1、考点规范练17圆周运动及其应用一、单项选择题1.(2019浙江模拟)自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器,变速器通过改变链条的位置,使链条连到不同的齿轮上而改变速度。自行车的部分构造如图所示,下列有关说法不正确的是()A.自行车骑行时,后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等B.自行车拐弯时,前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等C.自行车上坡时,理论上采用中轴链轮最小挡,飞轮最大挡D.自行车骑行时,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等2.如图所示,用一根细绳一端系一个小球,另一端固定,给小球不同的初速度,使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动,则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度
2、h、向心加速度a、线速度v与角速度平方2的关系图像正确的是()3.(2019黑龙江哈尔滨质检)如图所示,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 kg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g取10 m/s2。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,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为()A.53 NB.2033 NC.15 ND.103 N二、多项选择题4.(2018天津和平模拟)如图所示,在光滑水平面上,钉有两个钉子A和B,一根长细绳的一端系一个小球,另一端固定在钉子A上,开
3、始时小球与钉子A、B均在一条直线上(图示位置),且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上,现使小球以初速度v0在水平面上沿俯视逆时针方向做匀速圆周运动,使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放,在绳子完全被释放后与释放前相比,下列说法正确的是()A.小球的速度变大B.小球的角速度变小C.小球的向心加速度变小D.细绳对小球的拉力变大5.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型,如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动,其中O、O分别为两轮盘的轴心。已知两个轮盘的半径比r甲r乙=31,且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B,两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同,两滑块距离轴心
4、O、O的间距RA=2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来,且转速逐渐增加,则下列叙述正确的是()A.滑块A和B在与轮盘相对静止时,角速度之比为甲乙=13B.滑块A和B在与轮盘相对静止时,向心加速度之比为aAaB=29C.转速增加后,滑块B先发生滑动D.转速增加后,两滑块一起发生滑动三、非选择题6.(2018湖南六校联考)如图所示的水上乐园的设施由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成。圆形滑道外侧半径r=2 m,圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行。水面离水平滑道高度h=5 m。现游客从滑道A点由静止滑下,游客可视为质
5、点,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)起滑点A至少离水平滑道多高?(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度l=5 m的安全气垫MN,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少?7.小明站在水平地面上,手握不可伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为m的小球,甩动手腕,使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图所示。已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长为34d,重力加速度为g,忽略手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2
6、;(2)求绳能承受的最大拉力;(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出的水平距离最大,绳长应是多少?最大水平距离为多少?考点规范练17圆周运动及其应用1.B解析 同线传动线速度相等;同轴传动角速度相等,可知:后轮边缘点与飞轮为同轴,故角速度相等,链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等,故A、D正确;自行车拐弯时,前后轮路程不等,轮缘线速度不等,故B错误;上坡时,需要省力,理论上采用中轴链轮最小挡,飞轮最大挡,故C正确。2.A解析 设细绳长度为l,小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为,则有细绳拉力为F,有Fsin =m2lsin ,得F=m2l
7、,选项A正确;mgtan =m2lsin ,得h=lcos =g2,选项B错误;小球的向心加速度a=2lsin ,选项C错误;小球的线速度v=lsin ,选项D错误。3.A解析 小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=mv2r;当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2FTcos 30=m(2v)2r,解得FT=3mg=53 N,故选项A正确。4.BC解析 在绳子完全被释放后与释放前相比,小球所受的拉力与速度垂直,不改变速度大小,故A错误;由v=r,v不变,r变大,则角速度变小,故B正确;小球的加速度a=v2r,v不变,r变大,则a变小,故C正确;细绳
8、对小球的拉力F=ma=mv2r,v不变,r变大,则F变小,故D错误。5.ABC解析 假设轮盘乙的半径为R,由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等,有甲3R=乙R,得甲乙=13,所以滑块相对轮盘滑动前,A、B的角速度之比为13,A正确;滑块相对轮盘滑动前,根据an=2r得A、B的向心加速度之比为aAaB=29,B正确;据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为FfA=mAg、FfB=mBg,最大静摩擦力之比为FfAFfB=mAmB,滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为FfAFfB=(mAaA)(mBaB)=mA(4.5mB),综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力,先开始滑动,C正确,D错误。6.解
9、析 (1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有mg=mv2r从A到圆形滑道最高点,由机械能守恒定律得mgh1=12mv2+mg2r解得h1=52r=5 m。(2)落在M点时抛出速度最小,从A到C由机械能守恒定律得mgh1=12mv12v1=2gh1=10 m/s水平抛出,由平抛运动规律可知h=12gt2得t=1 s则s1=v1t=10 m落在N点时s2=s1+l=15 m则对应的抛出速度v2=s2t=15 m/s由mgh2=12mv22得h2=v222g=11.25 m安全滑下点A距水平滑道高度范围为5 mh11.25 m。答案 (1)5 m(2)5 mh11.25 m7.解析 (1)设绳断
10、后球飞行时间为t,由平抛运动规律得竖直方向14d=12gt2水平方向d=v1t解得v1=2gd在竖直方向上有v2=2g1-34d,则v22-v12=2g1-34d解得v2=52gd。(2)设绳能承受的最大拉力大小为FT,这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为r=34d对小球在最低点由牛顿第二定律得FT-mg=mv12r解得FT=113mg。(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变。由牛顿第二定律得FT-mg=mv32l解得v3=83gl绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,水平位移为x,时间为t1,则竖直方向d-l=12gt12水平方向x=v3t1解得x=4l(d-l)3 当l=d2时,x有极大值,xmax=233d。答案 (1)2gd52gd(2)113mg(3)d2233d
