课时梯级训练(10) 生活中的圆周运动（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

课时梯级训练(10)　生活中的圆周运动 1．(2024·辽宁朝阳高一检测)下列情形中，关于向心力的来源判断正确的是(　　) A．图甲中，动车转弯时，铁轨的支持力提供向心力 B．图乙中，飞机在水平面内转弯时，重力与升力的合力提供向心力 C．图丙中，汽车在水平路面转弯时，轨迹切线方向上的摩擦力提供向心力 D．图丁中，小孩乘坐旋转木马运动时，木马的重力提供向心力 B　解析：题图甲中，动车转弯时，铁轨的支持力和重力的合力提供向心力，A错误；题图乙中，飞机在水平面内转弯时，升力和重力的合力提供向心力，B正确；题图丙中，汽车在水平路面转弯时，径向上的摩擦力提供向心力，C错误；题图丁中，小孩乘坐旋转木马运动时，木马的支持力和重力的合力提供向心力，D错误。 2．(多选)如图甲为游乐场中的“空中飞椅”项目。“空中飞椅”结构示意图如图乙，转动轴带动顶部圆盘转动，悬绳一端系在圆盘边缘，另一端系着椅子。若所有椅子质量相等，悬绳长短不一定相等，忽略悬绳质量与空气阻力，则坐在椅子上的游客与椅子整体随圆盘匀速转动的过程中(　　) A．任一时刻，所有游客的线速度都相同 B．所有游客做圆周运动的周期都相同 C．悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大 D．悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关 BCD　解析：根据题意可知，所有游客为同轴转动，则所有游客做圆周运动的角速度相同，由v＝ωr可知，游客做圆周运动的半径不同，线速度大小不同，游客的线速度方向也不同，由T＝可知，所有游客做圆周运动的周期都相同，A错误，B正确；根据题意，设绳长为L，悬绳与竖直方向的夹角为θ，则有mg tan θ＝mω2L sin θ，解得cos θ＝可知，悬绳与竖直方向的夹角与游客质量无关，悬绳越长，cos θ越小，θ越大，即悬绳越长，悬绳与竖直方向的夹角就越大，C、D正确。 3．如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s时，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥面行驶至桥顶时，对桥面的压力为零，则汽车通过桥顶的速度应为(　　) A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s B　解析：当汽车通过拱桥顶点的速度是10 m/s时，由牛顿第二定律得mg－mg＝m，解得r＝40 m，当汽车通过拱桥顶点时对桥面恰无压力时，有mg＝m，解得v1＝＝20 m/s，B正确。 4．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定在水平地面不动。有两个质量均为m的小球A和小球B紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球B所在的高度为小球A所在高度的一半，则小球A、B(　　) A．所受的支持力大小之比为2∶1 B．所受的支持力大小之比为1∶1 C．角速度之比为∶1 D．线速度之比为2∶1 B　解析：两个球均贴着圆筒的内壁，在水平面内做匀速圆周运动，由重力和筒壁的支持力的合力提供向心力，如图所示。由图可知，筒壁对两球的支持力均为FN＝，支持力大小之比为1∶1，A错误，B正确；由牛顿第二定律可得，mg cot θ＝mω2r，解得ω＝，小球A、B的轨道半径之比为2∶1，则角速度之比为1∶，C错误；根据牛顿第二定律可得，mgcot θ＝m，解得v＝，小球A、B的轨道半径之比为2∶1，A、B的线速度之比为∶1，D错误。 5．(多选)(2024·山西太原高一期中)汽车更换轮胎后其重心会偏离转轴，这时需对轮胎进行动平衡旋转(动平衡)调整。卸下轮胎固定在动平衡机上，在轮毂上的恰当位置贴上适当质量的平衡块，就可以让其重心恢复到转轴。若平衡块的质量为m，与转轴的距离为R，当轮胎以角速度ω匀速转动时(　　) A．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力竖直向上，则应减小平衡块的质量 B．若平衡块到达最高点时车轴受到的合力沿水平方向，则只应调整平衡块的质量 C．平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mω2R D．平衡块到达与转轴等高的位置时，受到轮毂的作用力为m AD　解析：平衡块到达最高点时，对平衡块分析F＋mg＝mω2R，F＝m(ω2R－g)，若减小平衡块的质量，则平衡块受到向下的拉力减小，则平衡块对轮毂向上的拉力减小，可以减小车轴受到的竖直向上的合力，A正确；平衡块到达最高点时，平衡块对轮毂的力在竖直方向，仅调整平衡块质量，不能改变车轴水平方向的受力，B错误；平衡块到达最低点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝mω2R，解得FN＝mg＋mω2R，根据牛顿第三定律，平衡块到达最低点时对轮毂的作用力大小为mg＋mω2R，C错误；平衡块到达与转轴等高的位置时，水平方向根据牛顿第二定律F1＝mω2R，竖直方向根据平衡条件F2＝mg，则受到轮毂的作用力F合＝＝m，D正确。 6．某铁路转弯处的圆弧半径是300 m，铁轨的轨距是1 435 mm，火车通过这里的规定速度是72 km/h。 (1)求内外轨的高度差； (2)保持内外轨的这个高度差，如果列车通过转弯处的速度大于或小于72 km/h，分别会发生什么现象？说明理由。 答案：(1)0.195 m　(2)见解析 解析：(1)如图所示， h为内外轨的高度差，d为轨距。 72 km/h＝20 m/s，F＝mg tan α＝m，tan α＝ 由于轨道平面与水平面间的夹角一般很小，可以近似地认为tan α≈sin α＝ 代入上式得＝ 所以内外轨的高度差为h＝＝ m＝0.195 m。 (2)①如果车速v>72 km/h，火车重力和轨道对火车的支持力的合力F将小于需要的向心力，所差的向心力仍需由外轨对轮缘的弹力来弥补。