通用版2021版高考物理大一轮复习课后限时集训12圆周运动.doc

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1、课后限时集训12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.

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32，运动方向改变的角度之比是21，则()A二者线速度大小之比为23B二者角速度大小之比为12C二者圆周运动的半径之比为13D二者向心加速度大小之比为31D线速度v，两快艇通过的路程之比为32，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为32，故A错误；角速度，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21，由于运动时间相等，则角速度大小之比为21，故B错误；根据vr得，圆周运动的半径r，则两快艇做圆周运动的半径之比为34，故C错误；根据av得，向心加速度大小之比为31，故D正确

3、。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 sin ，重力加速度g取10 m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为()A8 cmB9 cmC10 cmD11 cmB由题可知半径R5 600 m，时速为v216 km/h60 m/s；根据牛顿第二定律得mgtan m，解得tan ，由几何关系得tan sin ，而L1 400 mm，联立得h90 mm9 cm，故B正确，A、C、D错误。4.如图所示，“旋转秋千”

4、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()AA的速度比B的大BA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Fm2r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

5、圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为，重力加速度为g，则座舱()A运动周期为B线速度的大小为RC受摩天轮作用力的大小始终为mgD所受合力的大小始终为m2RBD由T，vR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，Fm2R，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mgm2R，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

6、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，则有mgtan ，且tan sin ，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()AB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CA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A小于B与盘之间的动摩擦因数BBA、B两物块随水平圆盘一起做匀速

7、圆周运动，向心力Fm2r，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，fAB2m2r，对A分析，有fAm2r，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B2mgfAmvr，又mrB，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

8、示。将两球由静止释放。在各自运动轨迹的最低点时，有()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度C小球从静止释放运动到最低点的过程中，由机械能守恒得mgRmv2，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 m2l，即时，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

9、，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v2a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v2gr，故

10、agr，与小球的质量无关，故A正确；当v22a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得mgb，解得bmg，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()AB球的速度为BA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

11、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相等，由牛顿第二定律知，对B球有mgT2mL2，对A球有Tmgm2L，联立解得，T3mg，B球的速度vB2L2，A球的速度vAL，故B正确，A、C错误。12如图所示，装置BOO可绕竖直轴OO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37。已知小球的质量m1 kg，细线AC长L1 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 370.6，c

12、os 370.8)(1)若装置匀速转动的角速度为1，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1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度为2时，细线AB刚好竖直，且张力为零，求此时角速度2的大小。解析(1)细线AB上的张力恰为零时有mgtan 37mLsin 37解得1 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 ，则有53mgtan mLsin 解得2 rad/s。答案(1) rad/s(2) rad/s13.长L0.5 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m2 kg，g取10 m/

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