1、生活中的圆周运动(30分钟70分)一、选择题(本题共10小题,每题4分,共40分)1.在下面所介绍的各种情况中,哪种情况将出现超重现象()小孩荡秋千经过最低点汽车过凸形桥汽车过凹形桥在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器A.B.C.D.【解析】选B。小孩荡秋千、汽车过凹形桥圆心在物体上方,向心加速度方向向上,是超重,故B项正确。2.如图所示,质量为m的小球固定在杆的一端,在竖直面内绕杆的另一端O做圆周运动。当小球运动到最高点时,瞬时速度为v=,L是球心到O点的距离,则球对杆的作用力是()A.mg的拉力B.mg的压力C.零D.mg的压力【解析】选B。当重力完全充当向心力时,球对杆的作用力为零,所以
2、mg=m,解得v=,所以时杆对球是支持力,即mg-FN=m,解得FN=mg,由牛顿第三定律,球对杆的作用力是压力,故B项正确。3.汽车在水平地面上转弯时,地面的摩擦力已达到最大,当汽车速率增大为原来的2倍时,若要不发生险情,则汽车转弯的轨道半径必须()A.减为原来的B.减为原来的C.增为原来的2倍D.增为原来的4倍【解析】选D。汽车在水平路面上转弯,向心力由静摩擦力提供。设汽车质量为m,汽车与路面的动摩擦因数为,汽车的转弯半径为r,则mg=m,故rv2,故速率增大为原来的2倍时,转弯半径增大到原来的4倍,故D项正确。4.城市中为了解决交通问题,修建了许多立交桥,如图所示,桥面是半径为R的圆弧形
3、的立交桥AB横跨在水平路面上,一辆质量为m的小汽车,从A端冲上该立交桥,小汽车到达桥顶时的速度大小为v1,若小汽车在上桥过程中保持速率不变,则()A.小汽车通过桥顶时处于失重状态B.小汽车通过桥顶时处于超重状态C.小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为FN=mg-mD.小汽车到达桥顶时的速度必须大于【解析】选A。由圆周运动知识知,小汽车通过桥顶时,其加速度方向竖直向下,由牛顿第二定律得mg-FN=m,解得FN=mg-mvbC.a=bD.ava,故A、B、D错误,C正确。10.如图所示,汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧,弹簧下端拴一个质量为m的小球,当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为
4、L1;当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时,弹簧长度为L2,下列选项中正确的是()A.L1L2B.L1=L2C.L1L2。【加固训练】(多选)在云南省某地方到现在还要依靠滑铁索过江,若把这滑铁索过江简化成如图所示的模型,铁索的两个固定点A、B在同一水平面内,AB间的距离为L=80 m,铁索的最低点离AB连线的垂直距离为H=8 m,若把绳索看作是圆弧,已知一质量m=52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s,那么()A.人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动B.可求得绳索的圆弧半径为104 mC.人在滑到最低点时,滑轮对绳索的压力为570 ND.人
5、在滑到最低点时,滑轮对绳索的压力为50 N【解析】选B、C。人借助滑轮下滑过程中受重力作用,速度大小是变化的,所以人在整个绳索上的运动不能看成匀速圆周运动,故A项错误;设绳索的圆弧半径为r,则由几何知识得:r2=(r-H)2+,代入解得,r=104 m,故B项正确;对人研究:根据牛顿第二定律得,N-mg=m,得到N=mg+m,代入解得人在滑到最低点时绳索对人支持力N=570 N,根据牛顿第三定律得知,人在滑到最低点时对绳索的压力为570 N,故C项正确,D项错误。二、计算题(本题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)11.(16分)质量m=1 000 kg的
6、汽车通过圆弧形拱形桥时的速率恒定,拱形桥的半径R=10 m。(重力加速度g取10 m/s2)试求:(1)汽车在最高点对拱形桥的压力为车重的一半时汽车的速率;(2)汽车在最高点对拱形桥的压力为零时汽车的速率。【解析】(1)汽车在最高点的受力如图所示:有mg-FN=m当FN=mg时,汽车速率v= m/s=5 m/s。(2)汽车在最高点对拱形桥的压力为零时,有mg=m解得v= m/s=10 m/s。答案:(1)5 m/s(2)10 m/s12.(14分)如图所示,一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上,一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道,然后小球从轨道口B处水平飞出,最后落在水平面上,已知小球
