（通用版）2021版高考物理大一輪復習 課后限時集訓12 圓周運動

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1、課后限時集訓12 圓周運動 建議用時：45分鐘 1．(2019·溫州九校聯考)環(huán)球飛車是一場將毫無改裝的摩托車文化進行演繹的特技表演。如圖所示，在舞臺中固定一個直徑為6.5 m的球形鐵籠，其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用 B．摩托車做圓周運動的向心力由彈力來提供 C．在此圓周運動中摩托車受到的彈力不變 D．摩托車受到水平圓面內與運動方向相同的摩擦力 B　[摩托車受重力、摩擦力、彈力的作用，向心力是效果力，故A錯誤；豎直方向上，摩托力所受重力和摩擦力平衡，所以摩擦力方向豎直向上。

2、彈力提供向心力，所以彈力方向改變，故B正確，C、D錯誤。] 2.(2019·合肥調研)如圖所示，兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動，在相同時間內，它們通過的路程之比是3∶2，運動方向改變的角度之比是2∶1，則(　　) A．二者線速度大小之比為2∶3 B．二者角速度大小之比為1∶2 C．二者圓周運動的半徑之比為1∶3 D．二者向心加速度大小之比為3∶1 D　[線速度v＝，兩快艇通過的路程之比為3∶2，由于運動時間相等，則二者的線速度大小之比為3∶2，故A錯誤；角速度ω＝，運動方向改變的角度等于圓周運動轉過的角度，兩快艇轉過的角度之比為2∶1，由于運動時間相等，則角速度大小之比為2∶1

3、，故B錯誤；根據v＝rω得，圓周運動的半徑r＝，則兩快艇做圓周運動的半徑之比為3∶4，故C錯誤；根據a＝vω得，向心加速度大小之比為3∶1，故D正確。] 3．(2019·沈陽一模)我國高鐵技術發(fā)展迅猛，目前處于世界領先水平。已知某路段為一半徑為5 600米的彎道，設計時速為216 km/h(此時車輪輪緣與軌道間無擠壓)，已知我國的高鐵軌距約為1 400 mm，且角度較小時可近似認為tan θ＝sin θ，重力加速度g取10 m/s2，則此彎道內、外軌高度差應為(　　) A．8 cm B．9 cm C．10 cm D．11 cm B　[由題可知半徑R＝5 600 m，時速為v＝216 k

4、m/h＝60 m/s；根據牛頓第二定律得mgtan θ＝m，解得tan θ＝，由幾何關系得tan θ＝sin θ＝，而L＝1 400 mm，聯立得h＝90 mm＝9 cm，故B正確，A、C、D錯誤。] 4.如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　) A．A的速度比B的大 B．A與B的向心加速度大小相等 C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 D　[在轉動過程中，A、B兩座椅的角速度相等，但由于B座椅的半徑比較大，

5、故B座椅的速度比較大，向心加速度也比較大，A、B項錯誤；A、B兩座椅所需向心力不等，而重力相同，故纜繩與豎直方向的夾角不等，C項錯誤；根據F＝mω2r判斷A座椅的向心力較小，所受拉力也較小，D項正確。] 5．(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為ω，重力加速度為g，則座艙(　　) A．運動周期為 B．線速度的大小為ωR C．受摩天輪作用力的大小始終為mg D．所受合力的大小始終為mω2R BD　[由T＝，v＝ωR可知A錯誤，B正確。由座艙做勻速圓周運動，可知座艙所受的合力提供向心力，F＝mω

6、2R，方向始終指向摩天輪中心，則座艙在最低點時，其所受摩天輪的作用力為mg＋mω2R，故C錯誤，D正確。] 6．(多選)鐵路轉彎處的彎道半徑r是根據地形決定的。彎道處要求外軌比內軌高，其內、外軌高度差h的設計不僅與r有關，還與火車在彎道上的行駛速率v有關。下列說法正確的是(　　) A．速率v一定時，r越小，要求h越大 B．速率v一定時，r越大，要求h越大 C．半徑r一定時，v越小，要求h越大 D．半徑r一定時，v越大，要求h越大 AD　[火車轉彎時，向心力由重力mg與軌道支持力FN的合力來提供，如圖所示，設軌道平面與水平面的夾角為θ，則有mgtan θ＝，且tan θ≈sin θ＝

7、，其中L為軌間距，是定值，有mg＝，通過分析可知A、D正確。] 7.如圖所示，疊放在一起的兩物塊A、B質量相等，隨水平圓盤一起做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) A．B做圓周運動所需向心力是A做圓周運動所需向心力的2倍 B．盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍 C．A有沿半徑向外滑動的趨勢，B有沿半徑向內滑動的趨勢 D．若B先滑動，則A、B之間的動摩擦因數μA小于B與盤之間的動摩擦因數μB B　[A、B兩物塊隨水平圓盤一起做勻速圓周運動，向心力F＝mω2r，因為兩物塊的角速度大小相等，轉動半徑相等，質量相等，則向心力相等，故A錯誤；將A、B作為整體分析，fAB＝2mω2r

