专题突破练(4) 力与曲线运动——圆周运动模型(Word练习)-【优化指导】2025年高考物理二轮复习高中总复习·第2轮

专题突破练(四)　力与曲线运动——圆周运动模型 1．(2023·全国甲卷)一个质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 C　解析：设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝，k为比例系数，将上式代入F＝mr得F＝mr3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，所以n＝3，C正确。 2．(2024·福建三明模拟)偏心振动轮广泛应用于生活中的各个领域，如手机振动器、按摩仪、混凝土平板振动机等。如图甲所示，某工人正操作平板振动机进行水泥路面的压实作业。平板振动机中偏心振动轮的简化图如图乙所示，轮上有一质量较大的偏心块。若偏心轮绕转轴O在竖直面内转动则当偏心块的中心运动到图中哪一位置时，振动机对路面压力最大(　　) A．P B．Q C．M D．N A　解析：对偏心块受力分析知，转到最低点P时满足F－mg＝mω2r，可得偏心轮中心轴对偏心块的拉力F＝mg＋mω2r，根据牛顿第三定律可知偏心块对偏心轮向下的拉力最大，则振动机对路面的压力最大，A正确。 3．(2024·湖南株洲一模)辘轳是古代庭院汲水的重要机械。如图，井架上装有可用手柄摇转的辘轳，辘轳上缠绕绳索，绳索一端系水桶，摇转手柄，使水桶起落，提取井水。P是辘轳边缘上的一质点，Q是手柄上的一质点，当手柄以恒定的角速度转动时(　　) A．P的线速度大于Q的线速度 B．P的向心加速度小于Q的向心加速度 C．辘轳对P的作用力大小和方向都不变 D．辘轳对P的作用力大小不变、方向变化 B　解析：P、Q两质点同轴转动，角速度相等，由于P质点做圆周运动的半径小于Q质点做圆周运动的半径，根据v＝ωr可知P的线速度小于Q的线速度，根据a＝ω2r可知P的向心加速度小于Q的向心加速度，A错误，B正确；手柄以恒定的角速度转动时，即质点均在做匀速圆周运动，P质点受到重力与辘轳对P的作用力，根据F合＝mω2r可知向心力大小不变，但向心力方向时刻变化，即P质点所受外力的合力大小不变、方向变化，重力大小与方向不变，根据力的合成法则可知，辘轳对P的作用力大小与方向均发生变化，C、D错误。 4．(2024·广东卷)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A．r B．l C．r D．l A　解析：由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，A正确。 5．(2024·湖北黄冈测试)运球转身是运球中的一种基本方法，是篮球运动中重要进攻技术之一。拉球转身的动作是难点，例如图甲所示为运动员拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴(中枢脚所在直线)做圆周运动，假设手掌和球之间的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。篮球质量为600 g，直径24 cm，手到转轴的距离为0.5 m，则要顺利完成此转身动作，篮球和手的最小速度约为(　　) 　　 A．2.28 m/s B．2.76 m/s C．3.16 m/s D．3.52 m/s B　解析：竖直方向上，由平衡条件得Ff＝mg，且摩擦力Ff＝μFN，水平方向上，有FN＝，近似认为篮球的质量全部集中于球心，则轨道半径r＝0.5 m－×0.24 m＝0.38 m，解得v＝≈2.76 m/s，B正确。 6．(2024·江苏扬州期末)某同学将手机用长约1 m的充电线悬挂于固定点，拉开小角度释放，手机在竖直面内摆动，手机传感器记录角速度随时间变化的关系，如图所示，则手机(　　) A．在A→B过程中，速度增大 B．在A、C两点时，速度方向相反 C．在C点时，线中的拉力最小 D．在B、D两点时，线中拉力方向相同 B　解析：根据v＝rω可知，在A→B过程中，角速度减小，速度减小，A错误；A、C两点刚好相差半周期，单摆的速度最大，即在最低点，则速度方向相反，B正确；在C点时，单摆速度最大，在最低点，根据牛顿第二定律有F－mg＝m，可知线中的拉力最大，C错误；B、D两点相差半个周期，速度为0，可知单摆在对称的两侧最高点，线中拉力方向不相同，D错误。 7．(多选)(2024·广东普通高中一模)如图为晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面(设其半径足够大)的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则(　　) A．离子掺杂在x轴的负半轴上 B．离子掺杂在x轴的正半轴上 C．圆柱形磁场的磁感应强度必须小于 D．圆柱形磁场的磁感应强度必须小于 BC　解析：根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得最小的磁感应强度为B＝＝，C正确，D错误。 8．如图所示的是游乐场中的一种过山车，轨道车套在轨道上且在轨道的外侧做圆周运动。设图中轨道半径为R，则对轨道车中某一乘客而言(　　) A．速度大于才能通过最高点 B．过最高点时车对人的作用力一定向上 C．过最低点时车对人的作用力一定向上 D．过最低点时速度一定大于过最高点时速度 C　解析：当过最高点速度较小时，人受到车竖直向上的力，由牛顿第二定律可得mg－FN＝m，即v＝0时乘客恰好通过最高点，A错误；当过最高点车对人的作用力恰好为0时，由牛顿第二定律可得mg＝m，解得v＝，当0≤v＜时，人受到车的作用力向上，当v＞时人受到车的作用力向下，B错误；过最低点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，车对人的作用力一定向上，C正确；过最低点时速度不一定大于过最高点时速度，D错误。 9．(2024·北京怀柔区模拟)如图所示，圆心为O的半圆形区域内存在着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为半圆形区域的直径。