) 该同学在B处，由牛顿第二定律得：FMgM解得：FMgM，即他用的绳子能承受的最大拉力不小于MgM.(2) 对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：水平方向有：xvt，竖直方向有：hgt2解得：xv ，即这道山涧的宽度不超过v 。17 分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg0.5mg，v1.当小球对管上部有压力时，则有mg0.5mg，v2 小球从管口飞出做平抛运动，2Rgt2，t2 ，x1v1tR，x2v2tR.18如图所示，a、b两绳都伸直时，已知a、b绳长均为1 m，即 1 m，0.8 m；AOD中，cos0.8，sin0.6，37，小球做圆周运动的轨道半径 rsin10.6 m0.6 m.，b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合力F为向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的向心力为 Fmgtan，根据牛顿第二定律得 Fmgtanmr2解得直杆和球的角速度为 rad/s3.5 rad/s。当直杆和球的角速度3.5 rad/s时，b中才有张力19(1) 最低点小球的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律，有 FT + FE mg= mv02/L， 根据库仑定律，有 FE = kq2/L2，可得FT = mg + mv02/L kq2/L2(2) 摆球运动到最高点时，有FT + mg + kq2/L2 = mv0 2/L，其中FT 0，当FT=0时，最低点速度v最小。摆在运动过程中只有重力做功，故机械能守恒。所以，有 mv2/2 = 2mgL + m v0 2/2，解得v = 。20 第一过程：小球做类平抛运动，设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图所示。v0t = Lsin,，a = (qE + mg)/m = 4g，at2/2 = L/2 Lcos，其中v0 = 4m/s，L = 2 m，联立解得， = 90。 第二过程：绳绷直过程，绳绷直时，绳刚好水平，如右图所示.由于绳不可伸长，故绳绷直时，v0损失，小球仅有速度v，且v2 =24g(L/2) = 4gL，小球损失的能量即为绳对小球做的功W = 0 mv02/2 = mv02/2 = 40J。 第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动，设小球到达O点正下方时，速度为v，根据能量守恒有 m v2/2 = mv v2/2 + 4mgL，设此时绳对小球的拉力为FT，则FT 4mg = mv2/L，联立解得FT =160 N。