《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题09圆周运动七大常考模型含解析20191018374.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题09圆周运动七大常考模型含解析20191018374.pdf（24页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 24 页 1 专题 09 圆周运动七大常考模型专题 09 圆周运动七大常考模型 【专题导航】【专题导航】 目录 题型一 水平面内圆盘模型的临界问题 1题型一 水平面内圆盘模型的临界问题 1 热点题型二 .3热点题型二 .3竖竖直直面面内内圆圆周周运运动动的的临临界界极极值值问问题题 球绳模型或单轨道模型 .4球绳模型或单轨道模型 .4 球杆模型或双轨道模型 .6球杆模型或双轨道模型 .6 热点题型三 8热点题型三 8斜斜面面上上圆圆周周运运动动的的临临界界问问题题 热点题型四 圆周运动的动力学问题 9热点题型四 圆周运动的动力学问题 9 圆锥摆模型 .9圆锥摆模型 .9 车辆转
2、弯模型 11车辆转弯模型 11 【题型演练】 13【题型演练】 13 【题型归纳】【题型归纳】 题型一 水平面内圆盘模型的临界问题题型一 水平面内圆盘模型的临界问题 1与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力 (1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Fm，静摩擦力的方向一定指向圆心 mv2 r (2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动 的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心 和沿半径指向圆心 第 2 页 共 24 页 2 2与弹力
3、有关的临界极值问题 (1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零 (2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力 【例 1】(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接， 木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴 O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确 的是( ) A当时，A、B相对于转盘会滑动 2Kg 3L B当，绳子一定有弹力 Kg 2L C在时， 绳子有弹力， B 项正确 ； 当时，B已达到最大静摩擦
4、力， 则在时，FNmgm，FN指向圆心并随vgr v2 r 的增大而增大 球绳模型或单轨道模型 球绳模型或单轨道模型 【例 2】(多选)(2019哈尔滨三中期中)(2019哈尔滨三中期中)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m小球，另一端固定在O 点，绳的最大承受能力为 11mg，在O点正下方O点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被 拉断且小球能以O为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为( ) 第 6 页 共 24 页 6 A最小为L B最小为L C最大为L D最大为L 2 5 3 5 4 5 9 10 【答案】 BC 【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转
5、动半径为r，重力提供向心力，则有mgm，根据 v2 r 机械能守恒定律可知，mg(L2r)mv2，联立解得：rL，故钉的位置到O点的距离为LLL；当小 1 2 2 5 2 5 3 5 球转动时， 恰好达到绳子的最大拉力时， 即F11mg， 此时一定处在最低点， 设半径为R， 则有 ： 11mgmgm ，根据机械能守恒定律可知，mgLmv，联立解得：RL，故此时离最高点距离为L，则可知，距离最 v R 1 2 2 0 1 5 4 5 小为L，距离最大为L，故 B、C 正确，A、D 错误 3 5 4 5 【变式 1】(2019福州质检)(2019福州质检)如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住
6、质量为m的小球，另一端分别 固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g.现使小球在竖直平面内以AB为轴 做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v时，每 根轻绳的拉力大小为( ) Amg Bmg C3mg D2mg3 4 3 33 【答案】A 【解析】 小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形， 由此可知， 小球圆周运动的半径R Lsin 60L， 两绳与小球运动半径方向间的夹角为 30， 由题意， 小球在最高点的速率为v时，mgm 3 2 第 7 页 共 24 页 7 ，当小球在最高点的速率为 2v时，