8、，對A分析，有fA＝mω2r，可知盤對B的摩擦力是B對A的摩擦力的2倍，故B正確；A所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，B受到盤的靜摩擦力方向指向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤；若B先滑動，表明盤對B的摩擦力先達到二者之間的最大靜摩擦力，當B恰要滑動時，有μB×2mg－fA＝mvr，又mωr<μAmg，fA＝mωr，解得μA>μB，故D錯誤。] 8.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自運動軌跡的最低點時，有(　　) A．P球的速度

9、一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 C　[小球從靜止釋放運動到最低點的過程中，由機械能守恒得mgR＝mv2，解得v＝，式中R為繩長，則小球在最低點的速度只與繩長有關，可知vP

10、等，故C正確，D錯誤。] 9．(多選)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．a繩的張力不可能為零 B．a繩的張力隨角速度的增大而增大 C．當角速度ω>時，b繩將出現彈力 D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化 AC　[對小球受力分析，可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，為定值，A正確，B錯誤。當Tacos θ＝mω2l，即ω＝時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將

11、出現彈力，C正確。由于繩b可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩的彈力可能不變，D錯誤。] 10．(多選)(2019·資陽一診)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系圖象如圖乙所示，圖象中的數據a和b，包括重力加速度g都為已知量，則以下說法正確的是(　　) 甲　　　　　乙　 A．數據a與小球的質量無關 B．數據b與小球的質量無關 C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑無關 D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌跡半徑 AD　[由題圖乙可知，當v

12、2＝a時，此時繩子的拉力為零，小球的重力提供其做圓周運動的向心力，則由牛頓第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A正確；當v2＝2a時，對小球受力分析，則由牛頓第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據上述分析可知＝與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑也有關，故C錯誤；由上述可知r＝，m＝，故D正確。] 11.(多選)如圖所示，長為3L的輕桿繞水平轉軸O轉動，在桿兩端分別固定質量均為m的球A、B(可視為質點)，A球距轉軸O的距離為L?，F給系統(tǒng)一定的動能，使桿和球在豎直平面內轉動。當B球運動到最高點時，水平轉軸O對桿的作用力恰好為零，忽略空氣阻

13、力。已知重力加速度為g，則B球在最高點時，下列說法正確的是(　　) A．B球的速度為 B．A球的速度大于 C．桿對B球的彈力為零 D．桿對B球的彈力方向豎直向下 BD　[當B球運動到最高點時，水平轉軸O對桿的作用力恰好為零時，說明桿對兩球的作用力大小相等、方向相反，桿對B球的彈力方向豎直向下，D正確；由題圖可知兩球的角速度ω相等，由牛頓第二定律知，對B球有mg＋T＝2mLω2，對A球有T－mg＝mω2L，聯立解得ω＝，T＝3mg，B球的速度vB＝2Lω＝2，A球的速度vA＝Lω＝，故B正確，A、C錯誤。] 12．如圖所示，裝置BO′O可繞豎直軸O′O轉動，可視為質點的小球A與兩

14、細線連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球的質量m＝1 kg，細線AC長L＝1 m，B點距C點的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向夾角仍為37°，求角速度ω1的大??； (2)若裝置勻速轉動的角速度為ω2時，細線AB剛好豎直，且張力為零，求此時角速度ω2的大小。 [解析]　(1)細線AB上的張力恰為零時有 mgtan 37°＝mωLsin 37° 解得ω1＝＝ rad/s＝ rad/s

15、。 (2)細線AB恰好豎直，但張力為零時， 由幾何關系得cos θ′＝，則有θ′＝53° mgtan θ′＝mωLsin θ′ 解得ω2＝ rad/s。 [答案]　(1) rad/s　(2) rad/s 13.長L＝0.5 m、質量可忽略的細桿，其一端可繞O點在豎直平面內自由轉動，另一端固定著一個小球A。A的質量為m＝2 kg，g取10 m/s2，如圖所示，求在下列兩種情況下，當A通過最高點時，桿對小球的作用力： (1)A在最低點的速率為 m/s； (2)A在最低點的速率為6 m/s。 [解析]　對小球A由最低點到最高點過程，由動能定理得 －mg·2L＝mv2－mv ① 在最高點，假設細桿對A的彈力F向下，則A的受力圖如圖所示，以A為研究對象，由牛頓第二定律得 mg＋F＝m 所以F＝m。 (1)當v0＝ m/s時， 由①式得v＝1 m/s F＝2× N＝－16 N 負值說明F的實際方向與假設的向下的方向相反，即桿給A向上的16 N的支撐力。 (2)當v0＝6 m/s時， 由①式得v＝4 m/s F＝2× N＝44 N 正值說明桿對A施加的是向下的44 N的拉力。 [答案]　(1)16 N　方向向上　(2)44 N　方向向下 7