資源簡介

綜合拔高練
高考真題練
考點1　圓周運動及其描述
1.(2024黑吉遼,2)“指尖轉球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖,當籃球在指尖上繞軸轉動時,球面上P、Q兩點做圓周運動的 (　　)
A.半徑相等　　　　　B.線速度大小相等
C.向心加速度大小相等　　　　　D.角速度大小相等
2.(2023全國甲,17)一質點做勻速圓周運動,若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比,運動周期與軌道半徑成反比,則n等于 (　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
3.(2022山東,8)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3 m的半圓弧BC與長8 m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為4 m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4 m/s,在ABC段的加速度最大為2 m/s2,CD段的加速度最大為1 m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為 (　　)
A.t= s,l=8 m
B.t= s,l=5 m
C.t= s,l=5.5 m
D.t= s,l=5.5 m
考點2　水平面內的圓周運動
4.(2024廣東,5)如圖所示,在細繩的拉動下,半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管,管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧,彈簧底端固定在管底,頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時,插銷做勻速圓周運動。若v過大,插銷會卡進固定的端蓋,使卷軸轉動停止。忽略摩擦力,彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止,v的最大值為　 (　　)
A.r　　　　B.l
C.r　　　　D.l
5.(多選題)(2021河北,9)如圖,矩形金屬框MNQP豎直放置,其中MN、PQ足夠長,且PQ桿光滑。一根輕彈簧一端固定在M點,另一端連接一個質量為m的小球,小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸分別以角速度ω和ω'勻速轉動時,小球均相對PQ桿靜止。若ω'>ω,則與以ω勻速轉動時相比,以ω'勻速轉動時 (　　)
A.小球的高度一定降低
B.彈簧彈力的大小一定不變
C.小球對桿壓力的大小一定變大
D.小球所受合外力的大小一定變大
6.(2022遼寧,13,節選)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2 000米接力決賽中,我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。
如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌跡為半圓的勻速圓周運動,如圖所示,若甲、乙兩名運動員同時進入彎道,滑行半徑分別為R甲=8 m、R乙=9 m,滑行速率分別為v甲=10 m/s、v乙=11 m/s,求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比,并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。
考點3　豎直平面內的圓周運動
7.(2022全國甲,14)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點為a、b之間的最低點,a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力,則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.(2022全國乙,16)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環。小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環的速率正比于 (　　)
A.它滑過的弧長
B.它下降的高度
C.它到P點的距離
D.它與P點的連線掃過的面積
9.(2021浙江6月選考,7)質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示,對該時刻,下列說法正確的是 (　　)
