高中一轮复习物理课时检测（二十一）曲线运动规律的综合应用（题型研究课）

课时检测(二十一)曲线运动规律的综合应用(题型研究课)一、单项选择题1．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D人过最高点时，FN＋mg＝meq\f(v2,R)，当v≥eq\r(gR)时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝eq\r(2gR)时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确。2．(2016·全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误。3．一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A．小球过最高点A时，杆所受到的弹力可以等于零B．小球过最高点A的最小速度是eq\r(gR)C．小球过最高点A时，杆对小球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点A时，杆对小球的作用力一定随速度增大而减小解析：选A杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点A的速度可以为零，当小球过最高点A的速度v＝eq\r(gR)时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v＜eq\r(gR)，则杆在最高点A对小球的弹力竖直向上，mg－F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F减小，若v＞eq\r(gR)，则杆在最高点A对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝meq\f(v2,R)，随v增大，F增大，C、D错误。4．(2018·江苏七校联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是()解析：选B题中小球做匀速圆周运动，有mgtanθ＝mω2Lsinθ(θ为细线与竖直方向的夹角，L为细线长度)，整理得Lcosθ＝eq\f(g,ω2)是常量，即两球处于同一高度，故B项正确，A、C、D项错误。5．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10m/s2，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．4m/s B．2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s解析：选A小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsinα＝eq\f(1,2)mvB2，可得vB＝4m/s，A正确。二、多项选择题6．如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小。某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有()A．FN小于滑块重力B．FN大于滑块重力C．FN越大表明h越大D．FN越大表明h越小解析：选BC设滑块到达B处时的速度为v，根据向心力公式得FN－mg＝meq\f(v2,R)，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立解得FN＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2h,R)))，B、C项正确。7．(2018·泰州中学月考)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度一定满足ω≤eq\r(\f(2μg,3r))D．转台的角速度一定满足ω≤eq\r(\f(μg,r))解析：选BC要使A能够与B一起以角速度ω转动，根据牛顿第二定律可知，B对A的摩擦力一定等于A所需向心力的值，即Ff＝3mω2r，选项B正确；要使A、B、C能同时随转台一起以角速度ω匀速转动，则对A有：3μmg≥3mrω2，对A、B有：5μmg≥5mrω2，对C有：μmg≥eq\f(3,2)mrω2，综合以上可得ω≤eq\r(\f(2μg,3r))，选项C正确。8．(2018·苏州高三一模)如图甲所示，一长度l未知的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量m未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，轻杆对小球的弹力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，已知重力加速度为g。下列说法中正确的是()A．轻杆长度l＝eq\f(g,a)B．小球质量m＝eq\f(－b,g)C．当v2<a时，轻杆中的弹力表现为向下的拉力D．仅换用长度较短的轻杆做实验，图线b点的位置不变解析：选BD在最高点时，当小球速度为eq\r(gl)时，杆中拉力为零，有a＝(eq\r(gl))2＝gl，得出l＝eq\f(a,g)，A项错误；在最高点小球的速度为零时，有mg＝－b，得出m＝eq\f(－b,g)，B项正确；最高点v>eq\r(gl)时杆对球的弹力是拉力，v<eq\r(gl)时杆对球的弹力是支持力，C项错误；b点位置满足mg＝－b，与杆长无关，D项正确。9．(2018·江苏泰州模拟)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为l，重力加速度为g，则()A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点轻绳对小球的拉力差越大C．当v0＞eq\r(6gl)时，小球一定能通过最高点PD．当v0＜eq\r(gl)时，轻绳始终处于绷紧状态解析：选CD当小球运动到最低点Q时，加速度方向竖直向上，所以处于超重状态，故A选项错误；设Q点拉力为F1，P点拉力为F2，有F2＋mg＝meq\f(v22,l)，F1－mg＝eq\f(mv02,l)，由动能定理有mg·2l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv22，所以F1－F2＝6mg与v0无关，故B选项错误；小球恰好能通过P点时有mg＝meq\f(v2,l)，mg·2l＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，则v0＝eq\r(5gl)，当v0＞eq\r(6gl)时，小球一定能通过最高点P，故C选项正确；当v0＜eq\r(gl)时，小球到不了圆心的等高点N，所以处于摆动状态，轻绳始终绷紧，故D选项正确。三、计算题10．(2018·泰兴中学检测)如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2πrad/s绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。重力加速度g取10m/s2。(1)若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度；(2)求拉力作用的最短时间。解析：(1)物块平抛h＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s物块离开滑道时的速度v＝eq\f(R,t)＝2m/s由牛顿第二定律F－μmg＝ma1得拉动物块的加速度a1＝8m/s2撤去外力后－μmg＝ma2解得a2＝－2m/s2物块加速获得速度v1＝a1t1＝4m/s则滑道长为L＝x1＋x2＝eq\f(1,2)a1t12＋eq\f(v2－v12,2a2)＝4m。(2)圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用时间最短；圆盘转过一圈的时间T＝eq\f(2π,ω)＝1s，物块在滑道运动时先加速后减速v＝a1t′＋a2t2物块滑行时间、抛出在空中运动时间与圆盘周期关系t′＋t2＋t＝T由上面两式联立得t′＝0.3s。答案：(1)4m(2)0.3s11.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。(1)若轨道半径为R，求小球到达轨道最高点B时对轨道的压力大小FN；(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm；(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？解析：(1)设小球到B点时速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2FL－4mgR,m))在B点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝eq\f(2FL,R)－5mg。(2)小球恰能运动到轨道最高点B时，轨道半径有最大值，则有FN＝eq\f(2FL,Rm)－5mg＝0解得Rm＝eq\f(2FL,5mg)。(3)设小球平抛运动的时间为t，有2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