现将两个比荷均为k的完全相同的带电粒子P、Q均从M点沿着MO方向射入磁场，已知粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝v，粒子P在磁场中的运动轨迹恰好为圆弧，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　) A．粒子P和粒子Q均带负电 B．粒子P和粒子Q的角速度之比为1∶ C．粒子Q的轨道半径为 D．粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为∶1 C　解析：由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，A错误；根据T＝＝，ω＝，由于两粒子的比荷相同，可知粒子在磁场中的运动周期相等，角速度也相等，B错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝m，粒子Q的轨道半径r2＝＝，C正确；两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设磁场的半径为R，由几何关系可得粒子P的轨道半径为r1＝R，所以粒子Q的轨道半径为r2＝r1＝R，由几何关系可得tan α＝＝，解得α＝30°，由t＝T，可知粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，D错误。 10．(2024·河北衡水模拟)如图所示，边长为a＝0.4 m正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2 T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10－8 kg，电荷量为q＝2×10－6 C的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是(　　) A．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12 m/s B．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10 m/s C．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为 m/s D．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2 m/s C　解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，解得v＝；若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得(2n＋1)r＝(n＝0，1，2，…)，解得v＝(n＝0，1，2…)；当n＝0时，速度最大为vmax＝8 m/s；当n＝1时，v＝ m/s；当n＝2时v＝ m/s，则粒子的速度不可能为2 m/s，C正确。 11．(2022·辽宁卷)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000 m接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 答案：(1)2.7 m/s2　(2)　甲 解析：(1)根据速度位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2。 (2)根据向心加速度的表达式有a＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为＝×＝ 甲、乙两人做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝ 代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲＝ s，t乙＝ s 因t甲<t乙，所以甲先出弯道。 12．(2024·浙江衢州模拟)如图所示的是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离0.5R。已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用。 (1)求圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性； (2)从M点射入的速度为v0的粒子，射出磁场后打在挡板上的F点(图中未标出)，求NF的距离以及从M到F所用的时间t； (3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？ 答案：(1)　正电　(2)R　　(3)60°～90° 解析：(1)速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知r＝R 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 解得B＝ 由左手定则判断可得粒子带正电。 (2)由题意得速度为v0的粒子轨道半径r′＝R，作出粒子运动轨迹如图甲所示， 由几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角度为60°，M到G的过程中，水平位移x＝R sin 60°＝R 竖直位移y＝R－R cos 60°＝R 可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得lGF＝＝R 解得lNF＝x＋lGFcos 60°－R＝R (或者在三角形ONF中NF＝ON tan 30°＝R) M到G的过程中所用的时间t1＝＝ G到F的过程中所用的时间t2＝＝ 总时间t＝t1＋t2＝。 (3)所有速度为v0的粒子均过N点，作出粒子运动轨迹如图乙所示，由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°；综上得夹角范围为60°～90°。 学科网（北京）股份有限公司 $$