江苏省连云港市2019年高考物理考点突破每日一练（54）水平面内的圆周运动、运动学规律与牛顿第二定律的综合应用（含解析）.doc

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1、- 1 -考点突破每日一练（54）水平面内的圆周运动、运动学规律与牛顿第二定律的综合应用1在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅 111 米的短道竞赛运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线图中圆弧虚线 Ob 代表弯道，即正常运动路线， Oa 为运动员在 O 点时的速度方向(研究时可将运动员看做质点)下列论述正确的是( )A发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C若在 O 发生侧滑，则滑动的方向在 Oa 左侧D若在 O 发生侧滑，则滑动的方向在 Oa 右侧与 Ob 之间2光盘驱动器读取数据的某种方式可

2、简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取如图所示，设内环内边缘半径为 R1，内环外边缘半径为 R2，外环外边缘半径为 R3.A、 B、 C 分别为各边缘线上的点则读取内环上 A 点时 A 点的向心加速度大小和读取外环上 C 点时 C 点的向心加速度大小之比为( )A. B. C. D.R21R2R3 R2R1R3 R2R3R21 R1R3R23如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为 R，质量为 m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为 2mg.当圆环以角速度 绕竖直直径转动

3、时，发现小球受三个力作用则 可能为( )- 2 -A. B.13 gR 32 gRC. D. 3g2R g2R4某同学设计了一种能自动拐弯的轮子如图所示，两等高的等距轨道 a、 b 固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是( )5如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角 37，两物块 A、 B 的质量 mA1 kg， mB4 kg.两物块之间的轻绳长 L0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为 FT12 N，对 B 施加一沿斜面向上的力 F，使 A、 B 由静止开始一起向上运动，力 F 逐渐增大， g

4、 取 10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8)(1)某一时刻轻绳被拉断，求此时外力 F 的大小；(2)若轻绳拉断瞬间 A、 B 的速度为 3 m/s，绳断后保持外力 F 不变，求当 A 运动到其能到达的最高点时， A、 B 之间的距离- 3 -参考答案1D 发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故 A、B 错误；运动员在水平方向不受任何外力时沿 Oa 线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在 Oa 右侧与Ob 之间，故 C 错误，D 正确2D A、 B 两点的角速度大小相等，根据 a

5、 r 2知， A、 B 两点的向心加速度之比aA： aB R1： R2； B、 C 两点的线速度相等，根据 a 知， B、 C 两点的向心加速度之比为v2raB： aC R3： R2.则 .aAaC R1R3R23B 因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉紧状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为 60，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：F m 2r，根据几何关系，其中 r Rsin 60一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好

6、不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得 Fmin2 mgsin 60，即 2mgsin 60 m Rsin 60，解得： min ，所以只要 就符合题意2min2gR 2gR4A 当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故 A 正确；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故 B 错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内

7、侧轮高度略升高，外侧轮高度也是略微升高，轨道对小车的支持力竖直向上，不会顺利实现拐弯儿不会出轨的目的，故 C 错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故 D 错误5(1)60 N (2)2.375 m解析 (1)整体： F( mA mB)gsin ( mA mB)aA 物体： FT mAgsin mAa,解得： F60 N.(2)设沿斜面向上为正， A 物体： mAgsin mAaA因 v03 m/s,故 A 物体到最高点所需时间 t0.5 s- 4 -此过程 A 物体的位移为 xA At t0.75 mvv02B 物体： F mBgsin mBaB， xB v0t aBt212两者间距为 xB xA L2.375 m.