7、应有：Fmgm，可解得：F3mg.由 2FTcos 30F，可得 v2 R （2v）2 R 两绳的拉力大小均为FTmg，A 项正确3 【变式 2】(2018甘肃省兰州一中模拟)(2018甘肃省兰州一中模拟)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做 圆周运动(不计一切阻力)， 小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT， 小球在最高点的速度大小为v， 其FT v2图象如图乙所示，则( ) A轻质绳长为 B当地的重力加速度为 mb a a m C当v2c时，轻质绳最高点拉力大小为a D若v2b，小球运动到最低点时绳的拉力为 6a ac b 【答案】 ABD 【解析】 在最高点，FTm
8、gm，解得：FTmmg，可知纵截距的绝对值为amg，g ，图线的斜 v2 L v2 L a m 率k ，解得绳子的长度L，故 A、B 正确 ； 当v2c时，轻质绳的拉力大小为 ：FTmmga， a b m L mb a c L ac b 故 C 错误；当v2b时拉力为零，到最低点时根据动能定理得：2mgLmv22mv2，根据牛顿第二定律： 1 2 1 2 FTmgm，联立以上可得拉力为：FT6mg6a，故 D 正确 v22 L 【变式 2】如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P 时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平
9、距离为( ) A.RB.RC.RD.R2356 第 8 页 共 24 页 8 【答案】D 【解析】小球从P点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t，则 2Rgt2，解得t2，在最高 1 2 R g 点P时，有mgmgm，解得v，因此小球落地点到P点的水平距离为xvtR，选项 D 正确 1 2 v2 R 3gR 2 6 球杆模型或双轨道模型球杆模型或双轨道模型 【例 3】(2019烟台模拟)(2019烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径 为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( ) A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B小球过最高点的
10、最小速度是gR C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 【答案】A 【解析】 轻杆可对小球产生向上的支持力， 小球经过最高点的速度可以为零， 当小球过最高点的速度vgR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误 ； 若v，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mgFm，gR v2 R 随v增大，F减小， 若v， 则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mgFm， 随v增大，F增大， 故 C、 DgR v2 R 均错误 【变式 1】(2019山东省济南一中期中)(2019山东省济南一中期中)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心
11、，使小球在竖 直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是( ) 第 9 页 共 24 页 9 A小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零 B小球过最高点的最小速度是gR C小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大 D小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小 【答案】 A 【解析】 当小球到达最高点弹力为零时，有mgm，解得v，即当速度v时，轻杆所受的弹 v2 R gRgR 力为零， 所以 A 正确 小球通过最高点的最小速度为零， 所以 B 错误 小球在最高点， 若v，则有：mgFm，轻杆的作用力随着速 v2 R gR v2 R 度增大而增大，所以 C、D 错误
12、 【变式 2】 如图所示， 一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道， 管道里有一个直径略小于管道内径的小球， 小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过 0.3 s 后又恰好与倾角为 45的斜面垂直相 碰已知半圆形管道的半径为R1 m，小球可看做质点且其质量为m1 kg，g取 10 m/s2.则( ) A小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是 0.9 m B小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是 1.9 m C小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是 1 N D小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是 2 N 第 10 页 共 24 页 10 【答案】AC.
