2021物理通用一輪練習(xí)：考點11圓周運動及其應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理通用一輪練習(xí)：考點11圓周運動及其應(yīng)用含解析考點11圓周運動及其應(yīng)用題組一基礎(chǔ)小題1．下列關(guān)于運動和力的敘述中,正確的是（)A．做曲線運動的物體,其加速度方向一定是變化的B．物體做圓周運動，所受的合力一定指向圓心C．物體所受合力方向與運動方向相反，該物體一定做直線運動D．物體運動的速率在增加,所受合力方向一定與運動方向相同答案C解析做曲線運動的物體，其速度一定變化，但加速度不一定變化，比如平拋運動，故A錯誤;物體做圓周運動，所受的合力不一定指向圓心,當(dāng)物體做勻速圓周運動時,合力才一定指向圓心,故B錯誤；物體所受合力方向與運動方向相反，則物體一定做減速直線運動，故C正確;物體運動的速率在增加，則其所受合力方向與運動方向的夾角小于90°，不一定相同，故D錯誤。2．下列說法中正確的是（）A．日常生活中遇到的離心運動都是有危害的，要防止任何離心運動的發(fā)生B．在勻速圓周運動中,向心加速度是恒定的C．汽車以一定的速率通過拱橋，在最高點汽車對橋的壓力小于汽車的重力D．雜技演員表演“水流星"，當(dāng)“水流星”通過最高點時，處于完全失重狀態(tài)，不受重力作用答案C解析日常生活中遇到的離心運動并不都是有危害的，如洗衣機的脫水,無縫鋼管的鑄造等都是利用離心運動的例子，故A錯誤；在勻速圓周運動中，向心加速度的方向是不斷變化的，所以不是恒定的，B錯誤；汽車以一定的速率通過拱橋的最高點時，汽車受到的重力與支持力的合力提供向心力,由于合力的方向向下,結(jié)合牛頓第三定律可知，在最高點時汽車對橋的壓力小于汽車的重力,C正確；地球附近的任何物體都要受到重力作用，所以當(dāng)“水流星"通過最高點時，即便其處于完全失重狀態(tài)，也要受重力作用，故D錯誤。3.如圖所示，用手掌平托一蘋果,保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時針方向做勻速圓周運動。關(guān)于蘋果從最高點c到最右側(cè)點d運動的過程，下列說法中正確的是()A．手掌對蘋果的摩擦力越來越大B．蘋果先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)C．手掌對蘋果的支持力越來越小D．蘋果所受的合外力越來越大答案A解析從c到d的過程中，向心加速度大小不變，加速度在水平方向上的分加速度逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，手掌對蘋果的摩擦力越來越大，故A正確；蘋果做勻速圓周運動，從c到d的過程中，加速度在豎直方向上有向下的分量，可知蘋果一直處于失重狀態(tài)，故B錯誤;從c到d的過程中，蘋果的向心加速度大小不變，它在豎直方向上的分量逐漸減小，方向向下，則重力和支持力的合力逐漸減小，可知支持力越來越大，故C錯誤；蘋果做勻速圓周運動，所受的合外力大小不變，方向始終指向圓心，故D錯誤。4.如圖所示，球體繞中心線OO′轉(zhuǎn)動，則下列說法中正確的是(）A．A、B兩點的轉(zhuǎn)動半徑相等B．A、B兩點的線速度相等C．A、B兩點的轉(zhuǎn)動周期相等D．A、B兩點的向心加速度相等答案C解析A、B在同一轉(zhuǎn)動球體上，相同時間內(nèi)，轉(zhuǎn)過的角度相同，角速度ω相同,由圖可知A、B兩點的運動半徑r不相等，由公式v＝ωr得知它們的線速度v不相等,故A、B錯誤；由公式T＝eq\f（2π，ω)知，ω相等，則周期T相等，故C正確；根據(jù)a＝ω2r知角速度相等,轉(zhuǎn)動半徑不相等，所以向心加速度不相等，D錯誤。5。如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑之比為4∶1∶16，在用力蹬腳踏板前進的過程中,下列說法正確的是（）A．小齒輪和后輪的角速度大小之比為16∶1B．大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4C．大齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶4D．大齒輪和小齒輪輪緣的向心加速度大小之比為4∶1答案B解析小齒輪和后輪共軸，角速度相等,故A錯誤;大齒輪和小齒輪以鏈條傳動，線速度相等，根據(jù)ω＝eq\f(v,r)可知,大齒輪和小齒輪的角速度大小之比為1∶4，故B正確；小齒輪和后輪共軸，根據(jù)v＝ωr可知，小齒輪邊緣和后輪邊緣的線速度之比為1∶16，又因為大、小齒輪邊緣的線速度大小相等，則大齒輪邊緣的線速度和后輪邊緣的線速度大小之比為1∶16,故C錯誤；大齒輪和小齒輪以鏈條傳動，線速度相等,根據(jù)a＝eq\f(v2，r）可知,向心加速度大小之比為1∶4，故D錯誤。6.