A.秋千對小明的作用力小于mg
B.秋千對小明的作用力大于mg
C.小明的速度為零,所受合力為零
D.小明的加速度為零,所受合力為零
高考模擬練
應用實踐
1.如圖所示,走時準確的時鐘,分針與秒針由轉動軸到針尖的長度之比是3∶5,下列說法正確的是 (　　)
A.分針與秒針的角速度之比為12∶1
B.分針與秒針的周期之比為1∶60
C.分針針尖與秒針針尖的線速度大小之比為1∶60
D.分針針尖與秒針針尖的向心加速度大小之比為1∶6 000
2.(多選題)(2024廣東深圳翠園中學月考)如圖所示,在水平轉臺上放一個質量M=2 kg的木塊,它與轉臺間的最大靜摩擦力為Fmax=6.0 N,繩的一端系在木塊上,另一端通過轉臺的中心孔O(孔光滑)懸掛一個質量m=1.0 kg的物體,當轉臺以角速度ω=5 rad/s勻速轉動時,木塊相對轉臺靜止,則木塊到O點的距離可以是(重力加速度g取10 m/s2,木塊、物體均視為質點) (　　)
A.0.04 m　　　　B.0.08 m　　　　
C.0.16 m　　　　D.0.32 m
3.如圖所示,豎直平面內的光滑金屬細圓環半徑為R,質量為m的帶孔小球穿于環上,同時有一長為R的輕桿一端固定于球上,另一端通過光滑的鉸鏈固定于圓環最低點,當圓環以角速度ω=(g為重力加速度)繞豎直直徑轉動時,輕桿對小球的作用力大小和方向為 (　　)
A.mg,沿桿向上
B.mg,沿桿向下
C.(-1)mg,沿桿向上
D.(-1)mg,沿桿向下
4.如圖所示為賽車場的一個賽道(賽道地面水平),兩個彎道是半徑分別為R和r的兩段圓弧,且R=4r,直賽道與圓弧賽道相切,每段長度均為L。小圓弧的圓心角為120°,路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的k倍,重力加速度為g。賽車在圓弧賽道上做勻速圓周運動,在直賽道上做勻變速直線運動,要使賽車安全繞賽道一周的時間最短,在這一過程中,下列說法正確的是　 (　　)
A.賽車行駛的最大速率為
B.賽車在小圓弧賽道上消耗的時間為
C.賽車在大圓弧賽道上消耗的時間為
D.安全繞行一周的最短時間為
5.智能呼啦圈輕便美觀,深受大眾喜愛。腰帶外側帶有軌道,將帶有滑輪的短桿穿入軌道,短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩,其簡化模型如圖所示。可視為質點的配重質量為0.5 kg,繩長為0.5 m,懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2 m。水平固定好腰帶,通過人體微小扭動,使配重隨短桿做水平勻速圓周運動,繩子與豎直方向的夾角為θ,運動過程中腰帶可看作不動,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,下列說法正確的是 (　　)
A.勻速轉動時,配重受到的合力恒定不變
B.若增大轉速,腰帶受到的合力變大
C.當θ穩定在37°時,配重的角速度為5 rad/s
D.當θ由37°緩慢增加到53°的過程中,繩子對配重做正功
6.(多選題)如圖所示,一半徑為r的圓形轉盤放在水平放置的圓形餐桌上,轉盤中心為O,在離轉盤中心處放置一質量為m的碟子(可視為質點)。現使轉盤繞中心點O由靜止開始轉動,緩慢增加轉盤轉動的角速度,當轉盤的角速度達到ω時,碟子開始相對轉盤滑動。認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g。則 (　　)
A.碟子隨轉盤一起轉動時,碟子受到的摩擦力方向與速度方向相反
B.碟子與轉盤間的動摩擦因數為
C.若將碟子放在轉盤邊緣,當轉盤轉動的角速度為時,碟子開始相對轉盤滑動
D.將兩個相同的這種碟子疊在一起放在離轉盤中心處,使碟子相對轉盤開始滑動的角速度為ω
7.如圖所示,質量為m的小球置于正方體的光滑盒子中,盒子的邊長略大于球的直徑。某同學拿著該盒子在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動,已知重力加速度為g,空氣阻力不計,要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力,則　 (　　)
A.該盒子做圓周運動的向心力恒定不變
B.該盒子做勻速圓周運動的周期一定等于2π
C.盒子在最低點時,小球對盒子的作用力大小等于6mg
D.盒子在與O點等高的右側位置時,小球對盒子的作用力大小等于mg
8.如圖所示,摩托車做騰躍特技表演,沿曲面沖上高0.8 m頂部水平高臺,接著以v=3 m/s水平速度離開平臺,落至地面時,恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道,并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點,其連線水平。已知圓弧半徑為R=1.0 m,人和車的總質量為180 kg,特技表演的全過程中,阻力忽略不計。計算中取重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)從平臺飛出到A點,人和車運動的水平距離s;
