【步步高】2022高考物理大一轮复习 4.3 匀速圆周运动及其应用

4.3　匀速圆周运动及其应用1．关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期之间的关系，下列说法正确的是(　　)．A．线速度大的角速度一定大B．线速度大的周期一定小C．角速度大的半径一定小D．角速度大的周期一定小解析　选项个性分析A错误由v＝ωR得ω＝，故只有当半径R一定时，角速度ω才与线速度v成正比B错误由v＝得T＝，故只有当半径R一定时，周期T才与线速度v成反比C错误由ω＝知，只有当线速度v一定时，角速度ω才与半径R成反比D正确由ω＝得T＝，故周期T与角速度ω成反比，即角速度大的，周期一定小答案　D2.一个环绕中心线AB以一定的角速度转动，P、Q为环上两点，位置如图4－3－1所示，下列说法正确的是(　　)．A．P、Q两点的角速度相等B．P、Q两点的线速度相等C．P、Q两点的角速度之比为∶1图4－3－1D．P、Q两点的线速度之比为∶1解析　P、Q两点的角速度相等，半径之比RP∶RQ＝Rsin60°∶(Rsin30°)＝∶1，由v＝ωR可得vp∶vQ＝RP∶RQ＝∶1.答案　AD3．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图4－3－12甲所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图4－3－2乙所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是(　　)．7\n　甲　　　　　　　　　　　　　乙　图4－3－2A.B.C.D.解析　物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P点可看做该点对应的竖直平面内圆周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg＝，解得ρ＝＝＝.答案　C4.如图4－3－3所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时(　　)．A．小球对圆环的压力大小等于mg图4－3－3B．小球受到的向心力等于0C．小球的线速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g解析　小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力，重力竖直向下提供向心力，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a＝＝g，再根据圆周运动规律得a＝＝g，解得v＝(竖直平面内圆周运动的绳模型)．答案　CD5．如图4－3－4所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了(　　)．A．提高速度B．提高稳定性C．骑行方便D．减小阻力解析　这种老式不带链条的自行车，驱动轮在前轮，人蹬车图4－3－4的角速度一定的情况下，由v＝ωr7\n可知，车轮半径越大，自行车的速度就越大，所以A正确．答案　A6．“天宫一号”目标飞行器经过我国科技工作者的不懈努力，终于在2022年9月29日晚21点16分发射升空．等待与神舟八号、九号、十号飞船对接．“天宫一号”在空中运行时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中“天宫一号”所受合力可能是下图中的(　　)．解析　答案　C图4－3－57.如图4－3－5两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为(　　)．A.mgB．2mgC．3mgD．4mg解析　当小球到达最高点速率为v，有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝mg，A正确．(极限思维法)答案　A8．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙．以下说法正确的是7\n(　　)．A．f甲小于f乙B．f甲等于f乙C．f甲大于f乙D．f甲和f乙大小均与汽车速率无关解析　根据题中的条件可知，两车在水平面做匀速圆周运动，则地面对车的摩擦力用来提供其做圆周运动的向心力，则F向＝f，又有向心力的表达式F向＝，因为两车的质量相同，两车运行的速率相同，因此轨道半径大的车所需的向心力小，即摩擦力小，A正确．答案　A9.如图4－3－6所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是(　　)．A．轨道对小球做正功，小球的线速度vP>vQB．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ图4－3－6C．小球的向心加速度aP>aQD．轨道对小球的压力FP>FQ解析　本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题．轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，A错；那么在整个过程中只有重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有vP<vQ，在P、Q两点对应的轨道半径rP>rQ，根据ω＝，a＝，得小球在P点的角速度小于在Q点的角速度，B正确；在P点的向心加速度小于在Q点的向心加速度，C错；小球在P和Q两点的向心力由重力和支持力提供，即mg＋FN＝ma向，可得P点对小球的支持力小于Q点对小球的支持力，D错．答案　B10.乘坐游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(如图4－3－7所示)，下列说法正确的是(　　)．图4－3－7A．车在最高点时，人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去B．人在最高点时，对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mgC．人在最低点时，处于超重状态D．人在最低点时，对座位的压力大于mg7\n解析　人在最高点如果速度较大，就会产生对座位的压力．并且压力也有可能大于mg而不致于掉落，故A、B均错；人在最低点时具有向上的加速度，因此处于超重状态，C对；在最低点满足N＝mg＋m>mg，D对(竖直平面内圆周运动的杆模型)．答案　CD图4－3－811．如图4－3－8所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在m到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？解析　(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg＝m①由①式解得v1＝②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有Ep＝mg(1.5R＋R)＋mv12③由②③式解得Ep＝3mgR④(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，7\n设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有4．5R＝gt2⑤x1＝v1t＋R⑥由⑤⑥式解得x1＝4R⑦当鱼饵的质量为m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有Ep＝mg(1.5R＋R)＋v22⑧由④⑧式解得v2＝2⑨质量为m的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2＝v2t＋R⑩由⑤⑨⑩式解得x2＝7R鱼饵能够落到水面的最大面积S＝(πx22－πx12)＝πR2(或8.25πR2)．答案　(1)(2)3mgR(3)πR2(或8.25πR2)12．如图4－3－9所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差ΔF.改变BC的长度L，重复上述实验，最后绘得的ΔF－L图像如图4－3－21乙所示．(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)7\n图4－3－9(1)某一次调节后，D点的离地高度为0.8m，小球从D点飞出，落地点与D点的水平距离为2.4m，求小球经过D点时的速度大小；(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．解析　(1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD＝gt2，在水平方向做匀速直线运动，有：x＝vDt，得：vD＝＝＝6m/s.(2)设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒，有：mvA2＝mvD2＋mg(2r＋L)，①在A点：FA－mg＝m，②在D点：FD＋mg＝m，③由①②③式得：ΔF＝FA－FD＝6mg＋2mg，由图像纵截距得：6mg＝12N，得m＝0.2kg，当L＝0.5m时，ΔF＝17N，解得：r＝0.4m．(杆模型)答案　(1)6m/s　(2)0.2kg　0.4m7