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）.doc

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1、- 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D A、 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.

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 .设32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/s5 3C1.0 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

3、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 2F- 2 -D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 F v2图象如图乙所示则( )A小球的质量为aRbB当地的重力加速度大小为RbC v2 c 时，小球对杆的弹力方向向下D v22 b 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

4、，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 v t 图象如图乙所示， g10 m/s 2.求：(1)水平作用力 F 的大小；-

5、3 -(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，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 mg cos mgsin m 2r，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： mv20 mgL 解得： v .小球质

6、量变为 2m，其他条件不变，12 2gL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： F mg mv2L解得： F3 mg.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；根据向心加速度公式得： a 2 g，细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加v2L速度不变，仍为 a，故 D 正确4AD 由图乙可知：当 v2 b 时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力， mg m m ，即重力加速度 g ，故 B 错误；当 v20 时，向心力为零，

7、杆对球的弹v2R bR bR力恰好与球的重力等大反向， F mg a，即小球的质量 m ，故 A 正确；根据圆周运动ag aRb的规律，当 v2 b 时杆对球的弹力为零，当 v2b 时， mg F m ，杆对球的弹力方向向下， v2 cb，杆对小球的弹力方向向下，根v2R据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故 C 错误；当 v22 b 时， mg F m m ，v2R 2bR又 g ， F m mg mg，故 D 正确bR 2bR5BD 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，A 错误；在最低点，- 4 -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

8、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： mgR mv2，根据牛顿第二定律可得12m m 2R，两式联立可得 ，半径不同，所以角速度不同，C 错误，D 正确v2R 2gR6(1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg10 33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： F mgtan代入数据可得： F N10 33(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：mgsin Fcos ma，解得 a10 m/s 2下滑的位移： xv22a解得 x5 m故下滑的高度 h xsin 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/s 2发生相对滑动时，木板的加速度 a21 m/s 2滑块减速的加速度大小为 a34 m/s 2对整体受力分析可得 a1 1g 1(M m)gM m可得 10.1在 02 s 内分别对 m 和 M 做受力分析对 M： a2 2mg 1(M m)gM对 m： a3 2mgm代入数据解方程可得 M1.5 kg.