这样就出现外侧车轮的轮缘向外挤压外轨的现象。 ②如果车速v<72 km/h，火车重力和轨道对火车的支持力的合力F将大于需要的向心力，超出的则由内轨对内侧车轮轮缘的弹力来平衡，这样就出现内侧车轮的轮缘向里挤压内轨的现象。 7．如图所示的是离心试验器的原理图，测试人的抗荷能力。被测者坐在椅子上随平台做匀速圆周运动，已知人的质量为m，图中的直线AB的长度为L，与竖直方向成30°角，AC的长度为r。求： (1)向心加速度和角速度； (2)人对椅子的压力。 答案：(1)g　　(2)mg 解析：(1)以人为研究对象，因为人做匀速圆周运动，所以人所受重力和支持力的合力提供向心力，如图所示 由图可知，向心力为 Fn＝mg tan 30° 再由牛顿第二定律可得 Fn＝mg tan 30°＝man 解得an＝g tan 30°＝g 根据an＝Rω2，R＝r＋L sin 30°＝r＋ 联立两式并代入数据解得ω＝。 (2)由图可知FN＝＝mg。 8．(2023·北京卷)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量，如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为F，用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R。下列说法正确的是(　　) A．圆周运动轨迹可处于任意平面内 B．小球的质量为 C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 A　解析：在太空中小球处于完全失重状态，故其做圆周运动的轨道可处于任意平面内，A正确；由绳子的拉力提供小球做圆周运动的向心力有F＝mRω2，由题可知其运动周期为T＝，且ω＝，联立三式解得m＝，B错误；由小球质量m＝可知，若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏小；若测R时未计入小球半径，则所得质量偏大，C、D错误。 9．(多选)(2024·湖北武汉高一检测)陶艺是中国传统技艺，融合了祖辈们的智慧。某次陶艺制作得到一个半径R＝10 cm的半球形陶罐，并固定在绕竖直轴OO′转动的水平转台上，转台转轴OO′过陶罐的圆心O，如图所示。现将一个小滑块放在陶罐内，转动转台，使得滑块与球心O的连线与转轴成θ＝53°角，与陶罐保持相对静止(已知滑块与陶罐内表面的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度g取10 m/s2。则转台转动角速度ω(　　) A．最小值为2.5 rad/s B．最小值为5 rad/s C．最大值为2.5 rad/s D．最大值为5 rad/s AC　解析：当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向上，且为最大值时，转台转动角速度最小，以小滑块为研究对象，竖直方向受力平衡有N cos θ＋fmsin θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得N sin θ－fmcos θ＝mωR sin θ，又fm＝μN，联立解得ωmin＝2.5 rad/s，A正确，B错误；当陶罐对小滑块的静摩擦力沿切线向下，且为最大值时，转台转动角速度最大，以小滑块为研究对象，竖直方向受力平衡有N′cos θ－fmsin θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得N′sin θ＋fmcos θ＝mωR sin θ，又fm′＝μN′，联立解得ωmax＝2.5 rad/s，C正确，D错误。 10．(2024·山西大同高一期中)“渤海之眼”——世界上最大的无轴式摩天轮位于山东潍坊，其总高度为145 m，直径达125 m，匀速运行一周需用时30分钟。在摩天轮匀速运行过程中，游客乘坐的座椅始终保持水平，则当质量为60 kg的游客乘坐摩天轮游玩时，求：(保留2位有效数字) (1)轿箱转动的角速度大小； (2)在最低点和最高点，座椅对乘客作用力大小的差值。 答案：(1)3.5×10－3 rad/s　(2)0.092 N 解析：(1)轿箱转动的角速度大小 ω＝＝3.5×10－3 rad/s。 (2)在最低点座椅对乘客作用力大小为F1，则 F1－mg＝mRω2 在最高点座椅对乘客作用力大小为F2，则mg－F2＝mRω2联立并代入数据得F1－F2＝2mRω2＝0.092 N。 11．(2024·北京师范大学附属中学高一期中)如图所示的是一种常见的盘山公路弯道设计方案，在弯道处使路面向山体一侧倾斜，这样可在一定程度上减小行车安全隐患。图中弯道路面的纵截面可视为夹角θ＝15°的斜面，车辆转弯时行驶的轨迹可视为半径R＝30 m的水平圆弧，车辆可视为质点。sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，g取10 m/s2。 (1)当一辆汽车在该弯道路面上匀速转弯行驶时，若汽车不受侧向的摩擦力作用，其速度应为多大？(保留1位有效数字) (2)若一辆汽车以较大的速度v0通过该弯道，仍沿路面做匀速圆周运动，汽车总质量为m，小张同学用关系式mg·tan 15°＋f·cos 15°＝m来求此时汽车所受摩擦力f的大小。你认为这种做法是否正确？若不正确，请列出正确的关系式或方程组(不必求解结果)； (3)橡胶轮胎与地面间的动摩擦因数μ约为0.7，试计算汽车在该弯道上安全行驶不发生侧滑的最大速度v m。(保留2位有效数字) 答案：(1)9 m/s (2)不正确，mg＋f sin θ＝N cos θ，N sin θ＋f cos θ＝m (3)19 m/s 解析：(1)根据牛顿第二定律有 mg tan θ＝m 解得v＝9 m/s。 (2)不正确。竖直方向mg＋f sin θ＝N cos θ 水平方向N sin θ＋f cos θ＝m，联立可求得摩擦力的大小和方向。 (3)当摩擦力达到最大静摩擦力时，即f m＝μN 代入(2)问方程，可求最大速度大小v m＝19 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$