高中物理教科版必修2 限时集训 圆周运动 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理教科版必修2 限时集训 圆周运动 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 661.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-09-23 08:52:02 | ||
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文档简介
圆周运动
1．下列关于匀速圆周运动中向心加速度的说法正确的是 ( )
A．向心加速度表示速率改变的快慢
B．向心加速度表示角速度变化的快慢
C．向心加速度描述线速度方向变化的快慢
D．匀速圆周运动的向心加速度不变
C [匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变线速度的方向，显然A错误；匀速圆周运动的角速度是不变的，所以B错误；匀速圆周运动中速度的变化只表现为速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述速度方向变化的快慢，所以C正确；匀速圆周运动的向心加速度的方向是变化的，所以D错误。]
2．(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )
A．它们的半径之比为2∶9
B．它们的半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
AD [由v＝ωr，得r＝，故r甲∶r乙＝(v甲ω乙)∶(v乙ω甲)＝2∶9，A正确，B错误；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C错误，D正确。]
3．(多选)如图所示为某一皮带传动装置。M是主动轮，其半径为r1，M′半径也为r1，M′和N在同一轴上，N和N′的半径都为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是( )
A．N′轮做的是逆时针转动
B．N′轮做的是顺时针转动
C．N′轮的转速为n
D．N′轮的转速为n
BC [根据皮带传动关系可以看出，N轮和M轮转动方向相反，N′轮和N轮的转动方向相反，因此N′轮的转动方向为顺时针，A错误，B正确。皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2πnr1＝2πn2r2，得N(或M′)轮的转速为n2＝，同理2πn2r1＝2πn′2r2，得N′轮转速n′2＝n，C正确，D错误。]
4．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝10 cm，飞轮的半径r2＝5 cm，后轮的半径r3＝30 cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s，则在自行车匀速前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2∶1∶1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2∶1∶6
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶6
D．自行车前进的速度大小约为13.6 km/h
D [由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等。由于ω1r1＝ω2r2，故链轮与飞轮的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，选项A错误；由题意可知，A点与B点的线速度大小之比为v1∶v2＝1∶1，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，故有＝，解得＝，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1∶1∶6，选项B错误；向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，选项C错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v＝可得v＝≈13.6 km/h，选项D正确。]
题组二：水平面内圆周运动的问题
5．火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，外轨对轮缘(如图甲所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图乙所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图丙所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，以下说法中正确的是( )
甲 乙 丙
A．该弯道的半径R＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变
C．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
C [如图所示，设轨道平面与水平面间夹角为θ，则重力G＝mg与支持力N的合力提供向心力，mg·tan θ＝m，R＝，A错误；v＝，与火车质量无关，B错误；当火车速率大于v时，所需向心力增大，外轨对轮缘挤压提供一部分向心力，当火车速率小于v时，所需向心力减小，内轨对轮缘有挤压，以此来减小向心力，C正确，D错误。
]
6．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速增大到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时圆盘的角速度为
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动
ABC [由F＝mω2r，mA＝mB，rA＜rB，ωA＝ωB，知FA＜FB，故两物体刚好未发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg。则有FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝，故选项A、B、C正确；此时烧断绳子，A所需向心力为F＝mω2r＝2μmg＞Ffmax，所以A将发生滑动，同理，B将做离心运动，选项D错误。]
7．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 [根据题意可知，座椅A和B的角速度相等，A的转动半径小于B的转动半径，由v＝rω可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由an＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，选项B错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mrω2，tan θ＝，因座椅A的运动半径较小，故悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；拉力FT＝，可判断悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确。
]
8．(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．圆环旋转的角速度大小为
B．圆环旋转的角速度大小为
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
BD [小球B与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝，选项A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上Nsin θ－fcos θ＝mω2Rsin θ，竖直方向上Ncos θ＋fsin θ－mg＝0，解得f＝，选项C错误，D正确。
]
题组三：竖直平面内的圆周运动问题
9．飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A．100 m B．111 m C．125 m D．250 m
C [在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程，FN－mg＝m，联立解得Rmin＝＝125 m，故选项C正确。]
10．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
甲 乙
A．图象的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有mg＝m，得g＝＝，故B正确；根据F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。]
11．(多选)如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是( )
A．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
B．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
C．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
D．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
BC [小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据R＝gt2，得t＝，则水平位移x＝＝R＞R，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，故A项错误。当小球B在轨道最高点的速度v＝＝＝时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B项正确。小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据动能定理知，mg(hA－2R)＝mv2，解得最小高度hA＝R，故C项正确。若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒定律得，释放的最小高度为2R，故D项错误。]
