《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做4 圓周運動問題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做4 圓周運動問題(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、大題精做四 圓周運動問題
精選大題
1.【2018年浙江省模擬】如圖1所示。游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行.可抽象為圖2的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R=10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF,分別通過過水平光滑街接軌道BC.C‘E平滑連接,另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接EG間的水平距離l=40m.現(xiàn)有質(zhì)量m<500kg的過山車,從高h=40m的A點靜止下滑,經(jīng)BCDC‘EF最終停在G點,過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.2與減速直軌道FG的動摩擦因數(shù)均為μ2=0.75,過山車可視為質(zhì)點,運動中不脫離軌道,求
(1)過山
2、車運動至圓軌道最低點C時的速度大??;
(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力;
(3)減速直軌道FG的長度x(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
【解析】 (1)過山車到達C點的速度為vc,由動能定理
mgh-μ1mgcos45°hcos45°=12mvC2
代入數(shù)據(jù)可得vC=810m/s
(2)過山車到達D點的速度為vD,由機械能守恒定律
2mgR+12mvC2=12mvC2
由牛頓第二定律
mg+FD=mvD2R
聯(lián)立代人數(shù)據(jù)可得:FD = 7000N
由牛頓第三定律可知.軌道受到的力F’D = 7000N
(3)過山車從A到達G點.由
3、動能定理可得
mgh-mg(l-x)tan37°-μ1mghcot45°-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0
代人數(shù)據(jù)可得x = 30m
故本題答案是:
(1)vC=810m/s;(2)7000N;(3)x=30m
1.【2019浙江省模擬】三維彈球(3D Pinball)是Window里面附帶的一款使用鍵盤操作的電腦游戲,小王同學受此啟發(fā),在學校組織的趣味運動會上,為大家提供了一個類似的彈珠游戲。如圖所示,將一質(zhì)量為0.1kg的小彈珠(可視為質(zhì)點)放在O點,用彈簧裝置將其彈出,使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運動,BC段為一段長為L=2.0m的粗糙水平面,DEFG為矩形墊子(
4、墊子邊緣的高度忽略不計)。圓弧OA和AB的半徑分別為r=0.2m,R=0.4m,滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為μ= 0.4,C點離墊子的高度為h=0.8m,水平距離為x=0.6m,墊子的長度EF為1m,求:
(1)要使小滑塊恰好不脫離圓弧軌道,在B位置小滑塊受到半圓軌道的支持力;
(2)在滿足第⑴問的情況下,小滑塊能否落入墊子?若能,則落入墊子時距左邊緣DE的距離;
(3)為了不讓小滑塊飛出墊子,滑塊被彈射離開彈簧時的最大初速度。
【解析】(1)對大圓弧AB的A點:mg=mvA2R
A到B的過程機械能守恒:12mvA2+2mgR=12mvB2
對B點:FN-mg=mvB2R
由以上
5、三式可得:FN=6N
(2)從B至C由動能定理:-μmgL=12mvC2-12mvB2
得到vC=2m/s
由平拋運動:h=12gt2
s=vCt
聯(lián)立以上各式解得:s=0.8m>0.6m
所以小滑塊能落入盒子中。
落入的位置距離E點:Δx=s-x=0.2m
(3)由平拋運動:h=12gt2
x+xEF=vC't
由O至C用動能定理:mgR-μmgL=12mvC'2-12mv02
解得:v0=26m/s
2.【2019四川省成都市模擬】轉(zhuǎn)動裝置如圖所示,四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接,輕桿長均為l,球的質(zhì)量均為m,環(huán)質(zhì)量為2m,O端固定在豎
6、直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上,套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間,原長為L,裝置靜止時,彈簧長為3L2,轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速,小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,求:
(1)彈簧的勁度系數(shù)k;
(2)AB桿中彈簧長度為L2時,裝置轉(zhuǎn)動的角速度。
【解析】(1)裝置靜止時,設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ1。
小環(huán)受到彈簧的彈力為:F彈1=k?L3,
小環(huán)受力平衡,則有:F彈1=mg+2T1cosθ1,
小球受力平衡,則豎直方向有:F1cosθ1+T1cosθ1=mg,
水平方向有:F1sinθ1=T1sinθ1,
7、解得:k=6mgL;
(2)彈簧長度為12L時,設OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2,OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2。
小環(huán)受到的彈力為:F彈2=12kL=3mg,
小環(huán)受力平衡,有:2T2cosθ2=mg+F彈2,且cosθ2=L4l,
對小球,豎直方向有:F2cosθ2=T2cosθ2+mg,
水平方向有:F2sinθ2+T2sinθ2=mω2lsinθ2,
解得:ω=25gL.