（多選）如圖所示，甲、乙、丙三個物體放在勻速轉(zhuǎn)動的水平粗糙圓臺上，甲的質(zhì)量為2m，乙、丙的質(zhì)量均為m，甲、乙距軸為R，丙距軸為2RA．甲物體的線速度比丙物體的線速度小B．乙物體的角速度比丙物體的角速度小C．甲物體的向心加速度比乙物體的向心加速度大D．乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小答案AD解析甲、乙、丙始終與圓臺保持相對靜止，它們轉(zhuǎn)動的角速度大小相等，根據(jù)v＝ωr，且甲做圓周運動的半徑小于丙的半徑可知，甲物體的線速度比丙物體的線速度小，故A正確，B錯誤；根據(jù)向心加速度a＝rω2，且甲、乙做圓周運動的半徑相等，可知甲物體的向心加速度和乙物體的向心加速度大小相等，故C錯誤;根據(jù)F＝mrω2知,甲、乙、丙的質(zhì)量之比為2∶1∶1,轉(zhuǎn)動的半徑之比為1∶1∶2,則向心力大小之比為2∶1∶2，所以乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小，D正確。7.如圖所示,輕桿長為L，一端固定在水平軸上的O點，另一端系一個小球(可視為質(zhì)點)。小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動，且能通過最高點,g為重力加速度.下列說法正確的是(）A．小球通過最高點時速度不可能小于eq\r（gL）B．小球通過最高點時所受輕桿的作用力可能為零C．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而增大D．小球通過最高點時所受輕桿的作用力隨小球速度的增大而減小答案B解析小球在最高點的最小速度可以為零，此時小球所受重力等于輕桿的支持力，故A錯誤；當(dāng)小球通過最高點的速度為eq\r(gL）時，重力提供向心力，桿的作用力為零,故B正確;輕桿在最高點可以表現(xiàn)為拉力，也可以表現(xiàn)為支持力，當(dāng)表現(xiàn)為支持力時，速度增大,支持力減小,當(dāng)表現(xiàn)為拉力時,速度增大，拉力增大,故C、D錯誤。8。一豎直倒立的圓錐筒,筒側(cè)壁的傾斜角度α不變.一小球在內(nèi)壁做勻速圓周運動，球與筒內(nèi)壁的摩擦可忽略，小球距離地面的高度為H，則下列說法中正確的是（）A．H越小，小球?qū)?cè)壁的壓力越大B．H越大，小球做圓周運動的線速度越大C．H越小,小球做圓周運動的向心力越小D．H越大，小球做圓周運動的周期越小答案B解析小球做勻速圓周運動，由重力mg和支持力F的合力提供圓周運動的向心力，作出受力圖如圖，則向心力為：Fn＝mgtanα，m、α不變，向心力大小不變，根據(jù)牛頓第二定律得Fn＝meq\f（v2，r)，H越高,r越大,Fn不變,則v越大，故B正確,C錯誤;側(cè)壁對小球的支持力F＝eq\f（mg，cosα）不變,則小球?qū)?cè)壁的壓力不變,故A錯誤；根據(jù)mgtanα＝meq\f(4π2r，T2），解得T＝eq\r(\f（4π2r,gtanα）),則知H越高，r越大，T越大，故D錯誤。9．過山車是青少年喜歡的一種游樂項目.為了研究過山車的原理，可簡化為如圖所示模型：讓質(zhì)量為m的小球在光滑豎直圓軌道上做圓周運動,在軌道的最高點和最低點分別安裝有壓力傳感器。讓小球從同一位置靜止下滑，經(jīng)多次測量得到最高點和最低點壓力的平均值分別為F1、F2，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋?A。eq\f(F2－F1,2m） B.eq\f(F2－F1，3m)C.eq\f(F2－F1,5m） D.eq\f(F2－F1，6m)答案D解析在M點對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得:F2－mg＝meq\f(v\o\al（2，M),R）①在N點對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＋F1＝meq\f（v\o\al(2，N)，R）②由M到N根據(jù)動能定理得：－mg·2R＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，N)－eq\f(1，2)mveq\o\al(2,M)③聯(lián)立①②③解得：g＝eq\f(F2－F1,6m），故A、B、C錯誤，D正確。題組二高考小題10．（2019·浙江選考)一質(zhì)量為2。0×103kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1。4×104N，當(dāng)汽車經(jīng)過半徑為A．汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力B．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時所需的向心力為1。4×104NC．汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時汽車會發(fā)生側(cè)滑D．汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2答案D解析汽車轉(zhuǎn)彎時受到重力、地面的支持力以及地面摩擦力，其中摩擦力充當(dāng)向心力，A錯誤；當(dāng)最大靜摩擦力充當(dāng)向心力時，速度為臨界速度，大于這個速度則汽車將發(fā)生側(cè)滑,根據(jù)牛頓第二定律可得fm＝meq\f（v2，r)，解得vm＝eq\r（\f（fmr，m）)＝eq\r（\f（1.4×104×80,2.0×103））m/s＝eq\r（560）m/s＝20eq\r（1.4）m/s，所以汽車轉(zhuǎn)彎的速度為20m/s時，所需的向心力小于徑向最大靜摩擦力，汽車不會發(fā)生側(cè)滑，B、C錯誤；汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度am＝eq\f（v\o\al(2，m）,r）＝eq\f（560,80)m/s2＝7.0m/s2，即汽車能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過7.0m/s2，D正確.11．（2018·江蘇高考）(多選）火車以60m/s的速率轉(zhuǎn)過一段彎道，某乘客發(fā)現(xiàn)放在桌面上的指南針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過了約10°。在此10s時間內(nèi)，火車(）A．運動路程為600mB．加速度為零C．角速度約為1rad/sD．轉(zhuǎn)彎半徑約為3。4km答案AD解析圓周運動的弧長s＝vt＝60×10m＝600m，A正確；火車轉(zhuǎn)彎是圓周運動，圓周運動是變速運動，所以合力不為零，加速度不為零,故B錯誤；由題意得圓周運動的角速度ω＝eq\f（Δθ,Δt）＝eq\f(10,180×10)×3。14rad/s＝eq\f(3。14,180）rad/s，又v＝ωr，所以r＝eq\f(v,ω)＝eq\f（60，3.14)×180m＝3439m，C錯誤，D正確。12．（2019·江蘇高考）（多選）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動.座艙的質(zhì)量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙（）A．運動周期為eq\f(2πR,ω)B．線速度的大小為ωRC．受摩天輪作用力的大小始終為mgD．所受合力的大小始終為mω2R答案BD解析座艙的運動周期T＝eq\f（2πR，v)＝eq\f(2π，ω），A錯誤；根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，可知座艙的線速度大小為v＝ωR，B正確；座艙做勻速圓周運動,摩天輪對座艙的作用力與座艙的重力大小不相等,其合力提供向心力，合力大小為F合＝mω2R，C錯誤，D正確。13．(2014·全國卷Ⅰ）(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上,a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動,用ωA．b一定比a先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r（\f（kg,2l）)是b開始滑動的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3l））時，a所受摩擦力的大小為kmg答案AC解析b相對圓盤不滑動時有Ff靜＝mω2r，a、b半徑不同,所需的向心力不同，所受摩擦力不同，B錯誤;當(dāng)a恰好滑動時，有kmg＝mωeq\o\al(2，0a）l，得ω0a＝eq\r(\f（kg,l））,同理可得，b恰好滑動時ω0b＝eq\r(\f(kg,2l)），A、C正確；ω＝eq\r(\f(2kg，3l）)<ω0a,a相對圓盤未滑動，F(xiàn)f靜＝mω2l＝eq\f(2，3)kmg，D錯誤.題組三模擬小題14。（2019·廣東深圳二模)2018珠海航展，我國五代戰(zhàn)機“殲20”再次閃亮登場.表演中,戰(zhàn)機先水平向右，再沿曲線ab向上（如圖），最后沿陡斜線直入云霄.設(shè)飛行路徑在同一豎直面內(nèi)，飛行速率不變。則沿ab段曲線飛行時,戰(zhàn)機(）A．所受合外力大小為零B．所受合外力方向豎直向上C．豎直方向的分速度逐漸增大D．