2013届一轮课时练习18圆周运动的基本概念和规律
课时作业(十八)A[第18讲圆周运动的基本概念和规律] 基础热身
1.如图K18-1所示是摩托车比赛转弯时的情形.转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度,若超过此速度,摩托车将发生滑动.对于摩托车滑动的问题,下列论述正确的是()
图K18-1
A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B.摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
2.质量为m的石块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中,如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变,如图K18-2所示,那么()
图K18-2
A.因为速率不变,所以石块的加速度为零
B.石块下滑过程中受的合外力越来越大
C.石块下滑过程中受的摩擦力大小不变
D.石块下滑过程中的加速度大小不变,方向始终指向球心
3.如图K18-3所示,a、b是地球表面上不同纬度上的两个点,如果把地球看作是一个球体,a、b两点随地球自转做匀速圆周运动,这两个点具有大小相同的() A.线速度B.角速度
C.加速度D.轨道半径
图K18-3
图K18-4
4.如图K18-4所示为A、B两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象,其中A为双曲线的一个分支,由图可知()
A.A质点运动的线速度大小不变
B.A质点运动的角速度大小不变
C.B质点运动的线速度大小不变
D .B 质点运动的角速度与半径成正比
技能强化
5.2011·淮北联考如图K18-5所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R ,小球半径为r ,则下列说法正确的是( )
A .小球通过最高点时的最小速度v min =g (R +r )
B .小球通过最高点时的最小速度v min =0
C .小球在水平线ab 以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D .小球在水平线ab 以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
图K18-5
图K18-6
6.如图K18-6所示,放置在水平地面上的支架质量为M ,支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ,现将摆球拉至水平位置,而后释放,摆球运动过程中,支架始终不动,以下说法正确的是( )
A .在释放前的瞬间,支架对地面的压力为(m +M )g
B .在释放前的瞬间,支架对地面的压力为Mg
C .摆球到达最低点时,支架对地面的压力为(m +M )g
D .摆球到达最低点时,支架对地面的压力为(3m +M )g
7.2011·湖南联考如图K18-7所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上,有一根长为L =0.8 m 的细绳,一端固定在O 点,另一端系一质量为m =0.2 kg 的小球,沿斜面做圆周运动,若要小球能通过最高点A ,则小球在最低点B 的最小速度是( )
A .2 m/s
B .210 m/s
C .2 5m/s
D .2 2 m/s
图K18-7
图K18-8
8.一小球质量为m ,用长为L 的悬绳(不可伸长,质量不计)固定于O 点,在O 点正下方L 2
处钉有一颗钉子,如图K18-8所示,将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后,当悬线碰到钉子后的瞬间,下列说法错误的是( )
A .小球线速度没有变化
B.小球的角速度突然增大到原来的2倍
C.小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D.悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
9.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点.如图K18-9所示,当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,绳a在竖直方向,绳b在水平方向.当小球运动到图示位置时,绳b被烧断的同时木架停止转动,则()
A.绳a对小球拉力不变
B.绳a对小球拉力增大
C.小球可能前后摆动
D.小球不可能在竖直平面内做圆周运动
图K18-9
图K18-10
10.如图K18-10所示,在光滑的圆锥漏斗的内壁,两个质量相同的小球A和B分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动,其中小球A在小球B的上方.下列判断正确的是()
A.A球的速率大于B球的速率
B.A球的角速度大于B球的角速度
C.A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力
D.A球的转动周期大于B球的转动周期
11.如图K18-11所示,直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O匀速转动(图示为截面).从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒.若子弹在圆筒旋转不到半周时,在圆周上留下a、b两个弹孔,已知aO与bO夹角为θ,求子弹的速度.
图K18-11
12.如图K18-12所示,把一个质量m=1 kg的小球通过两根等长的细绳a、b与竖直杆上的A、B两个固定点相连接,绳长都是1 m,AB长度是1.6 m,直杆和小球旋转的角速度等于多少时,b绳上才有张力?
图K18-12
挑战自我
13.如图K18-13所示,小球从光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端时,光电装置被触动,控制电路会使转筒立刻以某一角速度匀速连续转动起来.转筒的底面半径为R,已知轨道末端与转筒上部相平,与转筒的转轴距离为L,且与转筒侧壁上的小孔的高度差为h;开始时转筒静止,且小孔正对着轨道方向.现让一小球从圆弧轨道上的某处无初速滑下,若正好能钻入转筒的小孔(小孔比小球略大,小球视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g),求:
(1)小球从圆弧轨道上释放时的高度H;
(2)转筒转动的角速度ω.
图K18-13
课时作业(十八)A
【基础热身】
1.B [解析] 摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用,没有离心力,选项A 错误;摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动,所受的合力等于向心力,如果向外滑动,说明提供的向心力即合力小于需要的向心力,选项B 正确;摩托车将沿曲线做离心运动,选项C 、D 错误.
2.D [解析] 由于石块做匀速圆周运动,只存在向心加速度,大小不变,方向始终指向球心,选项D 正确、选项A 错误;由F 合=F 向=ma 向知合外力大小不变,选项B 错误;又因石块在运动方向(切线方向)上合力为零,才能保证速率不变,在该方向重力的分力不断减小,所以摩擦力不断减小,选项C 错误.