(2)人和車運動到達圓弧軌道A點時對軌道的壓力大小;(在A點的速度偏轉角為53°)
(3)人和車運動到圓弧軌道最低點O時的速度v'= m/s,此時對軌道的壓力大小。
遷移創新
9.(1)物體沿著圓周的運動是一種常見的運動,勻速圓周運動是當中最簡單,也是最基本的一種。由于做勻速圓周運動的物體的速度方向時刻在變化,因而勻速圓周運動是一種變速運動,具有加速度。
可按如下模型來研究做勻速圓周運動的物體的加速度:設質點沿半徑為r、圓心為O的圓周以恒定大小的速度v運動,某時刻質點位于位置A,經極短時間Δt后運動到位置B,如圖所示。試根據加速度的定義,推導質點在位置A時的加速度大小。
(2)在研究勻變速直線運動的“位移”時,我們應用“以恒代變”的思想,在研究曲線運動的“瞬時速度”時,又應用“化曲為直”的思想,而在研究一般的曲線運動時,我們用的更多的是一種“化曲為圓”的思想,即對于一般的曲線運動,盡管曲線上各個位置的彎曲程度不同,但在研究時,可以將曲線分割為許多很短的小段,質點在每小段的運動都可以看作半徑為某個合適值ρ的圓周運動,進而采用圓周運動的分析方法來進行研究,ρ叫作曲率半徑。
如圖所示,將物體以初速度v0斜向上拋出,初速度與水平方向間的夾角為θ,求物體在軌跡最高點處的曲率半徑ρ。(重力加速度為g,不計空氣阻力)
答案與分層梯度式解析
綜合拔高練
高考真題練
1.D　球面上P、Q兩點繞同一個豎直軸做圓周運動,角速度ω大小相等,D正確;由題圖可知Q點的運動半徑r較大,A錯誤;由v=ωr可得,Q點的線速度v較大,B錯誤;由an=ω2r可得,Q點的向心加速度較大,C錯誤。
2.C　由題意可知,合力的表達式為F合=k1rn,周期T=,用周期表示向心力,為F向=mr=mr3,由F合=F向可得n=3,C正確。
3.B　根據a=可知,在BC段、CD段的最大速率分別為vBC== m/s,vCD==2 m/s,在BC段、CD段的速率不變,因此在兩圓弧段運動的最大速率v=2 m/s,通過兩圓弧的時間為t2=+= s,小車從A點以最大速率v0=4 m/s勻速經過一段距離l之后開始減速,恰好到B點時速率為2 m/s,根據勻變速直線運動規律得v2-=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段經歷時間t1=+= s,因此總時間為t= s,選項B正確。
易混易錯　小車通過固定圓弧的時間,取決于沿圓弧運動的速率,BC和CD兩段圓弧半徑不同,但通過的速率相等,因此必須先要找出符合題意的最大速率。在AB段運動的最短時間的對應條件是整個階段的平均速度最大,因此必須先以最大速度做勻速直線運動,然后勻減速運動到B點。
4.A　插銷剛卡進固定的端蓋時,彈簧伸長量為Δx=,彈力F=kΔx=,插銷與卷軸同軸轉動,角速度相同,彈簧彈力為插銷提供向心力,有F=m,v'=v·,聯立解得v=r,A正確。
5.BD　對小球受力分析如圖:
豎直方向:T cos θ=mg ①
水平方向:T sin θ-N=mω2r ②
對①式,若θ減小,則cos θ增大,彈簧彈力T增大,①式不成立;若θ增大,則cos θ減小,T減小,①式不成立,所以不管ω怎樣變化,θ都不變,即小球的高度不變,彈簧的彈力大小一定不變,故A錯誤,B正確。
由②式得N=T sin θ-mω2r,由于沒有給定ω'的值,所以N的大小變化不能確定,由牛頓第三定律知C錯誤。
小球所受的合外力充當向心力,F合=mω2r,ω增大,F合增大,故D正確。
6.答案　見解析
解析　勻速圓周運動的向心加速度a=
則==
運動時間t=
則t甲== s,t乙== s
t甲7.D　運動員從a處滑至c處,mgh=m-0,在c點,N-mg=m,聯立得N=mg,由題意,結合牛頓第三定律可知,N=F壓≤kmg,得R≥,故D項正確。
8.C　如圖所示,設大圓環半徑為R,P、A間距離為L,由機械能守恒定律可知,小環沿圓弧滑到A點的速率與沿斜線PA滑到A點的速率相等,分析小環的運動可知小環沿斜線PA下滑的加速度a=g cos θ=,v=at=t,由等時圓模型可知小環沿斜線PA從P到A的時間與沿直線PB從P到B的時間相同,即2R=gt2,代入上式可得:v=L,故v正比于小環到P點的距離,C正確。
導師點睛　小環沿圓弧滑到A點的速率與沿斜線PA滑到A點的速率相等,而沿斜線滑到任意處的時間由等時圓模型可知為定值,再證明速率與其他物理量成正比。
9.A　秋千擺到最高點,受力分析如圖所示
切向:mat=mg sin θ
徑向:速度為0,向心力為0,
則有T=mg cos θ在最高點速度為0,向心力為0,但切向加速度不為0,所受合力不為零,故B、C、D錯,A正確。
高考模擬練