水平方向的分速度不變答案C解析戰(zhàn)機在同一豎直面內(nèi)做曲線運動，且運動速率不變，由于速度方向是變化的，則速度是變化的，故戰(zhàn)機的加速度不為零,根據(jù)牛頓第二定律可知，戰(zhàn)機所受的合外力不為零,故A錯誤;戰(zhàn)機在同一豎直平面內(nèi)做勻速率曲線運動，所受合外力與速度方向垂直，由于速度方向時刻在變，則合外力的方向也時刻在變化，并非始終都豎直向上，故B錯誤;戰(zhàn)機飛行的速率不變，將速度進行分解可知，戰(zhàn)機沿ab曲線飛行時，豎直方向的分速度逐漸增大，水平方向的分速度逐漸減小，C正確，D錯誤.15。(2019·福建漳州二模)（多選）明代出版的（天工開物)一書中記載：“其湖池不流水，或以牛力轉(zhuǎn)盤,或聚數(shù)人踏轉(zhuǎn).”并附有牛力齒輪翻車的圖畫如圖所示,翻車通過齒輪傳動，將湖水翻入農(nóng)田。已知A、B齒輪嚙合且齒輪之間不打滑，B、C齒輪同軸,若A、B、C三齒輪半徑的大小關(guān)系為rA>rB>rC，則（)A．齒輪A、B的角速度大小相等B．齒輪A的角速度比齒輪C的角速度小C．齒輪B、C的角速度大小相等D．齒輪A邊緣的線速度比齒輪C邊緣的線速度小答案BC解析齒輪A與齒輪B的齒輪嚙合邊緣點的線速度相等，根據(jù)公式v＝ωr可知，半徑比較大的A的角速度小于B的角速度,而B與C同軸傳動，角速度相等,所以齒輪A的角速度比C的小，A錯誤，B正確；齒輪B、C的角速度相等，齒輪B的半徑大，則其邊緣的線速度大于C，又因為齒輪A與齒輪B邊緣點的線速度大小相等，所以齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大，故C正確，D錯誤。16.(2019·河北衡水中學(xué)二調(diào))(多選）如圖，在水平轉(zhuǎn)臺上放一個質(zhì)量M＝2kg的木塊，它與轉(zhuǎn)臺間的最大靜摩擦力fmax＝6。0N,繩的一端系掛木塊，通過轉(zhuǎn)臺的中心孔O（孔光滑),另一端懸掛一個質(zhì)量m＝1。0kg的物體，當(dāng)轉(zhuǎn)臺以角速度ω＝5rad/s勻速轉(zhuǎn)動時，木塊相對轉(zhuǎn)臺靜止，則木塊到O點的距離可以是（g取10m/s2，M、m可看成質(zhì)點)（)A．0.04m B．0.08mC．0.16m D．0。32m答案BCD解析木塊做勻速圓周運動,轉(zhuǎn)臺對木塊的靜摩擦力和繩子的拉力的合力提供向心力，其中物體m處于平衡狀態(tài)，則繩子的拉力等于物體的重力，根據(jù)向心力公式得：Fn＝mg＋f＝Mω2r，解得:r＝eq\f(mg＋f,Mω2)。當(dāng)f＝fmax＝6.0N時，r最大，rmax＝eq\f(10＋6，2×25)m＝0.32m，當(dāng)f＝－6.0N時,r最小，則rmin＝eq\f(10－6,50)m＝0。08m，故木塊到O點的距離介于0.08～0。32m之間，B、C、D正確.17。（2019·廣東汕頭二模)港珠澳大橋已經(jīng)開通，在香港和澳門無論開車和步行都是靠左行走，而內(nèi)地都是靠右行走，所以香港、澳門和珠海的汽車往來需要變換交通規(guī)則.具體的做法就是在大橋的香港和澳門所有出入口接線處架設(shè)立如圖所示的立交橋來改變行駛方式。以下說法正確的是(）A．汽車勻速通過立交橋時合外力為零B．汽車通過立交橋的過程合外力方向保持不變C．汽車通過立交橋時受到的橋面支持力不一定與汽車的重力相互平衡D．兩輛相同的汽車并排通過立交橋時合外力的大小可能一直保持相等答案C解析汽車勻速通過立交橋時做曲線運動,合外力肯定不為零，合外力充當(dāng)向心力，方向指向軌跡圓心，故A、B錯誤；立交橋轉(zhuǎn)彎處的路面外高內(nèi)低，橋面對汽車的支持力與汽車的重力不平衡，在路面水平的地方橋面對汽車的支持力與汽車的重力平衡,故C正確；兩車并排通過立交橋時做曲線運動，二者的角速度時刻相等，但它們離軌跡圓心的距離不相等，根據(jù)F合＝F向＝mω2R知，則合外力不相等，故D錯誤.18．(2019·遼寧大連二模）游樂場有一種叫做“快樂飛機"的游樂項目，模型如圖所示。已知模型飛機的質(zhì)量為m，固定在長為L的旋臂上，旋臂與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)模型飛機以角速度ω繞中央軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動時，下列說法正確的是（)A．模型飛機受到重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂對模型飛機的作用力方向一定與旋臂垂直C．旋臂對模型飛機的作用力大小為meq\r（g2＋ω4L2sin2θ）D．若夾角θ增大，則旋臂對模型飛機的作用力減小答案C解析向心力是效果力，模型飛機實際不受向心力作用，A錯誤；模型飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，豎直方向受力平衡,所以旋臂對模型飛機的豎直分力與飛機的重力平衡,水平分力提供了飛機在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的向心力,所以旋臂對模型飛機的作用力方向不一定與旋臂垂直，B錯誤；根據(jù)B項的分析，旋臂對模型飛機的作用力大小:F＝eq\r（mg2＋mω2Lsinθ2)＝meq\r(g2＋ω4L2sin2θ），C正確;根據(jù)C項的分析,若夾角θ增大，旋臂對模型飛機的作用力增大，D錯誤.19.