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第四章 第3讲
对应同学用书 课时冲关(十二)第285页
一、选择题
1．一圆盘可绕通过圆盘中心O，且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一小木块A，它随圆盘一起运动——做匀速圆周运动，如图所示，则关于该小木块A的受力状况，下列说法正确的是( )
A．小木块A受重力、支持力和向心力
B．小木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与小木块运动方向相反
C．小木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心
D．小木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与小木块运动方向相同
解析：由于小木块随圆盘一起做匀速圆周运动时，受到重力、支持力和静摩擦力的作用，而静摩擦力又充当了物体做匀速圆周运动的向心力，所以A选项错，由于小木块的运动方向总是沿该点的切线方向，而静摩擦力的方向是时刻指向圆心的，所以B、D错，C对．
答案：C
2．在街头的理发店门口，常可以看到这样一个标志：一个转动的圆筒，外表有黑白螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但条纹实际在竖直方向并没有升降，这是由圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围围着圆筒、连续的一条宽带，相邻两条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2 r/s的转速匀速转动，我们感觉到升降方向和速度大小分别为( )
A．向上 10 cm/s B．向上 20 cm/s
C．向下 10 cm/s D．向下 20 cm/s
解析：由圆筒沿逆时针方向转动知我们感觉到条纹在沿竖直方向向下运动，圆筒转动一圈，用时0.5 s，感觉到条纹沿竖直方向向下运动L，因此向下运动的速度为20 cm/s.
答案：D
3．(2021年5月洛阳市模拟)现在很多汽车都应用了自动无级变速装置，不用离合器就可连续变换速度；如图为截锥式无级变速模型示意图，主动轮、从动轮之间有一个滚动轮，它们之间靠彼此的摩擦力带动；当滚动轮处于主动轮直径为D1、从动轮直径为D2的位置时，主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：由于它们之间靠彼此的摩擦力带动，主动轮、从动轮的线速度相等，由D1n1＝D2n2，可得＝，选项A正确．
答案：A
4．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v＝ ，则小球的运动状况为( )
A．小球不行能到达圆周轨道的最高点P
B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力
C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力
D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力
解析：小球从最低点Q到最高点，由机械能守恒定律，mv＝－2mgl＋mv2，则vp＝，因0<vp＝，因0<vp＝<，小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力，故C正确．
答案：C
5．(2021年福建省安溪一中、养正中学联考物理试题)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( )
[来源:Zxxk.Com]
A．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行能产生大小为mg的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于mg
D．人在最低点时对座位的压力大于mg
解析：过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的应用，人在最低点，受力分析，向心力公式可得：F－mg＝m，即F＝mg＋m>mg，故选项C错误，选项D正确；人在最高点，由向心力公式可得：F＋mg＝，可知：F＝0，选项A错误；F>0，人对座位能产生压力；F<0，平安带对人产生压力，选项B错误．
答案：D
6．如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为( )
