江苏省连云港市2022年高考物理考点突破每日一练58竖直倾斜面内的圆周运动图象与牛顿运动定律的综合应用含解析

考点突破每日一练（58）竖直(倾斜)面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用1．如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾．假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是(　　)A．车头A通过P点时的速度最小B．车的中点B通过P点时的速度最小C．车尾C通过P点时的速度最小D．A、B、C通过P点时的速度一样大2．如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m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.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面间的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是(　　)A.rad/sB.rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s3．(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是(　　)A．小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB．小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2FC．细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2F-4-\nD．细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为a4．(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，受到的弹力为F，速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．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下D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等5．(多选)如图所示两内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放(忽略空气阻力)，则(　　)A．小球在碗中做匀速圆周运动B．过最低点时，两小球都处于超重状态C．过最低点时，两小球的角速度大小相等D．过最低点时，两小球的机械能相等6．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m＝1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；-4-\n(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量．参考答案1．B　[过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确．]2．C　[随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C.]3．BD　[根据动能定理得：mv2－0＝mgL解得：v＝.小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故A错误；根据向心力公式得：F－mg＝m解得：F＝3mg.所以小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F.细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故B正确，C错误；根据向心加速度公式得：a＝＝2g，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度不变，仍为a，故D正确．]4．AD　[由图乙可知：当v2＝b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mg＝m＝m，即重力加速度g＝，故B错误；当v2＝0时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，F＝mg＝a，即小球的质量m＝＝，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2＝b时杆对球的弹力为零，当v2<b时，mg－F＝m，杆对球的弹力方向向上，当v2>b时，mg＋F＝m，杆对球的弹力方向向下，v2＝c>b，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v2＝2b时，mg＋F＝m＝m，又g＝，F＝m－mg＝mg，故D正确．]5．BD　[由于重力做功，所以速度大小变化，故不可能做匀速圆周运动，A错误；在最低点，加速度指向圆心，竖直向上，所以处于超重状态，故B-4-\n正确；小球运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，在最低点，根据动能定理可得：mgR＝mv2，根据牛顿第二定律可得m＝mω2R，两式联立可得ω＝，半径不同，所以角速度不同，C错误，D正确．]6．(1)N　(2)2.5m　(3)1.5kg解析　(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：F＝mgtanθ代入数据可得：F＝N(2)由题图可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsinθ＋Fcosθ＝ma，解得a＝10m/s2下滑的位移：x＝解得x＝5m故下滑的高度h＝xsin30°＝2.5m(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，二者共同减速时的加速度大小a1＝1m/s2发生相对滑动时，木板的加速度a2＝1m/s2滑块减速的加速度大小为a3＝4m/s2对整体受力分析可得a1＝＝μ1g可得μ1＝0.1在0～2s内分别对m和M做受力分析对M：＝a2对m：＝a3代入数据解方程可得M＝1.5kg.-4-