20xx版高考物理人教版一輪學案：43-圓周運動-【含答案】-資料下載頁
2025-04-05 06:01本頁面
【正文】 mg、水平桌面的支持力N和細繩的拉力F，在豎直方向合力為零，在水平方向合力提供向心力，設細繩與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系可知，R＝htan θ，則有Fcos θ＋N＝mg，F(xiàn)sin θ＝m＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；當小球即將離開水平桌面時，N＝0，轉速n有最大值，此時n＝ ，故選D。2年高考1年模擬2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1．(2020課標Ⅰ，16)如圖，一同學表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學和秋千踏板的總質量約為50 kg。繩的質量忽略不計。當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8 m/s，此時每根繩子平均承受的拉力約為( B )A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N[解析] 本題考查圓周運動中的受力問題。該同學在蕩秋千過程中的最低點，同學和踏板整體受到的重力和兩根繩的拉力的合力提供同學和踏板做圓周運動的向心力，設每根繩子上平均承受的拉力大小為F，由牛頓第二定律得2F－mg＝m，解得F＝＝ N＝410 N，B正確，A、C、D錯誤。2．(2019江蘇，6)(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( BD )A．運動周期為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[解析] A錯：座艙的周期T＝＝。B對：根據(jù)線速度與角速度的關系，v＝ωR。C錯，D對：座艙做勻速圓周運動，摩天輪對座艙的作用力與重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小為F合＝mω2R。3．(2019海南單科，6)如圖，一硬幣(可視為質點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO′軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為( B )A． B．C． D．2[解析] 設硬幣質量為m，對硬幣受力分析，如圖所示。由摩擦力提供向心力可得f＝mω2r而f≤fm＝μFN＝μmg聯(lián)立可得mω2r≤μmg解得ω≤，選項B正確，選項A、C、D錯誤。4．(2020山東新泰一中質檢)如圖所示，水平傳送帶與水平軌道在B點平滑連接，傳送帶AB長度L0＝ m，一半徑R＝ m的豎直圓形光滑軌道與水平軌道相切于C點，水平軌道CD長度L＝ m，在D點固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動摩擦因數(shù)μ1＝，BC段光滑，CD段動摩擦因數(shù)為μ2。當傳送帶以v0＝6 m/s沿順時針方向勻速轉動時，將質量m＝1 kg的可視為質點的小物塊輕放在傳送帶左端A點，小物塊通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與擋板碰撞，并以原速率彈回，經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道。已知小物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)小物塊第一次滑到傳送帶B點時的速度大小；(2)若小物塊第二次能沖上圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，求μ2的取值范圍。[答案] (1)6 m/s (2)0≤μ2≤≤μ2[解析] (1)物塊速度小于傳送帶速度時，物塊受到傳送帶的摩擦力f＝μ1mg，那么由牛頓第二定律可知物塊做加速度a＝μ1g＝9 m/s2的勻加速直線運動，由2aL0＝v，可知物塊到達B點時剛好達到傳送帶速度，所以物塊滑到B點時的速度大小vB＝v0＝6 m/s。(2)要使物塊能第二次沖上圓形軌道且不會脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運動時可能通過最高點，也可能在圓軌道上達到的最高點的高度0h≤R。 故當物塊能通過最高點時，設其在最高點速度大小為v，在最高點應用牛頓第二定律可得mg≤； 對物塊從B到第二次到最高點應用動能定理可得－2μ2mgL－2mgR＝mv2－mv，則μ2＝≤；當物塊在圓軌道上能到達的最高點的高度0h≤R時，由動能定理可得－2μ2mgL－mgh＝0－mv，μ2＝，≤μ2；所以為了使物塊能第二次沖上圓形軌道且不會脫離圓軌道，需滿足條件為0≤μ2≤≤μ2。 15
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