A. B.
C. D.
解析：棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，合速度沿竖直向上方向上的速度重量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝.B对．
答案：B
7．(2021年河南省南阳市一中高三测试)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，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图象如乙图所示．则( )[来源:Z,xx,k.Com]
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等
解析：对小球在最高点进行受力分析，①速度为零时，F－mg＝0，结合图象可知：ma－mg＝0，②当F＝0时，由向心力公式可得：mg＝，结合图象可知：mg＝，可知g＝，m＝，选项A正确，选项B错误，③由图象可知：b<c，由向心力公式可得：mg＋F＝，F＝mg，选项C错误，选项D错误．
答案：A
8．(2021年长春市高中毕业班调研测试)计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据．磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区．现在一般的家用电脑中的硬盘的转速通常有5 400 r/min和7 200 r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则( )
A．磁头的位置相同时，7 200 r/min的硬盘读写数据更快
B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长
C．不管磁头位于何处，5 400 r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等
D．5 400 r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3︰4
解析：依据v＝2πnr可知转速大的读写速度快，所以A选项是正确的．依据t＝＝可知B选项错，C选项正确．依据an＝(2πn)2r可知a1∶a2＝9∶16，故D选项错误．
答案：AC
9．(2021年湖南省长沙市模拟)在光滑水平桌面中心固定一边长为0.3 m的小正三棱柱abc，俯视如图．长度为L＝1 m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.5 kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0＝2 m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线渐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)．已知细线所能承受的最大张力为7 N，则下列说法中不正确的是( )
A．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变
B．细线断裂之前，小球的速度渐渐减小
C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π s
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m
解析：在细线渐渐缠绕在棱柱上的过程中，小球速度的大小保持不变，选项A正确B错误．小球由初始位置到沿ab方向，运动时间＝π/3 s，以后细线中张力为m＝ N；从ab行长线位置到沿bc方向，运动时间＝7π/30 s；以后细线中张力为m＝5 N；从bc延长线位置到沿ca方向，运动时间＝4π/30 s；以后细线中张力为m＝20 N；由此可知，小球运动到沿ca方向时，细线断裂．细线断裂之前，小球运动的总时间为π/3 s＋7π/30 s＋4π/30 s＝21π/30 s＝0.7π s．选项C正确．细线断裂之前，小球运动了一周，其位移大小为0.9 m，选项D正确．
答案：B
二、非选择题
10．(2021年河南省开封市四模)如图，在同一水平高度上有A、B两物体，质量分别为m、M.A从图示位置开头以角速度ω绕 O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动．轨道半径为R.同时B物体在恒力F作用下，由静止开头在光滑水平面上沿x轴正方向做直线运动．求：
(1)要使两物体的速度相同，作用在B物体上的力F应多大？
(2)当两物体速度相同时，B物体的最小位移为多少？
解析：(1)因物体B在水平方向上做匀加速直线运动，物体A只有运动到圆的正上方时，才能与物体B速度相同．
依据物体A运动的周期性，运动到正上方的时间为：
t＝nT＋T/4，(n＝0,1,2,3,4…)
又有T＝2π/ω，物体A、B运动时间相同，均为t＝π.
物体A的运动速度为vA＝vB＝ωR，
物体B的运动速度为vB＝at＝Ft/M，
联立解得：F＝，(n＝0,1,2,3,4…)
(2)当n＝0时，物体B的运动时间最短，其位移最小，为：
x＝at2＝πR/4.
答案：(1)F＝(n＝0,1,2,3,4…)
(2)πR/4
11．(2021年开封期末质检)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调整其与水平面所成的倾角．板上一根长为l＝0.60 m的轻细绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10 m/s2)[来源:Zxxk.Com]
解析：小球在最高点，细绳拉力和重力沿斜面分力的合力供应向心力，F＋mgsin α＝m，
争辩小球从释放到运动到最高点的过程，由动能定理，－mglsin α＝mv2－mv，
若恰能通过最高点做圆周运动，F＝0，
联立解得sin α＝.
代入数据，得：α＝30°.
即倾角α的值应在小于30°的范围．
答案：倾角α的值应在小于30°的范围．
12．质量为1 kg的小球用长为L＝0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为H＝1 m，假如使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线受到拉力为Tm＝12.5 N就会被拉断．求：
(1)当小球的角速度为多大时线将断裂？
(2)小球落地点与悬点的水平距离．(g取10 m/s2)[来源:Z_xx_k.Com]
解析：(1)绳拉断瞬间对小球有(θ为细线与竖直方向的夹角)：
Tmsin θ＝mωLsin θ
Tmcos θ＝mg
解得ω0＝5rad/s，cos θ＝0.8；
(2)线拉断后，小球做平抛运动，初速v0＝ω0Lsin θ＝1.5 m/s，
抛出时的高度为h＝H－Lcos θ＝0.6 m.
由h＝gt2，x＝v0t，
解得t＝＝ s，x＝0.27 m
所求距离s＝＝0.6 m.
答案：(1)ω0＝5 rad/s (2)0.6 m
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