3.【2019四川省瀘州市模擬】如圖所示,長為l的輕質(zhì)細線固定在O1點,細線的下端系一質(zhì)量為m的小球,固定點O1的正下方0.5l處的P點可以垂直于豎直平面插入一顆釘子,現(xiàn)將小球從細線處于水平狀態(tài)由靜止釋
8、放,此時釘子還未插入P點,在B點右下方水平地面上固定有一半徑為R=516l的光滑圓弧形槽,槽的圓心在O2,D點為最低點,且∠CO2D=37°,重力加速度為g,不計空氣阻力(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)小球運動到B點時的速度大小
(2)如果釘子插入P點后,小球仍然從A點靜止釋放,到達B點時,繩子恰好被拉斷,求繩子能承受的最大拉力;
(3)在第(2)問的情況下,小球恰好從槽的C點無碰撞地進入槽內(nèi),求整個過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫Α?
【解析】(1)小球從A到B運動過程中,根據(jù)機械能守恒有:
mgl=12mvB2-0
小球運動到B點時的速度vB=2gl
(2)
9、插入釘子后,小球再次經(jīng)過B點時有:
F-mg=mvB20.5l
vB=2gl
解得繩子能承受的最大拉力F=5mg
(3)小球從B點開始做平拋運動,在C點時速度方向巧好沿軌道切線方向,即:
vC=vBcos370
小球沿槽運動到最低點時對軌道的壓力最大,小球從C到D過程中機械能守恒有:
mgR(1-cos370)=12mvD2-12mvC2
在D點有:FN-mg=mvD2R
解得槽對小球的支持力FN=11.4mg
由牛頓第三定律得小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫镕N′=11.4mg,方向豎直向下。
4.【2019吉林省長春市模擬】有一水平放置的圓盤面水平放一勁度系數(shù)為k的彈簧,如圖所示
10、,彈簧的一端固定于軸O上,另一端連接一個可視為質(zhì)點,質(zhì)量為m的物體A,物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ(已知μ≤kl02mg),開始時彈簧未發(fā)生形變,長度為l0,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦,重力加速度為g求:
(1)物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止,求圓盤轉(zhuǎn)動角速度的最大值ω0;
(2)使彈簧的長度變?yōu)?2l0,為使物體A能與轉(zhuǎn)盤相對靜止,求圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足的條件。
【解析】(1) 圓盤轉(zhuǎn)動角速度取最大值ω0時A需要的向心力大小等于最大靜摩擦力,則有
μmg=mω02l0
解得:ω0=μgl0;
(2)因為kl02≥μmg,角速度取最小值ω1時,向心力的大小為彈力與最大靜摩擦力之差,
11、kl02-μmg=mω12·3l02
解得:ω1=kl0-2μmg3ml0
角速度取最大值ω2時,向心力的大小為彈力與最大摩擦力之和
kl02+μmg=mω22·3l02
解得:ω2=kl0+2μmg3ml0
所以kl0-2μmg3ml0≤ω≤kl0+2μmg3ml0。
5.【2018廣東省模擬】如圖所示,物體A、B之間有一根被壓縮鎖定的輕彈簧,整個裝置靜止在光滑軌道abc上,其中bc是半徑為R= 0.1 m的半圓形軌道。長為L=0.4 m的傳送帶順時針轉(zhuǎn)動的速度為v=2 m/s,忽略傳送帶的d端與軌道c點之間的縫隙寬度,物體B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ =0.5。已知物體A、B
