2018高考物理异构异模复习：专题四曲线运动4-3含解析

1. 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

答案: 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就应越小,B正确,A错误；角速度与质量m无关,C、D错误.

2、(多选)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道,转弯处为圆心在O点的半圆,内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线,有如图所示的①、②、③三条路线,其中路线③是以O′为圆心的半圆,OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线,赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变,发动机功率足够大),则()

A 、选择路线①,赛车经过的路程最短

B 、选择路线②,赛车的速率最小

C 、选择路线③,赛车所用时间最短

D 、①、②、③三条路线的圆弧上,赛车的向心加速度大小相等 答案: ACD

解析: 由几何关系可求得路线①、②、③的长度分别为2r ＋πr 、2r ＋2πr 、2πr ,比较可知,路线①最短,A 项正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道,即最大径向摩擦力充当向心力,所以有F max ＝m v 2

R ,由此式知,R 越小,速率越小,因此沿路线①速率最小,B 项错误；沿路线①、②、③运动的速率分别为

F max r m 、

2F max r m 、

2F max r

m ,由三条路线长

度与速率的比值比较可知,选择路线③所用时间最短,C 项正确；由F max ＝ma 可知,三条线路的圆弧上赛车的向心加速度大小相等,D 项正确.

3、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ω转动,盘面上到转轴距离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/s 2.则ω的最大值是( )

A. 5 rad/s

B. 3 rad/s C 、1.0 rad/s D 、0.5 rad/s

答案: C

解析: 小物块恰好滑动时,应在A 点,对滑块受力分析.由牛顿第二定律得

μmg cos30°－mg sin30°＝mω2r , 解得ω＝1.0 rad/s,C 正确.

4、如图所示,一质量为M 的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为( )

A 、Mg －5mg

B 、Mg ＋mg

C 、Mg ＋5mg

D 、Mg ＋10mg

答案: C

解析: 设大环的半径为r ,小环滑到最低点的速度为v .由机械能守恒得,12m v 2

＝mg ·2r .在最低点对小球受力分析,得F N －mg ＝m v 2r .联立解得F N

＝5mg .由牛顿第三定律可知,小环对大环的压力F N ′＝5mg .对大环受力

分析,由平衡条件得杆的拉力F T ＝Mg ＋5mg ,C 正确.

5、(多选)如图所示,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( )

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＝ kg

2l

是b 开始滑动的临界角速度 D 、当ω＝ 2kg

3l

时,a 所受摩擦力的大小为kmg 答案: AC

解析: 木块相对圆盘不滑动时有F f 静＝mω2r ,a 、b 半径不同,所需的

向心力不同,所受摩擦力不同,B 错误,当a 恰好滑动时,有kmg ＝mω2

0a l ,得

ω0a ＝

kg

l ,同理可得,b 恰好滑动时ω0b ＝ kg

2l

,故A 、C 正确.ω＝ 2kg 3l ＜ω0a ,a 相对圆盘未滑动,F f 静＝mω2l ＝2

3

kmg ,D 错误.

6、(多选)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点,如图所示,绳a 与水平方向成θ角,绳b 在水平方向且长为l ,当轻

杆绕轴AB以角速度ω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()

A、a绳的张力不可能为零

B、a绳的张力随角速度的增大而增大

C、当角速度ω> g cotθ

l,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

答案:AC

解析:对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小

球的重力,解得T a＝mg

sinθ,为定值,A正确,B错误.当T a cosθ＝mω

2l⇒ω＝

g cotθ

l时,b绳的弹力为零,若角速度大于该值,则b绳将出现弹力,C正确.由于绳b可能没有弹力,故绳b突然被剪断,则a绳的弹力可能不变,D错误.

7、如图所示,在半径为R的半圆形碗的光滑表面上,一质量为m的小球以转速n转每秒在水平面内做匀速圆周运动,该平面离碗底的距离h为()

A、R－g

4π2n2 B.g

4π2n2

C.g

4π2n2－R D.g

4π2n2＋R 2

答案: A

解析: 小球靠重力和支持力的合力提供向心力,如图所示,小球做圆周运动的半径为r ＝R sin θ.

根据受力图可知tan θ＝F 向

mg , 而向心力F 向＝mω2R sin θ, 解得cos θ＝

g Rω2

. 所以h ＝R －R cos θ＝R －R ·g Rω2＝R －g

4π2n

2,选项A 正确.

8、一转动装置如图所示,四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l ,球和环的质量均为m ,O 端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间,原长为L .装置静止时,弹簧长为3

2L .转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始

终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g .求:

(1)弹簧的劲度系数k ；

(2)AB 杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；

(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为1

2L 的过程中,外界对转动装置所做的功

W .

答案: (1)4mg

L (2) 8g 5L

(3)mgL ＋16mgl 2

L 解析: (1)装置静止时,设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1、OA

杆与转轴的夹角为θ1.

小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L

2

小环受力平衡,F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1 小球受力平衡,F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mg F 1sin θ1＝T 1sin θ1 解得k ＝4mg

L

(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2,OA 杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x .

小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L ) 小环受力平衡F 弹2＝mg 得x ＝54

L

对小球F 2cos θ2＝mg

F 2sin θ2＝mω2

0l sin θ2且

cos θ2＝x

2l

解得ω0＝

8g 5L

(3)弹簧长度为1

2L 时,设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3 ,OA 杆与

弹簧的夹角为θ3.

小环受到弹簧的弹力F 弹3＝1

2kL

小环受力平衡2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3 且cos θ3＝L

4l

对小球F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg

F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝mω2

3l sin θ3

解得ω3＝

16g

L

整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理

W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭

⎪⎫3L 4－L 4＝2×1

2m (ω3l sin θ3)2

16mgl2解得W＝mgL＋

L