13、 【解析】根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vygt3 m/s，水平分速度vxvytan 453 m/s，则B点与C点的水平距离为xvxt0.9 m，选项 A 正确，B 错误 ； 在B点设管道对小球的作用力方向 向下，根据牛顿第二定律，有FNBmgm，vBvx3 m/s，解得FNB1 N，负号表示管道对小球的作用 v R 力方向向上，选项 C 正确，D 错误 热点题型三 热点题型三 斜斜面面上上圆圆周周运运动动的的临临界界问问题题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受 力情况和所遵循的规律也不相同 【例 4】(2019江西吉安一中
14、段考)(2019江西吉安一中段考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度 转动， 盘面上离转轴距离 2.5 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 3 2 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30，g取 10 m/s2，则的最大值是( ) A. rad/s B. rad/s C1.0 rad/s D0.5 rad/s53 【答案】C 【解析】 当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二 定律得：mgcos 30mgsin 30m2r rad/s1.0 rad/s，故选项 C 正确
15、g（cos 30sin 30） r 10 （ 3 2 3 2 1 2） 2.5 【变式】 (2019沈阳东北育才中学模拟)2019沈阳东北育才中学模拟)如图所示，在倾角30的光滑斜面上，长为L的细线一端固 定， 第 11 页 共 24 页 11 另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、 B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则 ( ) AvA0 BvACvB DvBgL 1 2 10gL3gL 【答案】C 【解析】在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据 牛顿第二定律得 ：m
16、gsin m，解得A点的最小速度为 ：vA，对AB段过程研究，根据机械能守恒得 ：mv v L 1 2gL 1 2 mg2Lsin 30mv，解得B点的最小速度为：vB，故 C 正确，A、B、D 错误 2A 1 2 2B 5gL 2 1 2 10gL 热点题型四 圆周运动的动力学问题热点题型四 圆周运动的动力学问题 1向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力 的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力 2运动模型 圆锥摆模型圆锥摆模型 1结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水
17、平面内 做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。 第 12 页 共 24 页 12 2受力特点：摆球质量为，只受两个力即竖直向下的重力和沿摆线方向的拉力。两个力的合力，mmg T F 就是摆球做圆周运动的向心力Fn，如图所示（也可以理解为拉力FT的竖直分力与摆球的重力平衡，FT的 水平分力提供向心力） 。 3运动特点：摆长为 ，摆线与竖直方向的夹角为的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是 O，圆周运动的轨l 道半径是sinlr 向心力 )sin/(sintan 22 lmvlmmamgF n 合 摆线的拉力 cos/mgFT 讨论 ： （1） 当摆长一定， 摆球在同一地点、 不同高度的水平面内分
18、别做匀速圆周运动时， 据)/(cos 2l g 可知，若角速度越大，则越大，摆线拉力也越大，向心加速度也越大，cos/mgFTtangan 线速度=也越大。rvtansingl 结论是 ： 同一圆锥摆，在同一地点，若越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越大，转动 的越快，运动的也越快，。 （2） 当为定值时 （为摆球的轨道面到悬点的距离 h， 即圆锥摆的高度） ， 摆球的质量相等、coslhlcos 摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动， 则摆线拉力， 向心力，cos/mgFTtanmgF 合 向心加速度，角速度，线速度。tanganhg / tanghrv 第 13 页
19、 共 24 页 13 结论是 ： 在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但角大的圆锥 摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。 【例 5】如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平 桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运 动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是 ( ) A金属块B受到桌面的静摩擦力变大 B金属块B受到桌面的支持力减小 C细线的张力变大 D小球A运动的角速度减小 【答案】D 【解析】.
20、设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为， 对B研究，B受到的静摩擦力fTsin ， 对A， 有 ：Tsin ma，Tcos mg， 解得agtan ，变小，a减 小， 则静摩擦力大小变小， 故 A 错误 ； 以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变， 应等于(Mm)g， 故B 错误；细线的拉力T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l， 则agtan 2lsin ， mg cos ，变小，变小，故 D 正确 g lcos 【变式】 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球， 细线上端固定在同一点， 若两个小球以相同的角速度， 绕共同的竖直轴在水平面