7、落地点C距B处的距离为3R。求小球对轨道口B处的压力为多大?【解析】设小球经过B点时的速度为v,小球平抛运动的水平位移x=R,竖直方向上2R=gt2。故v=。在B点根据牛顿第二定律有F+mg=m所以F=mg,根据牛顿第三定律:小球对轨道口B处的压力大小为F=F=mg。答案:mg(20分钟30分)13.(3分)(2020岳阳高一检测)下列事例利用了离心现象的是()【解析】选D。自行车赛道倾斜,就是应用了支持力与重力的合力提供向心力,防止产生离心运动,故A错误;因为F向心=m,所以速度越快所需的向心力就越大,汽车转弯时要限制速度,来减小汽车所需的向心力,防止做离心运动,B错误;汽车上坡前加速,与离
8、心运动无关,C错误;拖把利用旋转脱水,就是利用离心运动,故D正确。14.(3分)(多选)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F,小球在最高点的速度大小为v,其F-v2图像如图乙所示。则()A.小球的质量为B.当地的重力加速度大小为C.v2=c时,小球对杆的弹力方向向上D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等【解析】选A、C、D。当小球受到的弹力F方向向下时,F+mg=,解得F=v2-mg,当弹力F方向向上时,mg-F=m,解得F=mg-m,对比F-v2图像可知,b=gR,a=mg,联立解得g=
9、,m=,故A项正确,B项错误;v2=c时,小球受到的弹力方向向下,则小球对杆的弹力方向向上,故C项正确;v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等,故D项正确。15.(3分)(2020浙江7月选考)如图所示,底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上,箱子四周有一定空间。当公交车()A.缓慢起动时,两只行李箱一定相对车子向后运动B.急刹车时,行李箱a一定相对车子向前运动C.缓慢转弯时,两只行李箱一定相对车子向外侧运动D.急转弯时,行李箱b一定相对车子向内侧运动【解析】选B。缓慢起动时,两只箱子都应该处于受力平衡状态,箱子的运动状态不会改变,即两只行李箱会与车子保持相对静止,选项A错误
10、;急刹车时,箱子由于惯性保持原有运动状态,因此行李箱a会相对车子向前运动,选项B正确;根据F向=m可知,缓慢转弯时,所需要的向心力会很小,因此静摩擦力足够提供两只行李箱转弯的向心力,所以两只行李箱会与车子保持相对静止,选项C错误;根据F向=m可知,急转弯时,行李箱b需要的向心力较大,如果行李箱b所受最大静摩擦力不足以提供向心力,则会发生离心运动,即可能会相对车子向外侧运动,选项D错误。16.(3分)如图所示,质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计,则()A.若盒子在最高点时,盒子与小
11、球之间恰好无作用力,则该盒子做匀速圆周运动的周期为2B.若盒子以周期做匀速圆周运动,则当盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时,小球对盒子左侧面的力为4mgC.若盒子以角速度2做匀速圆周运动,则当盒子运动到最高点时,小球对盒子下面的力为3mgD.盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中,球处于超重状态;当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中,球处于失重状态【解析】选A。由mg=mR可得,盒子运动周期T=2,故A项正确;由FN1=mR,T1=,得FN1=4mg,由牛顿第三定律可知,小球对盒子右侧面的力为4mg,故B项错误;由FN2+mg=m2R得,小球以=2做匀速圆周运动时,在最高
12、点小球对盒子上面的力为3mg,故C项错误。盒子由最低点向最高点运动的过程中,小球的加速度先斜向上,后斜向下,故小球先超重后失重,故D项错误。17.(8分)(2020湖州高一检测)长为l的轻杆一端固定一个质量为m的小球,以另一端为固定的转动轴,使之在竖直平面内做圆周运动,求以下两种情况中小球在最高点的速度大小各为多少?(1)在最高点时,若小球对杆的压力为mg。(2)在最高点时,若小球对杆的拉力为mg。【解析】 (1) 在最高点时,对小球根据牛顿第二定律有:mg-F压=m ,解得:v1=(2)在最高点时,对小球根据牛顿第二定律有:F拉+mg=m解得:v2=答案:(1)(2)18.(10分)如图是小
13、型电动打夯机的结构示意图,电动机带动质量为m=50 kg的重锤(重锤可视为质点)绕转轴O匀速运动,重锤转动半径为R=0.5 m,电动机连同打夯机底座的质量为M=25 kg,重锤和转轴O之间连接杆的质量可以忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)重锤转动的角速度为多大时,才能使打夯机底座刚好离开地面?(2)若重锤以上述的角速度转动,当打夯机的重锤通过最低位置时,打夯机对地面的压力为多大?【解析】(1)当拉力大小等于电动机连同打夯机底座的重力时,才能使打夯机底座刚好离开地面:有:FT=Mg对重锤有:mg+FT=m2R解得:= rad/s(2)在最低点,对重锤有:FT-mg=m2R则:FT=Mg+2mg对打夯机有:FN=FT+Mg=2(M+m)g=1 500 N。由牛顿第三定律得FN=FN=1 500 N答案:(1) rad/s(2)1 500 N
