《江苏省连云港市2019年高考物理 考点突破每日一练（58）竖直(倾斜)面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省连云港市2019年高考物理 考点突破每日一练（58）竖直(倾斜)面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用（含解析）（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点突破每日一练（58）竖直(倾斜)面内的圆周运动、图象与牛顿运动定律的综合应用1如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是()A车头A通过P点时的速度最小B车的中点B通过P点时的速度最小C车尾C通过P点时的速度最小DA、B、C通过P点时的速度一样大2如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为
2、.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面间的夹角为30，g取10 m/s2.则的最大值是()A. rad/s B.rad/sC1.0 rad/s D0.5 rad/s3(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是()A小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2FC细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2FD细绳长度变为2L，其他条件不
3、变，小球到最低点时向心加速度为a4(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其Fv2图象如图乙所示则()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，小球对杆的弹力方向向下Dv22b时，小球受到的弹力与重力大小相等5(多选)如图所示两内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，现将质量相同的两个小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放(忽略空气阻力)，则()A小球在碗中做匀速圆周运动B过最低点时，两小球都处于超重状态C过最低点时，两
4、小球的角速度大小相等D过最低点时，两小球的机械能相等6如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量参考答案1B过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，
5、车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确2C随着角速度的增大，小物体最先相对于圆盘发生相对滑动的位置为转到最低点时，此时对小物体有mgcosmgsinm2r，解得1.0 rad/s，此即为小物体在最低位置发生相对滑动的临界角速度，故选C.3BD根据动能定理得：mv20mgL解得：v.小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故A错误；根据向心力公式得：Fmgm解得：F3mg.所以小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F.细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故B正确，C错误；根据向心加速度
6、公式得：a2g，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度不变，仍为a，故D正确4AD由图乙可知：当v2b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力，mgmm，即重力加速度g，故B错误；当v20时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，Fmga，即小球的质量m，故A正确；根据圆周运动的规律，当v2b时杆对球的弹力为零，当v2b时，mgFm，杆对球的弹力方向向下，v2cb，杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；当v22b时，mgFmm，又g，Fmmgmg，故D正确5BD由于重力做功，所以速度大小变化，故不可能做匀速圆周运动
7、，A错误；在最低点，加速度指向圆心，竖直向上，所以处于超重状态，故B正确；小球运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，在最低点，根据动能定理可得：mgRmv2，根据牛顿第二定律可得mm2R，两式联立可得，半径不同，所以角速度不同，C错误，D正确6(1) N(2)2.5 m(3)1.5 kg解析(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：Fmgtan代入数据可得：F N(2)由题图可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsinFcosma，解得a10 m/s2下滑的位移：x解得x5 m故下滑的高度hxsin 302.5 m(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2，二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2发生相对滑动时，木板的加速度a21 m/s2滑块减速的加速度大小为a34 m/s2对整体受力分析可得a11g可得10.1在02 s内分别对m和M做受力分析对M：a2对m：a3代入数据解方程可得M1.5 kg.- 4 -
