【物理】2020届一轮复习人教版第四章曲线运动万有引力定律第3课时课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版第四章曲线运动万有引力定律第3课时课时作业

‎ ‎ ‎2020届一轮复习人教版 第四章 曲线运动 万有引力定律 第3课时 课时作业 一、圆周运动中运动学分析 ‎1．(2018湖北省重点中学联考)如图所示，由于地球的自转，地球表面上P，Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P，Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．P，Q两点的角速度大小相等 B．P，Q两点的线速度大小相等 C．P点的线速度比Q点的线速度大 D．P，Q两物体均受重力和支持力两个力作用 A　解析：P，Q两点都随地球自转做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ.P，Q两点到地轴的距离不等，由v＝ωr可知，P，Q两点线速度大小不等．Q点到地轴的距离远，做圆周运动半径大，线速度大．P，Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是做圆周运动的向心力，而重力为万有引力的一个分力．‎ ‎2．(2018资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，且两轮间不打滑．两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)‎ A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ C　解析：根据题述，小木块向心加速度a1＝ωr，ma1＝μmg，联立解得μg＝ωr.小木块放在P轮边缘时也恰能静止，则μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r联立解得＝；根据牛顿第二定律得μmg＝ma，则a＝μg，所以＝.‎ 二、圆周运动的动力学分析 ‎3．(2015天津理综)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是(　　)‎ A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 B　解析：宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg＝mω2r，即g＝ω2r，可见r越大，ω就越小，B正确，A错误；角速度与质量m无关，C，D错误．‎ ‎4．(2018齐齐哈尔实验中学期中)如图所示，质量为M的方形物体放在水平地面上，内有光滑圆形轨道，一质量为m的小球在竖直面内沿此圆形轨道做圆周运动，小球通过最高点P时恰好不脱离轨道，则当小球通过与圆心等高的A点时，地面对方形物体的摩擦力大小和方向分别为(小球运动时，方形物体始终静止不动)(　　)‎ A．2mg，向左 B．2mg，向右 C．3mg，向左 D．3mg，向右 C　解析：设轨道半径为R，小球通过最高点时，有mg＝m，小球由最高点到A点的过程，根据机械能守恒定律得mgR＋mv2＝mv，联立得vA＝v，设小球在A点时，轨道对小球的弹力为F，则有F＝m＝3m＝3mg，由牛顿第三定律得小球在A点时，球对轨道内侧的压力大小为3mg，方向向右，对方形物体受力分析可知，地面对方形物体的摩擦力与球对轨道内侧的压力大小相等，方向相反，即地面对方形物体的摩擦力大小为3mg，方向向左，故C正确．‎ ‎5．(2017广东汕头二模，17)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为T，拉力T与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)‎ A．数据a与小球的质量有关 B．数据b与圆周轨道半径有关 C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 D　解析：在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T＋mg＝m，可得图线的函数表达式为T＝m－mg，图乙中横轴截距为a，则有0＝m－mg，得g＝‎ ，则a＝gR；图线过点(2a，b)，则b＝m－mg，可得b＝mg，则＝，A、B、C错．由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，则D正确．‎ ‎6．(多选)如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是(　　)‎ A．受到的向心力为mg＋m B．受到的摩擦力为μm C．受到的摩擦力为μ(mg＋m)‎ D．受到的合力方向斜向左上方 CD　解析：物体在最低点做圆周运动，则有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m，故物体受到的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋m)，A、B错误，C正确．物体受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力(支持力大于重力)，故物体所受的合力斜向左上方，D正确．‎ ‎7．(过山车的分析)(多选)如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，‎ 座椅一定给人向上的力 B．乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力 C．丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力 D．丁图中，轨道车过最高点的最小速度为 BC　解析：在甲图中，当速度比较小时，根据牛顿第二定律得，mg－FN＝m，即座椅给人施加向上的力，当速度比较大时，根据牛顿第二定律得，mg＋FN＝m，即座椅给人施加向下的力，故A错误；在乙图中，因为合力指向圆心，重力竖直向下，所以安全带给人一定是向上的力，故B正确；在丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，合力方向向上，重力竖直向下，则座椅给人的作用力一定竖直向上，故C正确；在丁图中，由于轨道车有安全锁，可知轨道车在最高点的最小速度为零，故D错误．‎ 三、圆周运动临界问题 ‎8．(2018杭州模拟)如图所示，小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球通过最高点的最小速度为v＝ B．小球通过最高点的最小速度可以为0‎ C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 B　解析：由于圆形管道可提供支持力，故小球通过最高点时的速度可以为零；小球在水平线ab以下的管道中运动时，重力方向竖直向下，而向心力指向圆心，故内侧管壁不会对小球有作用力，而在水平线ab以上的管道中运动时，如果小球的速度较大，如在最高点的速度v≥时，则内侧管壁对小球无作用力．‎ ‎9．(2017甘肃模拟，21)(多选)如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R，固定在质量为2m的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使B不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m的小球C，现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则速度v0必须满足(　　)‎ A．最小值为2 B．最大值为3 C．最小值为 D．最大值为 CD　解析：在最高点，小球速度最小时有：mg＝，解得v1＝，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR＋mv＝mv，解得v0小＝；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力Fm＝2mg＋3mg＝5mg，在最高点，速度最大时有：mg＋5mg＝m，解得v2＝，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR＋mv＝mv，解得v0大＝，所以小球在最低点的速度范围为：≤v0≤，选项C、D正确．‎ 关键点拨：①竖直光滑圆环意味着没有摩擦力，只有重力做功，小球的机械能守恒．②球恰能通过最高点，mg＝m.③环恰不跳起，6mg＝m.‎ ‎【素能提升】‎ ‎10．如图所示，圆盘所在平面与水平面的夹角为θ＝30°，质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg的两个可视为质点的物块A、B(材料相同)由一根伸直的细线连接着放在圆盘上，两物块到圆盘中心O点的距离均为r＝0.4 m，两物块随圆盘绕中心转轴做匀速圆周运动，角速度为ω＝5 rad/s，若两物块恰能与圆盘保持相对静止做完整的圆周运动，两物块与圆盘保持相对静止做完整的圆周运动，两物块与圆盘间的动摩擦因数均为(g＝10 m/s2)‎ A. B. C. D. B　解析：当圆盘所在平面与水平面有夹角时，重力沿斜面方向的分力、摩擦力、细线的拉力的合力提供向心力，当B转到最低点时最容易发生相对滑动，即此时是能否完成完整的圆周运动的临界点，设此时细线中拉力为T，对B有T＋μMgcos θ－Mgsin θ＝Mrω2，对A有T＋mgsin θ－μmgcos θ＝mrω2，解得μ＝.‎