江苏专用2021版高考物理一轮复习课后限时集训12圆周运动

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6.5m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∶3B．二者角速度大小之比为1∶2C．二者圆周运动的半径之比为1∶3D．二者向心加速度大小之比为3∶1D[线速度v＝st，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＝θt，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＝vω，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．(多选)(2019·南京模拟)如图所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v′1、v′2、v′3，下列说中正确的是()甲乙A．甲做的不可能是直线运动B．乙做的可能是直线运动C．甲可能做匀变速运动D．乙受到的合力不可能是恒力ACD[甲、乙的速度方向在变化，所以甲、乙不可能做直线运动，故A正确，B错误；甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能做匀变速运动，选项C正确；乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力，故D正确。]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2πRωB．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2RBD[由T＝2πω，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mgtanθ＝mv2r，且tanθ≈sinθ＝hL，其中L为轨间距，是定值，有mghL＝mv2r，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μBB[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＝mv2maxr，又mω2maxrμAmg，fA＝mω2maxr，解得μAμB，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＝12mv2，解得v＝2gR，式中R为绳长，则小球在最低点的速度只与绳长有关，可知vPvQ，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＝mv2R，解得F＝mg＋mv2R＝3mg，a向＝F－mgm＝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ωgcotθl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＝mgsinθ，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2l，即ω＝gcotθl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ba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＝mv2r，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＝mv2r，解得b＝mg，与小球的质量有关，故B错误；根据上述分析可知ba＝mr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＝ag，m＝bg，故D正确。]11．(2019·江苏扬州中学高考模拟)扬州某游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是()A．模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C．增大θ，模型飞机线速度大小不变D．增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大D[当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，模型飞机受到重力和支持力的作用，而向心力属于效果力，由重力和支持力的合力产生，故模型飞机受到的力为重力和旋臂的作用力，故A错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但在竖直方向和水平方向有分力，且竖直方向的分力等于重力，故B错误；增大θ，飞机的圆周运动半径r＝Lsinθ增大，根据v＝rω知飞机线速度增大，故C错误；根据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式F＝mg2＋mω·Lsinθ2，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故D正确。]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＝1kg，细线AC长L＝1m，B点距C点的水平和竖直距离相等。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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mgtan37°＝mω21Lsin37°解得ω1＝gLcos37°＝504rad/s＝522rad/s。(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得cosθ′＝35，则有θ′＝53°mgtanθ′＝mω22Lsinθ′解得ω2＝563rad/s。[答案](1)522rad/s(2)563rad/s13．(2019·江苏扬州中学高三月考)一转动装置如图甲所示，两根足够长轻杆OA、OB固定在竖直轻质转轴上的O点，两轻杆与转轴间夹角均为30°。小球a、b分别套在两杆上，小环c套在转轴上，球与环质量均为m。c与a、b间均用长为L的细线相连，原长为L的轻质弹簧套在转轴上，一端与轴上P点固定，另一端与环c相连。当装置以某一转速转动时，弹簧伸长到1.5L，环c静止在O处，此时弹簧弹力等于环的重力，球、环间的细线刚好拉直而无张力。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：甲乙(1)细线刚好拉直而无张力时，装置转动的角速度ω1；(2)如图乙所示，该装置以角速度ω2(未知)匀速转动时，弹簧长为L2，求此时杆对小球的弹力大小和角速度ω2。[解析](1)对a或b小球分析，根据牛顿第二定律得mgtan30°＝mω21Lsin30°解得ω1＝23gL。(2)依题可知，两次弹簧弹力大小相等方向相反，且F1＝mg设绳子拉力为F2，由几何知识知绳子与竖直轴之间的夹角为60°对c球分析，根据平衡条件得：2F2cos60°＝mg＋F1解得F2＝2mg对a或b球分析，竖直方向根据平衡条件得：FNsin30°＝mg＋F2cos60°解得FN＝4mg水平方向根据牛顿第二定律得FNcos30°＋F2sin60°＝mω22Lsin60°解得ω2＝6gL。[答案](1)23gL(2)4mg6gL