21、内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是 第 14 页 共 24 页 14 ( ) 【答案】 B 【解析】 小球做匀速圆周运动， 对其受力分析如图所示， 则有mgtan m2Lsin ， 整理得 ：Lcos ，则 g 2 两球处于同一高度， 故 B 正确 车辆转弯模型车辆转弯模型 1、受力分析：如图所示火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。 2、动力学方程：根据牛顿第二定律得 r v mmg 2 0 tan 其中r是转弯处轨道的半径，是使内外轨均不受侧向力的最佳速度。 0 v 第 15 页 共 24 页 15 3、分析结论：解上述方程可知
22、 可见，最佳情况是由、共同决定的。tan 0 grv 0 vr 当火车实际速度为 v 时，可有三种可能， 当时，内外轨均不受侧向挤压的力； 0 vv 当时，外轨受到侧向挤压的力（这时向心力增大，外轨提供一部分力） ； 0 vv 当时，内轨受到侧向挤压的力（这时向心力减少，内轨抵消一部分力） 。 0 vv 还有一些实例和这一模型相同，如自行车转弯，高速公路上汽车转弯等等 【例 6】如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R90 m 的大圆弧和r40 m 的 小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L100 m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的 最大径向静摩擦力是赛车重力的
23、 2.25 倍假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运 动要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g10 m/s2，3.14)，则赛 车( ) A在绕过小圆弧弯道后加速 B在大圆弧弯道上的速率为 45 m/s C在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s 【答案】AB. 【解析】因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有Fm，则在大小圆弧弯道上的运动速率 v2 R 分别为v大 45 m/s，v小 30 m/s，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加 FR m 2.25mgR m Fr m 2.25mgr m 速运动，
24、则 A、 B 项正确 ； 由几何关系得直道长度为d50 m， 由运动学公式vv2ad，得赛L2（Rr）23 2 大2 小 第 16 页 共 24 页 16 车在直道上的加速度大小为a6.50 m/s2，则 C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t2.79 s， 2r 3v小 则 D 项错误 【变式】(2019甘肃省兰州一中模拟)(2019甘肃省兰州一中模拟)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨如图所示，当火车以 规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨 所在面的倾角为，则( ) A该弯道的半径r B当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
25、 v2 gtan C当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压 D当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压 【答案】 ABD 【解析】 火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： mgtan m，解得 ：r，故 A 正确 ； 根据牛顿第二定律得 ：mgtan m，解得 ：v， 可 v2 r v2 gtan v2 r grtan 知火车规定的行驶速度与质量无关，故 B 正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不足以提供向 心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故 C 错误，D 正确 【题型演练】【题型演练】 1(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发
26、地带如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速 率为vc时，汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( ) A路面外侧高、内侧低 第 17 页 共 24 页 17 B车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 C车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小 【答案】 AC 【解析】 当汽车行驶的速度为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提 供向心力，此时要求路面外侧高、内侧低，选项 A 正确当速度稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势， 因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车