1.D　秒針轉動一周的時間為1 min,分針轉動一周的時間為60 min,則分針與秒針的周期之比為T1∶T2=60∶1,根據ω=知,分針與秒針的角速度之比為ω1∶ω2=1∶60,故A、B錯誤;根據v=ωr可知分針針尖與秒針針尖的線速度大小之比為==×=,故C錯誤;根據a=vω可知分針針尖與秒針針尖的向心加速度大小之比為==×=,故D正確。
2.BCD　設繩的拉力大小為FT,木塊到O點的距離為r,木塊受到的靜摩擦力大小為f。若摩擦力沿半徑向外,則根據平衡條件和牛頓第二定律得FT-mg=0,FT-f=Mω2r1,03.B　設輕桿與豎直直徑夾角為θ,由幾何關系可得cos θ==,解得θ=60°,則小球做圓周運動的半徑為r=R sin 60°=R,做圓周運動所需的向心力為F=mω2r=mg,小球有向上運動的趨勢,設桿對小球有沿桿向下的拉力F1,環對小球有指向圓心的支持力F2,由平衡條件可得水平方向上,F1 cos 30°+F2 cos 30°=F,豎直方向上,F1 sin 30°+mg=F2 sin 30°,解得F1=mg,故選B。
4.D　當賽車達到最大速度時,最大靜摩擦力提供賽車沿圓弧運動的向心力,有kmg=m,解得最大速率為v=,故A錯誤;設賽車在小圓弧賽道上繞行的速度為v',則kmg=m,解得v'=,所以賽車在小圓弧賽道上運動的時間為t1==,故B錯誤;賽車在大圓弧賽道上消耗的時間為t2===,故C錯誤;賽車在直軌道上做勻變速直線運動,有L=t3,解得t3=,所以安全繞行一周的最短時間為t=t1+t2+2t3=++=,故D正確。
5.D　勻速轉動時,配重做勻速圓周運動,合力大小不變,但方向在變化,故A錯誤;運動過程中腰帶可看作不動,所以腰帶所受的合力始終為零,故B錯誤;對配重,由牛頓第二定律得mg tan θ=mω2(l sin θ+r),即ω=,當θ穩定在37°時,解得ω= rad/s,故C錯誤;由C中公式可知,當θ穩定在53°時,角速度大于θ穩定在37°時的角速度,配重做圓周運動的半徑也增大,速度增大,動能增大,同時高度上升,重力勢能增大,所以機械能增大,由功能關系,θ由37°緩慢增加到53°的過程中,繩子對配重做的功等于配重機械能的增加量,所以繩子對配重做正功,故D正確。
6.BC　碟子隨轉盤一起轉動時,碟子受到的摩擦力提供碟子做圓周運動的向心力,故摩擦力方向指向圓心,A錯誤;當轉盤的角速度達到ω時,碟子開始相對轉盤滑動,則有mω2=μmg,解得μ=,B正確;若將碟子放在轉盤邊緣,設碟子開始相對轉盤滑動時轉盤的角速度為ω1,則有mr=μmg,聯立得ω1=,C正確;將兩個相同的這種碟子疊在一起放在離轉盤中心處,設使碟子相對轉盤開始滑動的角速度為ω2,則有2m=2μmg,聯立得ω2=ω,D錯誤。
7.D　該盒子做圓周運動的向心力大小不變,方向總是指向圓心,時刻在發生改變,A錯誤;在最高點時,盒子與小球之間恰好無作用力,對小球根據牛頓第二定律可得mg=,解得v=,則該盒子做勻速圓周運動的周期為T==2π,B錯誤;盒子在最低點時,對小球根據牛頓第二定律可得F-mg=,解得F=2mg,根據牛頓第三定律可知小球對盒子的作用力大小等于2mg,C錯誤;盒子在與O點等高的右側位置時,對小球分析,豎直方向根據受力平衡可得Fy=mg,水平方向根據牛頓第二定律可得Fx==mg,故盒子對小球的作用力大小為F1==mg,根據牛頓第三定律可知小球對盒子的作用力大小等于mg,D正確。
8.答案　(1)1.2 m　(2)5 580 N　(3)7 740 N
解析　(1)人和車離開平臺后做平拋運動,則h=gt2,s=vt,解得s=1.2 m。
(2)在A點時,根據牛頓第二定律有
N-mg cos 53°=m
又cos 53°=
聯立解得N=5 580 N,根據牛頓第三定律可知,對軌道的壓力大小為5 580 N。
(3)在O點,根據牛頓第二定律得N'-mg=m
解得N'=7 740 N
根據牛頓第三定律,對軌道的壓力大小為7 740 N。
9.答案　(1)見解析　(2)
解析　(1)解法一:設質點經過A、B兩點時的速度分別為vA、vB,當Δt足夠小時,vA、vB的夾角θ就足夠小,θ角所對的弦和弧的長度就近似相等,因此θ=
在Δt時間內,速度方向變化的角度θ=ωΔt
聯立可得Δv=vωΔt
將此式代入加速度定義式a=,并把v=ωr代入,可得向心加速度大小的表達式為an=ω2r
上式也可以寫成an=
解法二:因為vA、vB和Δv組成的矢量三角形與△ABO是相似三角形,OA=r,所以==,可得Δv=,將上式兩邊同時除以Δt,得=×,等式左邊即向心加速度an的大小。當Δt趨近于0時,AB弦長與AB弧長近似相等,即AB=,所以==v,整理得an=。
(2)在軌跡的最高點,物體的速度為
v=v0 cos θ
此時可以把物體的運動看成是半徑為ρ的圓周運動,物體只受重力,根據牛頓第二定律可得
mg=m
聯立可得ρ=

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