2020版高考物理一轮复习第四章 微专题30水平面内的圆周运动

2020版高考物理一轮复习第四章 微专题30水平面内的圆周运动

水平面内的圆周运动 ‎[方法点拨]　(1)圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)，做好受力分析，由牛顿第二定律列方程.(2)理解做圆周运动、离心运动、近心运动的条件.‎ ‎1.(2018·湖北省荆州市一检)如图1所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B.运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是m C.运动员做圆周运动的角速度为vR D.如果运动员减速，运动员将做离心运动 ‎2.(多选)(2018·山东省烟台市统测)如图2所示，水平圆盘可以绕竖直转轴OO′转动，在距转轴不同距离处通过相同长度的细绳分别悬挂两个质量相同的物体A、B，不考虑空气阻力的影响，当圆盘绕OO′轴匀速转动达到稳定状态时，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.A比B的线速度小 B.A与B的向心加速度大小相等 C.细绳对B的拉力大于细绳对A的拉力 D.悬挂A和B的细绳与竖直方向的夹角相等 ‎3.(多选)如图3所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 C.ω＝是a开始滑动的临界角速度 D.当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg ‎4.(多选)(2018·安徽省合肥市二模)如图4所示，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连.球与杆一起绕过杆A端的竖直轴OO′匀速转动，且杆与水平面间的夹角始终为30°.已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.弹簧为原长时，杆的角速度为 B.当杆的角速度为时，弹簧处于压缩状态 C.在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒 D.在杆的角速度由0缓慢增大到过程中，小球的机械能增加了 ‎5.如图5所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小环M、N在图示位置.如果半圆环的角速度为ω2，ω2比ω1稍微小一些.关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许 B.小环M将到达B点，小环N的位置保持不变 C.小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许 D.小环M将向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变 ‎6.(2018·云南省昆明市一模)有一如图6所示装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转.刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向.现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力.已知OA＝4m，OP＝5m，小球的质量m＝1kg，弹簧的原长l＝5m，重力加速度g取10m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)弹簧的劲度系数k；‎ ‎(2)当弹簧的弹力为零时，整个装置转动的角速度ω.‎ 答案精析 ‎1.B　[向心力是由整体所受的合力提供的，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误.]‎ ‎2.AC ‎　[A、B共轴转动，角速度相等，A转动的半径小于B转动的半径，根据v＝rω知，A比B的线速度小，故A正确；根据a＝rω2知，A、B转动的半径不相等，则向心加速度大小不相等，故B错误；对任一物体进行受力分析如图所示，由重力与细绳拉力的合力提供向心力，得mgtanθ＝mω2r，则得tanθ＝，由于B的转动半径较大，则悬挂B的细绳与竖直方向的夹角较大，根据平行四边形定则知，细绳对B的拉力较大，故C正确，D错误.]‎ ‎3.AC　[a、b所受的最大静摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A项正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力提供向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B项错误；a处于临界状态时，kmg＝mω2l，ω＝，C项正确；当ω＝时，对a：Ff＝mlω2＝ml·＝kmg，D项错误.]‎ ‎4.CD　[弹簧为原长时，小球受重力和杆的弹力，合力提供向心力，有mgtan30°＝mω2l0cos30°，杆的角速度ω＝，故A错误；当杆的角速度为＞时，弹簧处于伸长状态，故B错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的动能增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能可能也增大，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒，故C正确；设杆的角速度等于时小球的速度为v，弹簧伸长量为l，杆的支持力为FN，则FNcos30°＝klsin30°＋mg，FNsin30°＋klcos30°＝mω2(l0＋l)cos30°，mgsin30°＝k，联立解得l＝，初、末状态的弹性势能相等，则小球增加的机械能为ΔE＝ΔEk＋ΔEp，v＝ω×l0cos30°＝，ΔEk＝mv2＝mgl0，ΔEp＝mg×l0sin30°＝mgl0，故ΔE＝mgl0，故D正确.]‎ ‎5.A　[设AB连线与水平面的夹角为α.当半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1‎ 做匀速转动时，对小环M，外界提供的向心力等于mMgtanα，由牛顿第二定律得：mMgtanα＝mMω12rM.当角速度减小时，小环所需要的向心力减小，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力大于小环所需要的向心力，小环将做近心运动，最终小环M将到达B点.对于N环，由牛顿第二定律得：mNgtanβ＝mNω12rN，β是小环N所在位置和环的圆心连线与竖直方向的夹角.当角速度稍微减小时，小环所需要的向心力减小，小环将做近心运动，向B点靠近，此时β也减小，外界提供的向心力mNgtanβ也减小，外界提供的向心力与小环所需要的向心力可重新达到平衡，所以小环N将向B点靠近稍许，故A正确.]‎ ‎6.(1)3.75N/m　(2)rad/s 解析　(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件得＝，根据胡克定律得F弹＝k(l－AP)，根据几何知识得AP＝，‎ 联立并代入数据解得k＝3.75N/m.‎ ‎(2)当弹簧的弹力为零时，小球上移至P′位置，绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图乙所示，轨道半径r＝CP′＝，向心力mgtanθ＝mrω2，tanθ＝，OP′＝5m，OC＝2m，代入数据解得ω＝rad/s.‎