27、辆不会向外侧滑动，选项 C 正确同样，速 度稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项 B 错误vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路 面的粗糙程度无关，D 错误 2(多选)(2018河北省“名校联盟”质量监测一)如图为过山车以及轨道简化模型，过山车车厢内固定一 安全座椅， 座椅上乘坐 “假人” ， 并系好安全带， 安全带恰好未绷紧， 不计一切阻力， 以下判断正确的是( ) A过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于gR C过山车在圆轨道最低点时“假人”处于失重状态 D若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对“假人”一定无作用力 【答案】 BD 【
28、解析】 过山车在运动过程中， 重力势能和动能相互转化， 即速度大小在变化， 所以不是做匀速圆周运动， A 错误；在最高点重力完全充当向心力时，速度最小，故有mgm，解得v，B 正确；在最低点，“假 v2 R gR 人”受到竖直向上指向圆心的加速度，故处于超重状态，C 错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最 高点重力充当向心力，或重力和座椅对“假人”的支持力的合力充当向心力，所以安全带对“假人”一定 无作用力，D 正确 第 18 页 共 24 页 18 3.(2019湖南怀化联考)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳a 与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l
29、，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内 做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( ) Aa绳的张力可能为零 Ba绳的张力随角速度的增大而增大 C当角速度，b绳将出现弹力 D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 gcot l 【答案】C 【解析】由于小球m的重力不为零，a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，选项 A 错误；由于a绳 的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a绳的张力随角速度的增大而不变，b绳的张力随角速度的增大而 增大，选项 B 错误 ； 若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球m，Fsin mg，Fcos m2l， 联立解得 ： ，即当角速度，b绳将出现弹力
30、，选项 C 正确 ； 若 ，b gcot l gcot l gcot l 绳突然被剪断，则a绳的弹力不发生变化，选项 D 错误 4.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，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，其FNv2图象如图乙所 示则( ) A小球的质量为B当地的重力加速度大小为 aR b R b 第 19 页 共 24 页 19 Cv2c时，在最高点杆对小球的弹力方向向上 Dv22b 时，在最高点杆对小球的弹力大小为 2a 【答案】A 【解析】由图乙可知当小球运动到最高点时，若v2b，则FN0，轻杆
31、既不向上推小球也不向下拉小球， 这时由小球受到的重力提供向心力，即mg，得v2gRb，故g ，B 错误；当v2b时，轻杆向下拉 mv2 R b R 小球， C 错误 ； 当v20 时， 轻杆对小球弹力的大小等于小球重力， 即amg， 代入g 得小球的质量m， A b R aR b 正确；当v22b时，由向心力公式得Fmg，得杆的拉力大小Fmg，故Fa，D 错误 mv2 R 5.如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为 3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，AB整体、C离转台中心的距离分别为r、1.5r. 设本题中的最大静摩擦力
32、等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( ) AB对A的摩擦力一定为 3mg BB对A的摩擦力一定为 3m2r C转台的角速度一定满足： D转台的角速度一定满足： g r 2g 3r 【答案】BD 【解析】A做圆周运动的向心力由B对A的摩擦力提供， 由牛顿第二定律及向心加速度公式有 ：Ff3m2r， B 项正确；AB整体恰好未发生相对转台的滑动时，(3m2m)g(3m2m)2r，解得角速度最大值为 ，C恰好未发生相对滑动时，mg1.5m2r，解得： ，所以 D 选项正确 g r 2g 3r 6.如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小 球均在水平面上
33、做匀速圆周运动已知L1跟竖直方向的夹角为 60，L2跟竖直方向的夹角为 30，下列说 法正确的是( ) 第 20 页 共 24 页 20 A细线L1和细线L2所受的拉力之比为 1 B小球m1和m2的角速度大小之比为 133 C小球m1和m2的向心力大小之比为 31 D小球m1和m2的线速度大小之比为 313 【答案】AC 【解析】.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为，竖直方向受力平衡，则Tcos mg，解 得T，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为，故 A 正确；小球所受合力 mg cos T1 T2 cos 30 cos 60 3 1 的大小为mgtan ， 根据牛顿第二定律