(2019·山東濟南金牌一對一一模)（多選)如圖所示，半徑為R，表面光滑的半圓柱體固定于水平地面上,其圓心在O點。位于豎直面內(nèi)的光滑曲線軌道AB的底端水平，與半圓柱相切于半圓柱面頂點B。質(zhì)量為m的小滑塊從距B點高為R的A點由靜止釋放，則小滑塊(）A．將沿半圓柱體表面做圓周運動B．落地點距離O點的距離為eq\r(2)RC．將從B點開始做平拋運動D．落地時的速度大小為2eq\r（gR）答案CD解析滑塊由A到B的過程,根據(jù)動能定理得：mgR＝eq\f(1，2）mv2，解得滑塊到達B點的速度為：v＝eq\r(2gR),當(dāng)滑塊在B點所受支持力為零時,有:mg＝meq\f(v\o\al（2,B)，R)，解得:vB＝eq\r（gR)＜v,可知滑塊越過B點后做平拋運動，故A錯誤,C正確;根據(jù)R＝eq\f(1,2)gt2得:t＝eq\r(\f（2R,g）)，則水平位移為：x＝vt＝2R，故B錯誤；滑塊落地時的豎直分速度為：vy＝eq\r(2gR)，根據(jù)平行四邊形定則知，滑塊落地的速度為：v′＝eq\r(v2＋v\o\al（2,y））＝2eq\r(gR），故D正確。20。（2019·江蘇宿遷一調(diào)）如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上,轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止,A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α＞β。則()A．A的質(zhì)量一定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析由題中條件只能比較A、B的加速度大小，而它們所受合力未知，故不能比較A、B的質(zhì)量大小，A錯誤;當(dāng)A受到的摩擦力恰為零時，受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanα＝mωeq\o\al（2,A)Rsinα，解得：ωA＝eq\r（\f（g，Rcosα)）。同理可得，當(dāng)B受到的摩擦力恰為零時，ωB＝eq\r(\f（g,Rcosβ))。由于α＞β，所以ωA＞ωB，而實際上A、B的角速度相等，即A、B受到的摩擦力不可能同時為零,B錯誤；若A不受摩擦力，則此時轉(zhuǎn)臺的角速度ω＝ωA＞ωB，所以B物塊實際的向心力大于B所受摩擦力為零時的向心力，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力，C錯誤;如果轉(zhuǎn)臺角速度從A不受摩擦力時的角速度ωA開始增大，A、B的向心力都增大,所受的摩擦力都增大,故D正確。21．（2019·四川廣安一診）如圖甲所示,小球在豎直放置的光滑圓形管道內(nèi)做圓周運動。當(dāng)小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與最高點時的速度平方的關(guān)系如圖乙所示(取豎直向下為正方向)。MN為通過圓心的一條水平線。不計小球半徑、管道的粗細，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）A．管道的半徑為eq\f(b2，g)B．小球的質(zhì)量為eq\f（a，g）C．小球在MN以下的管道中運動時,內(nèi)側(cè)管壁對小球可能有作用力D．小球在MN以上的管道中運動時,外側(cè)管壁對小球一定有作用力答案B解析由圖可知：當(dāng)v2＝b時，F(xiàn)N＝0，此時mg＝meq\f（v2，R),解得：R＝eq\f(b，g）,故A錯誤；當(dāng)v2＝0時，此時：FN＝mg＝a，所以m＝eq\f(a,g),故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運動時,由于向心力的方向指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內(nèi)側(cè)管壁對小球沒有力,故C錯誤；小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，隨著運動速度大小的變化，可能是外側(cè)管壁對小球有作用力，也可能是內(nèi)側(cè)管壁對小球有作用力，還可能均無作用力，故D錯誤。22．（2019·重慶一診）如圖，有一傾斜的勻質(zhì)圓盤（半徑足夠大）,盤面與水平面的夾角為θ,繞過圓心并垂直于盤面的轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，有一物體（可視為質(zhì)點）與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），重力加速度為g。