12、可以看成質(zhì)點,質(zhì)量分別為2kg、1kg。彈簧解除鎖定后,A獲得的速度大小為vA =1.5 m/s,試分析物體B能否到達e點,如果不能請說明理由;如果能請求出物體B飛出后的落地點到e點間的水平距離。 (g=10 m/s2,不計空氣阻力)
【解析】解除彈簧的鎖定后,設B獲得的速度大小為vB,對A、B和彈簧系統(tǒng)機械能守恒,得EP=12mBvB2+12mAvA2
代入數(shù)據(jù):6.75=12×1×vB2+12×2×1.52,解得vB=3m/s
假設物體B能通過半圓形軌道最高點c點并到達e點,設物體B運動至c點時的速度為vc,運動至e點時速度為ve,由圓周運動知識可知,物體B在c點時應有mvc2
13、R≥mg,即vC≥gR=1m/s
物體B從彈簧解除鎖定到運動至e點的過程中,根據(jù)動能定理得?mBg?2R-μmBgL=12mBv32-12mBvB2
解得ve=1m/s,易知vc>ve,即vc>1m/s,故物體B能到達e點
物體B離開c點后做平拋運動,豎直方向2R=12gt2,水平方向x=vet,聯(lián)立解得x=0.2m
物體B再次落到水平軌道ab上時與e點間的水平距離為0.2m
6.【2019安徽省模擬】如圖所示,一光滑直桿上套了A、B兩個質(zhì)量均為m的圓環(huán),OB=L,OA=2L.桿的一端O有固定銨鏈,可自由轉(zhuǎn)動.現(xiàn)在使桿繞豎直軸做勻速轉(zhuǎn)動.試證明:A、B兩環(huán)不可能同時隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動,并說
14、明,若B環(huán)能隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動,則A環(huán)沿桿有怎樣的運動現(xiàn)象?
【解析】對小圓環(huán)受力分析,其受重力、支持力,如圖所示:
FNsinθ=mg
FNcosθ=mω2r
則a=gcotθ=ω2Lsinθ
解得:ω=1cosθgcosθL,
L越大,對應的ω越小,L與ω存在著一一對應,光滑桿具有確定的角速度只能有唯一的圓環(huán)與它共同運動。
若B環(huán)能隨桿穩(wěn)定轉(zhuǎn)動,則A環(huán)將沿光滑桿一直向上滑動,直至滑離。
7.【2018江蘇省模擬】如圖所示,ABDO是處于豎直平面內(nèi)的光滑軌道,AB是半徑為R=15m的1/4圓周軌道,半徑OA處于水平位置,BDO是半徑為r=7.5m的半圓軌道,D為BDO軌道的中央。一
15、個小球從A點正上方距A點H=10m處的P點自由落下,經(jīng)A點進入豎直平面內(nèi)的軌道,取g=10m/s2,不計空氣阻力。
(1)求小球經(jīng)過D點時對軌道的壓力的大小是重力的多少倍?
(2)試討論此球能否到達BDO軌道的O點,并說明理由。
(3)小球沿軌道運動后再次落到軌道上的速度的大小是多少?
【解析】(1)從P到D由動能定理得:
mg(H+r)=12mvD2
由圓周運動知識得:
ND=mvD2r
解得:ND=143mg;
(2) 設小球能夠沿豎直半圓軌道運動到O點的最小速度為vc,有:
mvC2r=mg
小球至少應從Hc高處落下,mgHC=12mvC2
解得:HC=R4
由H>HC,小球可以通過O點;
(3) 小球從O點水平飛出后打在圓弧軌道上時間為t
這個過程小球的水平位移為x=v0t
豎直位移為y=12gt2
由幾何知識得:x2+y2=R2
解得t=1s
物體豎直方向速度vy=gt=10m/s
落在圓弧上速度v=vx2+vy2=103ms。
7