34、得mgtan mL2sin ， 得2， 故两小球的角速度大小 g Lcos 之比为， 故 B 错误 ； 小球所受合力提供向心力， 则向心力为Fmgtan ， 小球m1和m2的 1 2 cos 30 cos 60 4 3 1 向心力大小之比为3，故 C 正确两小球角速度大小之比为1，由vr得线速度大小 F1 F2 tan 60 tan 30 4 3 之比为 1，故 D 错误 3 3 6.(2019辽宁大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开 地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为 30，重力加速度为g，估
35、算知该女运动员( ) A受到的拉力为G B受到的拉力为 2G C向心加速度为 3g D向心加速度为 2g 【答案】B 【解析】对女运动员受力分析如图所示，F1Fcos 30，F2Fsin 30，F2G，由牛顿第二定律得F1ma，所以a g，F2G，B 正确3 第 21 页 共 24 页 21 7.(2019北京东城区模拟)长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在 竖直平面内做圆周运动关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是( ) A当v时，轻杆对小球的弹力为零 gL B当v由逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大gL C当v由逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小
36、 gL D当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大 【答案】ABD 【解析】在最高点轻杆对小球的作用力为 0 时，由牛顿第二定律得mg，v，A 正确 ； 当v时， mv2 L gLgL 轻杆对小球有拉力，则Fmg，v增大，F增大，B 正确 ； 当v时，轻杆对小球有支持力，则mg mv2 L gL F，v减小，F增大，C 错误；由F向知，v增大，向心力增大，D 正确 mv2 L mv2 L 8.(2019湖南衡阳模拟)轻杆一端固定有质量为m1 kg 的小球， 另一端安装在水平轴上， 转轴到小球的距 离为 50 cm，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直面内
37、 做匀速圆周运动，如图所示若转轴达到某一恒定转速n时，在最高点，杆受到小球的压力为 2 N，重力加 速度g取 10 m/s2，则( ) A小球运动到最高点时，小球需要的向心力为 12 N B小球运动到最高点时，线速度v1 m/s 第 22 页 共 24 页 22 C小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力为 8 N D把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点 【答案】C 【解析】 小球运动到最高点时， 杆受到小球的压力为 2 N， 由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力FN2 N， 在 最高点，小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供，为 FmgFN8 N，故A错误；在最高
38、点，由Fm v2 r 得，v m/s2 m/s，故B错误；小球运动到图示水平位置时，设杆对小球的拉力为FT，则有FT Fr m 8 0.5 1 mF8 N， 则小球对杆的拉力FTFT8 N， 据题意知支架处于静止状态， 由平衡条件可知地面对支架的 v2 r 摩擦力FfFT8 N， 故 C 正确；把杆换成轻绳， 设小球通过最高点的最小速度为v0，由mgm得，v0 v02 r gr m/s m/sv， 所以在同样转速的情况下， 小球不能通过图示的最高点，故 D 错误10 0.55 9(2019福建百校联考)图甲中表演的水流星是一项中国传统民间杂技艺术，在一根绳子上系着两个装满 水的桶，表演者把它甩
39、动转起来，犹如流星般，而水不会流出来图乙为水流星的简化示意图，在某次表 演中， 当桶A在最高点时， 桶B恰好在最低点， 若演员仅控制住绳的中点O不动， 而水桶A、B(均可视为质点) 都恰好能通过最高点，已知绳长l1.6 m，两水桶(含水)的质量均为m0.5 kg，不计空气阻力及绳重，g取 10 m/s2. (1)求水桶在最高点和最低点的速度大小； (2)求图示位置时，手对绳子的力的大小 【答案】(1)2 m/s 2 m/s (2)30 N210 【解析】(1)设最高点的速度为v1，最低点的速度为v2，水桶做圆周运动的半径R 0.8 m l 2 第 23 页 共 24 页 23 水桶恰通过最高点
40、时绳上的拉力为零，有mgmv 12 R 解得v12 m/s2 水桶从最高点运动到最低点有mglmv12mv22 1 2 1 2 解得v22 m/s10 (2)绳OA对水桶A的拉力为零，对最低点的桶B受力分析可得FOBmgmv 22 R 解得FOB30 N 所以，手对绳子的力的大小为 30 N 10.(2019辽宁五校高三联考)如图所示，AB是长为L1.2 m、倾角为 53的斜面，其上端与一段光滑的 圆弧BC相切于B点C是圆弧的最高点，圆弧的半径为R，A、C两点与圆弧的圆心O在同一竖直线上物 体受到与斜面平行的恒力作用，从A点开始沿斜面向上运动，到达B点时撤去该力，物体将沿圆弧运动， 通过C点后
41、落回到水平地面上已知物体与斜面间的动摩擦因数0.5，恒力F28 N，物体可看成质点 且m1 kg.重力加速度g取 10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，求： (1)物体通过C点时对轨道的压力大小；(结果保留一位小数) (2)物体在水平地面上的落点到A点的距离 【答案】见解析 【解析】(1)根据题图，由几何知识得，OA的高度H1.5 m L sin 53 圆轨道半径R0.9 m L tan 53 第 24 页 共 24 页 24 物体从A到C的过程，由动能定理得 (Fmgcos 53)Lmg(HR)mv2 1 2 解得v2 m/s3 物体在C点，由牛顿第二定律得FNmgmv 2 R 由牛顿第三定律得物体通过C点时对轨道的压力大小FNFN3.3 N (2)物体离开C点后做平抛运动 在竖直方向：HRgt2 1 2 在水平方向：xvt 解得x2.4 m.