要使物體能與圓盤始終保持相對靜止，則物體與轉(zhuǎn)軸間的最大距離為()A。eq\f（μgcosθ,ω2) B.eq\f(gsinθ,ω2）C.eq\f(μcosθ－sinθ，ω2)g D.eq\f（μcosθ＋sinθ,ω2）g答案C解析當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓周軌道的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，物體與轉(zhuǎn)軸間的距離最大。由牛頓第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得：r＝eq\f(μcosθ－sinθ,ω2)g，故A、B、D錯誤，C正確.題組一基礎(chǔ)大題23.如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的小球用長為L＝0.5m的細線懸掛在O點，O點距地面高度為h＝1m,如果使小球繞OO′軸在水平面內(nèi)做圓周運動，若細線能承受的最大拉力為12。5N（g＝10m/s2），求:（1)當(dāng)小球的角速度為多大時，細線將斷裂;(2)線斷裂后小球落地點與懸點的水平距離。答案（1)5rad/s(2)0。6m解析（1)設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)細線拉力達到最大時，在豎直方向上有：FTcosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得：θ＝37°根據(jù)牛頓第二定律得：mgtanθ＝mLsinθ·ω2代入數(shù)據(jù)解得：ω＝5rad/s。（2)小球做圓周運動的最大線速度為：v0＝ωLsin37°＝5×0。5×0.6m/s＝1.5m/s線斷后,小球做平拋運動，小球落地時的豎直位移為：y＝h－Lcosθ＝eq\f(1,2）gt2水平位移為:x＝v0t小球落地點與懸點的水平距離為:d＝eq\r（L2sin2θ＋x2)，代入數(shù)據(jù)解得：d＝0.6m。題組二高考大題24．（2019·天津高考）完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示.為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°（sin12°≈0。21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg,g＝10m/s2，求（1）艦載機水平運動的過程中,飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。答案(1)7.5×104J(2）1.1×103N解析(1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f（v，2)＝eq\f（L1，t）①根據(jù)動能定理,對飛行員有W＝eq\f(1,2）mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③（2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓第二定律,對飛行員有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式,代入數(shù)據(jù)，得FN＝1。1×103N。⑥25．（2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切.BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f（3,5),一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心,且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求：（1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；（2)小球到達A點時動量的大小;（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間.答案(1)eq\f（3，4）mgeq\f（\r（5gR),2）（2)eq\f（m\r（23gR），2)（3)eq\f（3,5）eq\r（\f(5R,g))解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f（F0,mg)＝tanα①F2＝(mg）2＋Feq\o\al（2,0）②設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f（v2,R)③由