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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(lián)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。彈力提供向心力，所以彈力方向改變，故B正確，C、D錯誤。2.

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32，運動方向改變的角度之比是21，則()A二者線速度大小之比為23B二者角速度大小之比為12C二者圓周運動的半徑之比為13D二者向心加速度大小之比為31D線速度v，兩快艇通過的路程之比為32，由于運動時間相等，則二者的線速度大小之比為32，故A錯誤；角速度，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21，由于運動時間相等，則角速度大小之比為21，故B錯誤；根據(jù)vr得，圓周運動的半徑r，則兩快艇做圓周運動的半徑之比為34，故C錯誤；根據(jù)av得，向心加速度大小之比為31，故D正確

3、。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 sin ，重力加速度g取10 m/s2，則此彎道內、外軌高度差應為()A8 cmB9 cmC10 cmD11 cmB由題可知半徑R5 600 m，時速為v216 km/h60 m/s；根據(jù)牛頓第二定律得mgtan m，解得tan ，由幾何關系得tan sin ，而L1 400 mm，聯(lián)立得h90 mm9 cm，故B正確，A、C、D錯誤。4.如圖所示，“旋轉秋千”

4、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()AA的速度比B的大BA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，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(jù)Fm2r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

5、圓周運動。座艙的質量為m，運動半徑為R，角速度大小為，重力加速度為g，則座艙()A運動周期為B線速度的大小為RC受摩天輪作用力的大小始終為mgD所受合力的大小始終為m2RBD由T，vR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(xiàn)m2R，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mgm2R，故C錯誤，D正確。6(多選)鐵路轉彎處的彎道半徑r是根據(jù)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

6、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，則有mgtan ，且tan sin ，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()AB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CA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(shù)A小于B與盤之間的動摩擦因數(shù)BBA、B兩物塊隨水平圓盤一起做勻速

7、圓周運動，向心力Fm2r，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，fAB2m2r，對A分析，有fAm2r，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B2mgfAmvr，又mrB，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

8、示。將兩球由靜止釋放。在各自運動軌跡的最低點時，有()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動能一定小于Q球的動能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP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mgRmv2，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時，b繩將出現(xiàn)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 m2l，即時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將出現(xiàn)彈力，C正確。由于繩b可能沒有彈力

9、，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(jīng)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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)a與小球的質量無關B數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)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v2a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v2gr，故

10、agr，與小球的質量無關，故A正確；當v22a時，對小球受力分析，則由牛頓第二定律得mgb，解得bmg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據(jù)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(xiàn)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()AB球的速度為BA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

11、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相等，由牛頓第二定律知，對B球有mgT2mL2，對A球有Tmgm2L，聯(lián)立解得，T3mg，B球的速度vB2L2，A球的速度vAL，故B正確，A、C錯誤。12如圖所示，裝置BOO可繞豎直軸OO轉動，可視為質點的小球A與兩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37。已知小球的質量m1 kg，細線AC長L1 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 370.6，c

12、os 370.8)(1)若裝置勻速轉動的角速度為1，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1的大小；(2)若裝置勻速轉動的角速度為2時，細線AB剛好豎直，且張力為零，求此時角速度2的大小。解析(1)細線AB上的張力恰為零時有mgtan 37mLsin 37解得1 rad/s rad/s。(2)細線AB恰好豎直，但張力為零時，由幾何關系得cos ，則有53mgtan mLsin 解得2 rad/s。答案(1) rad/s(2) rad/s13.長L0.5 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m2 kg，g取10 m/

13、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mg2Lmv2mv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mgFm所以Fm。(1)當v0 m/s時，由式得v1 m/sF2 N16 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v06 m/s時，由式得v4 m/sF2 N44 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