课后限时集训10 圆周运动Word文档下载推荐.docx

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当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝

，代入数据解得F＝410N，选项B正确。

3.（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。

4.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示。

已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上。

转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。

稳定后，每根钢绳（含游客）与转轴在同一竖直平面内。

图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。

不计钢绳和飞椅的重力。

下列判断正确的是（　　）

A．P、Q两位游客的线速度大小相同

B．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2

C．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2

D．如果两位游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力

BD　[重力与拉力的合力为mgtanθ，由mgtanθ＝mω2htanθ解得：

hP＝hQ。

（h为钢绳延长线与转轴交点，与游客水平面的高度）由h＝

＋Lcosθ（其中r为圆盘半径）得，L越小则θ越小，则θ1>

θ2，与质量无关，则B正确，C错误。

由R＝r＋Lsinθ可得，RP>

RQ，角速度相同，则由v＝rω可知半径不同线速度不同，则vP>

vQ；

由向心力公式可知Q的向心力一定小于P的向心力，则A错误，D正确。

5.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5600米的弯道，设计时速为216km/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1400mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g取10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为（　　）

A．8cmB．9cm

C．10cmD．11cm

B　[由题可知半径R＝5600m，时速为v＝216km/h＝60m/s；

根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m

，解得tanθ＝

，由几何关系得tanθ＝sinθ＝

，而L＝1400mm，联立得h＝90mm＝9cm，故B正确，A、C、D错误。

6．（多选）如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8cm，从动轮的半径约为2cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点。

若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是（　　）

甲　　　　　　　乙

A．P、Q的线速度相同

B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反

C．P点的线速度大小约为1.6m/s

D．摇把的转速约为400r/min

BC　[由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；

若主动轮做顺时针转动，通过皮带的摩擦力带动从动轮转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；

玻璃盘的直径是30cm，转速是100r/min，所以P点的线速度v＝ωr＝2nπr＝2×

×

π×

m/s＝0.5πm/s≈1.6m/s，故C正确；

从动轮边缘的线速度vc＝ω·

rc＝2×

0.02m/s＝

πm/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝

＝

r/s＝25r/min，故D错误。

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＝mω

r，又mω

r<

μAmg，fA＝mω

r，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，两者向心加速度相等，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，故C正确，D错误。

9.（多选）如图所示，两根材质相同的轻绳一端分别系在竖直杆上的A点与B点，另一端系在质量为m的小球C上。

当小球随竖直杆一起以某一角速度ω匀速转动时，两根绳子都伸直，AC绳与竖直方向的夹角为θ，BC绳水平，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．小球的向心加速度可能等于gtanθ

B．AC绳的拉力一定等于

C．ω如果缓慢减小，则θ也一定同步减小

D．ω如果缓慢增大，BC绳一定先断

ABD　[当两绳子都伸直时，小球受重力、AC绳的拉力，BC绳的拉力可能为零，也可能不为零。

因为BC绳水平，故AC绳的拉力沿竖直方向的分力与重力二力平衡。

两根绳子都伸直时，AC绳一定有拉力，且TACcosθ＝mg，则TAC＝

，选项B正确；

对小球有mgtanθ＋TBC＝ma＝mω2r，BC绳拉力可以为零，也可以不为零，所以小球的向心加速度一定大于或等于gtanθ，选项A正确；

ω如果略微减小，TBC减小，θ可能不变，选项C错误；

ω如果增大，mgtanθ不再变化，TBC增加，BC绳一定先断，故选项D正确。

10.（多选）（2020·

四川凉山州模拟）如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为m的小球，另一端固定在等高的两点O1、O2，两点的距离也为L，在最低点给小球一个水平向里的初速度v0，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度为g，则（　　）

A．小球运动到最高点的速度v＝

B．小球运动到最高点的速度v＝

C．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝mg＋m

D．小球在最低点时每段绳子的拉力F＝

mg＋m

AD　[小球恰能在竖直面内做圆周运动的条件是在最高点重力恰好提供向心力，则mg＝m

，r＝Lsin60°

，解得v＝

，A正确，B错误；

小球在最低点，由向心力公式得FT－mg＝m

，每段绳子的拉力F＝

，解得F＝

，C错误，D正确。

11.长L＝0.5m、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＝2kg，g取10m/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6m/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＝1m/s

F＝2×

N＝－16N

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16N的支撑力。

（2）当v0＝6m/s时，

由①式得v＝4m/s

N＝44N

正值说明杆对A施加的是向下的44N的拉力。

[答案]　

（1）16N　方向向上　

（2）44N　方向向下

12.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台的转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。

转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动，相对罐壁静止，且受到的摩擦力恰好为零，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°

重力加速度大小为g。

（1）求转台的角速度ω0；

（2）若ω变为（1±

k）ω0，且0<

k≪1，小物块没有与罐壁发生相对滑动，求小物块受到的摩擦力大小和方向。

[解析]　

（1）小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和支持力的合力提供其做圆周运动的向心力，有mgtanθ＝mω

Rsinθ，

代入数据得ω0＝

（2）当ω＝（1＋k）ω0时，物块有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，由分析得

竖直方向：

FNcosθ－Ffsinθ－mg＝0，

水平方向：

FNsinθ＋Ffcosθ＝mω2Rsinθ，

联立得Ff＝

mg。

当ω＝（1－k）ω0时，物块有沿罐壁向下滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向上，由分析得

F′Ncosθ＋F′fsinθ－mg＝0，

F′Nsinθ－F′fcosθ＝mω2Rsinθ，

联立得F′f＝

[答案]　

（1）

（2）见解析

13．（2020·

重庆一中摸底考试）如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。

它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。

质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝

通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则（　　）

甲　　　　　　乙

A．强磁性引力的大小F＝7mg

B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力

C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg

D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为

D　[在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝m

，根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，联立解得F＝8mg，选项A错误。

质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝

，根据牛顿第三定律有NA＝N′A；

在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝

，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；

从A点到B点的过程，根据动能定理有mg·

2R＝

－

，联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C错误。

若强磁性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝m

，由数学知识可知当FB＝0时，质点速度最大为vBm，可解得vBm＝

，选项D正确。