3.B [解析] 地球上各点(除两极点)随地球一起自转,其角速度与地球自转角速度相同,故选项B 正确;不同纬度的地点绕地轴做匀速圆周运动的半径不同,故选项D 错误;根据v =ωr ,a =rω2可知选项A 、C 错误.
4.A [解析] 对于质点A 有a A ∝1r ,与a =v 2r
相比较,则v A 大小不变.对于质点B 有a B ∝r ,与a =rω2相比较,则ωB 不变,故选项A 正确.
【技能强化】
5.BC [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零,故选项A 错误、选项B 正确;小球在水平线ab 以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆
心方向的分力F 1的合力提供向心力,即:F N -F 1=m v 2
R +r
,因此,外侧管壁一定对小球有作用力,而内侧壁无作用力,选项C 正确;小球在水平线ab 以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力与小球速度大小有关,选项D 错误.
6.BD [解析] 在释放前的瞬间绳拉力为零,对支架:F N1=Mg ;当摆球运动到最低点
时,由机械能守恒定律得mgR =12m v 2,由牛顿第二定律得F T -mg =m v 2R
,由以上两式得F T =3mg .对支架受力分析,地面支持力F N2=Mg +3mg .由牛顿第三定律知,支架对地面的压力F N2′=3mg +Mg ,故选项B 、D 正确.
7.C [解析] 小球通过A 点的最小向心力为F =mg sin α,所以其通过A 点的最小速度
为:v A =gL sin α=2 m/s ,则根据机械能守恒定律得:12m v 2B =12
m v 2A +2mgL sin α,解得v B =2 5 m/s ,即选项C 正确.
8.D [解析] 在小球通过最低点的瞬间,水平方向上不受外力作用,沿切线方向小球的加速度等于零,因而小球的线速度不会发生变化,选项A 正确;在线速度不变的情况下,小球的半径突然减小到原来的一半,由v =ωr 可知角速度增大为原来的2倍,选项B 正确;
由a =v 2r
,可知向心加速度突然增大到原来的2倍,选项C 正确;在最低点,F -mg =ma ,选项D 错误.
9.BC [解析] 绳b 烧断前,小球竖直方向的合力为零,即F a =mg ,烧断b 后,小球
在竖直面内做圆周运动,且F a ′-mg =m v 2l
,所以F a ′>F a ,选项A 错误、选项B 正确;当ω足够小时,小球不能摆过AB 所在高度,选项C 正确;当ω足够大时,小球在竖直面内能通过AB 上方的最高点而做圆周运动,选项D 错误.
10.AD [解析] 先对A 、B 两球进行受力分析,两球均只受重力和漏斗的支持力.如
图所示,对A 球由牛顿第二定律,有:F N A sin α=mg ,F N A cos α=m v 2A r A
=mω2A r A ;对B 球由牛顿第二定律,有F N B sin α=mg ,F N B cos α=m v 2B r B =mω2B r B .由以上各式可得F N A =F N B ,选项C 错误.可得m v 2A r A =m v 2B r B
,因为r A >r B ,所以v A >v B ,选项A 正确.可得mω2A r A =mω2B r B ,因为r A >r B ,所以ωA <ωB ,选项B 错误.又因为ω=2πT
,所以T A >T B ,选项D 正确. 11.ωd π-θ
[解析] 子弹射出后沿直线运动,从a 点射入,从b 点射出,该过程中圆筒转过的角度为π-θ.
设子弹速度为v ,则子弹穿过筒的时间t =d v
此时间内筒转过的角度α=π-θ
据α=ωt 得,π-θ=ωd v
则子弹速度v =ωd π-θ
12.大于3.5 rad/s
[解析] 已知a 、b 绳长均为1 m ,即AC =BC =1 m ,AO =12
AB =0.8 m ,在△AOC 中,cos θ=AO AC =0.81
=0.8,sin θ=0.6,θ=37°.小球做圆周运动的轨道半径为r =OC =AC sin θ=1×0.6 m =0.6 m.
b 绳被拉直但无张力时,小球所受的重力mg 与a 绳拉力F Ta 的合力F 提供向心力,其受力分析如图所示,由图可知小球的合力为F =mg tan θ.
根据牛顿第二定律得
F =mω2r
解得ω=g tan θr
=3.5 rad/s. 当直杆和小球的角速度ω′>3.5 rad/s 时,b 绳才有张力.
【挑战自我】
13.(1)(L -R )24h (2)n π2g h
(n =1,2,3…) [解析] (1)设小球从离开轨道到进入小孔所用的时间为t ,则由平抛运动规律得
h =12gt 2,L -R =v 0t 小球在轨道上运动过程中机械能守恒,故有mgH =12m v 20
联立解得:t =2h g ,H =(L -R )24h
. (2)在小球做平抛运动的时间内,圆筒必须恰好转整数转,小球才能钻进小孔,
即ωt =2n π(n =1,2,3……).
所以ω=n π2g h
(n =1,2,3…)