2021届高考物理一轮复习课后限时集训12圆周运动（含解析） 教案

圆周运动

建议用时：45分钟

1．(2019·温州九校联考)环球飞车是一场将毫无改装的摩托车文化进行演绎的特技表演。如图所示，在舞台中固定一个直径为6.5 m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在与球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)

A．摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用

B．摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供

C．在此圆周运动中摩托车受到的弹力不变

D．摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力

B　[摩托车受重力、摩擦力、弹力的作用，向心力是效果力，故A错误；竖直方向上，摩托力所受重力和摩擦力平衡，所以摩擦力方向竖直向上。弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故B正确，C、D错误。]

2.(2019·合肥调研)如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是3∶2，运动方向改变的角度之比是2∶1，则(　　)

A．二者线速度大小之比为2∶3

B．二者角速度大小之比为1∶2

C．二者圆周运动的半径之比为1∶3

D．二者向心加速度大小之比为3∶1

D　[线速度v＝，两快艇通过的路程之比为3∶2，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为3∶2，故A错误；角速度ω＝，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为2∶1，由于运动时间相等，则角速度大小之比为2∶1，故B错误；根据v＝rω得，圆周运动的半径r＝，则两快艇做圆周运动的半径之比为3∶4，故C错误；根据a＝vω得，向心加速度大小之比为3∶1，故D正确。]

3．(2019·沈阳一模)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。已知某路段为一半径为5 600米的弯道，设计时速为216 km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1 400 mm，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为(　　)

A．8 cm   B．9 cm 

C．10 cm   D．11 cm

B　[由题可知半径R＝5 600 m，时速为v＝216 km/h＝60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得tan θ＝，由几何关系得tan θ＝sin θ＝，而L＝1 400 mm，联立得h＝90 mm＝9 cm，故B正确，A、C、D错误。]

4.如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是(　　)

A．A的速度比B的大

B．A与B的向心加速度大小相等

C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等

D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小

D　[在转动过程中，A、B两座椅的角速度相等，但由于B座椅的半径比较大，故B座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，A、B项错误；A、B两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，C项错误；根据F＝mω2r判断A座椅的向心力较小，所受拉力也较小，D项正确。]

5．(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

A．运动周期为

B．线速度的大小为ωR

C．受摩天轮作用力的大小始终为mg

D．所受合力的大小始终为mω2R

BD　[由T＝，v＝ωR可知A错误，B正确。由座舱做匀速圆周运动，可知座舱所受的合力提供向心力，F＝mω2R，方向始终指向摩天轮中心，则座舱在最低点时，其所受摩天轮的作用力为mg＋mω2R，故C错误，D正确。]

6．(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的。弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关。下列说法正确的是(　　)

A．速率v一定时，r越小，要求h越大

B．速率v一定时，r越大，要求h越大

C．半径r一定时，v越小，要求h越大

D．半径r一定时，v越大，要求h越大

AD　[火车转弯时，向心力由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，设轨道平面与水平面的夹角为θ，则有mgtan θ＝，且tan θ≈sin θ＝，其中L为轨间距，是定值，有mg＝，通过分析可知A、D正确。]

7.如图所示，叠放在一起的两物块A、B质量相等，随水平圆盘一起做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)

A．B做圆周运动所需向心力是A做圆周运动所需向心力的2倍

B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍

C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势

D．若B先滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA小于B与盘之间的动摩擦因数μB

B　[A、B两物块随水平圆盘一起做匀速圆周运动，向心力F＝mω2r，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；将A、B作为整体分析，fAB＝2mω2r，对A分析，有fA＝mω2r，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误；若B先滑动，表明盘对B的摩擦力先达到二者之间的最大静摩擦力，当B恰要滑动时，有μB×2mg－fA＝mvr，又mωr<μAmg，fA＝mωr，解得μA>μB，故D错误。]

8.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自运动轨迹的最低点时，有(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

C　[小球从静止释放运动到最低点的过程中，由机械能守恒得mgR＝mv2，解得v＝，式中R为绳长，则小球在最低点的速度只与绳长有关，可知vP<vQ，动能与质量和绳长有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较两球动能的大小，故A、B错误；小球在最低点时，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝mg＋m＝3mg，a向＝＝2g，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等，故C正确，D错误。]

9．(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

A．a绳的张力不可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大

C．当角速度ω>时，b绳将出现弹力

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

AC　[对小球受力分析，可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确。由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。]

10．(多选)(2019·资阳一诊)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图象如图乙所示，图象中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是(　　)

甲　　　　　　乙　

A．数据a与小球的质量无关

B．数据b与小球的质量无关

C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关

D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径

AD　[由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知＝与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；由上述可知r＝，m＝，故D正确。]

11.(多选)如图所示，长为3L的轻杆绕水平转轴O转动，在杆两端分别固定质量均为m的球A、B(可视为质点)，A球距转轴O的距离为L。现给系统一定的动能，使杆和球在竖直平面内转动。当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零，忽略空气阻力。已知重力加速度为g，则B球在最高点时，下列说法正确的是(　　)

A．B球的速度为

B．A球的速度大于

C．杆对B球的弹力为零

D．杆对B球的弹力方向竖直向下

BD　[当B球运动到最高点时，水平转轴O对杆的作用力恰好为零时，说明杆对两球的作用力大小相等、方向相反，杆对B球的弹力方向竖直向下，D正确；由题图可知两球的角速度ω相等，由牛顿第二定律知，对B球有mg＋T＝2mLω2，对A球有T－mg＝mω2L，联立解得ω＝，T＝3mg，B球的速度vB＝2Lω＝2，A球的速度vA＝Lω＝，故B正确，A、C错误。]

12．如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量m＝1 kg，细线AC长L＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；

(2)若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度ω2的大小。

[解析](1)细线AB上的张力恰为零时有

mgtan 37°＝mωLsin 37°

解得ω1＝＝ rad/s

＝ rad/s。

(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，

由几何关系得cos θ′＝，则有θ′＝53°

mgtan θ′＝mωLsin θ′

解得ω2＝ rad/s。

[答案](1) rad/s　(2) rad/s

13.长L＝0.5 m、质量可忽略的细杆，其一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定着一个小球A。A的质量为m＝2 kg，g取10 m/s2，如图所示，求在下列两种情况下，当A通过最高点时，杆对小球的作用力：

(1)A在最低点的速率为 m/s；

(2)A在最低点的速率为6 m/s。

[解析]　对小球A由最低点到最高点过程，由动能定理得

－mg·2L＝mv2－mv ①

在最高点，假设细杆对A的弹力F向下，则A的受力图如图所示，以A为研究对象，由牛顿第二定律得

mg＋F＝m

所以F＝m。

(1)当v0＝ m/s时，

由①式得v＝1 m/s

F＝2× N＝－16 N

负值说明F的实际方向与假设的向下的方向相反，即杆给A向上的16 N的支撑力。

(2)当v0＝6 m/s时，

由①式得v＝4 m/s

F＝2× N＝44 N

正值说明杆对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