[考点综合练]
12．(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )
A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为∶1
B．小球m1和m2的角速度大小之比为∶1
C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1
D．小球m1和m2的线速度大小之比为3∶1
AC [对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则Tcos θ＝mg，解得T＝，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为＝＝，故A正确；小球所受合力的大小为mgtan θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝，故两小球的角速度大小之比为＝＝，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F＝mgtan θ，小球m1和m2的向心力大小之比为＝＝3，故C正确；两小球角速度大小之比为∶1，由v＝ωr得线速度大小之比为∶1，故D错误。]
13．如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
C [小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误。]
14．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
D [物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F。
A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg＜2F。
B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定。
C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2
则最大高度h＝
若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2
则最大高度h＜。
D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝
故最大速度v＝。]
15．(2019·潍坊调研)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
解析：(1)小球做平抛运动，
竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2，
解得：t＝0.3 s，
竖直分速度：
vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，
水平分速度：
v0＝＝ m/s＝4 m/s，
抛出点距A点的水平距离：
L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。
(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：
mg(h－R)＝mv－mv，
在B点，由牛顿第二定律得：F＝m，
解得：F＝68 N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：
F′＝F＝68 N。
答案：(1)1.2 m (2)68 N
高考真题集中练
(教师用书独具)
1．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
AC [汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误。当vvc时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确。]
2．(2016·全国卷Ⅱ)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。在各自轨迹的最低点，( )
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 [两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LPmQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP>mQ，则FP>FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。]
3．(2014·全国卷Ⅱ)如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
C [设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确。选项A、B、D错误。]
1．下列关于匀速圆周运动中向心加速度的说法正确的是 ( )
A．向心加速度表示速率改变的快慢
B．向心加速度表示角速度变化的快慢
C．向心加速度描述线速度方向变化的快慢
D．匀速圆周运动的向心加速度不变
C [匀速圆周运动中速率不变，向心加速度只改变线速度的方向，显然A错误；匀速圆周运动的角速度是不变的，所以B错误；匀速圆周运动中速度的变化只表现为速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述速度方向变化的快慢，所以C正确；匀速圆周运动的向心加速度的方向是变化的，所以D错误。]
2．(多选)甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )
A．它们的半径之比为2∶9
B．它们的半径之比为1∶2
C．它们的周期之比为2∶3
D．它们的周期之比为1∶3
AD [由v＝ωr，得r＝，故r甲∶r乙＝(v甲ω乙)∶(v乙ω甲)＝2∶9，A正确，B错误；由T＝，得T甲∶T乙＝∶＝1∶3，C错误，D正确。]
3．(多选)如图所示为某一皮带传动装置。M是主动轮，其半径为r1，M′半径也为r1，M′和N在同一轴上，N和N′的半径都为r2。已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。则下列说法正确的是( )
A．N′轮做的是逆时针转动
B．N′轮做的是顺时针转动
C．N′轮的转速为n
D．N′轮的转速为n
BC [根据皮带传动关系可以看出，N轮和M轮转动方向相反，N′轮和N轮的转动方向相反，因此N′轮的转动方向为顺时针，A错误，B正确。皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以2πnr1＝2πn2r2，得N(或M′)轮的转速为n2＝，同理2πn2r1＝2πn′2r2，得N′轮转速n′2＝n，C正确，D错误。]
4．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r1＝10 cm，飞轮的半径r2＝5 cm，后轮的半径r3＝30 cm，A、B、C(图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点。若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s，则在自行车匀速前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2∶1∶1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为2∶1∶6
C．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶6
D．自行车前进的速度大小约为13.6 km/h
D [由于链轮与飞轮用链条传动，故其边缘上点的线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其边缘上点的角速度大小相等。由于ω1r1＝ω2r2，故链轮与飞轮的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，选项A错误；由题意可知，A点与B点的线速度大小之比为v1∶v2＝1∶1，由于飞轮与后轮的角速度大小相等，故有＝，解得＝，所以A、B、C三点的线速度大小之比为1∶1∶6，选项B错误；向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，选项C错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v＝可得v＝≈13.6 km/h，选项D正确。]
题组二：水平面内圆周运动的问题
5．火车转弯时，如果铁路弯道的内、外轨一样高，外轨对轮缘(如图甲所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图乙所示)，但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损。在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨(如图丙所示)，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，以下说法中正确的是( )
甲 乙 丙
A．该弯道的半径R＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变
C．当火车速率大于v时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
C [如图所示，设轨道平面与水平面间夹角为θ，则重力G＝mg与支持力N的合力提供向心力，mg·tan θ＝m，R＝，A错误；v＝，与火车质量无关，B错误；当火车速率大于v时，所需向心力增大，外轨对轮缘挤压提供一部分向心力，当火车速率小于v时，所需向心力减小，内轨对轮缘有挤压，以此来减小向心力，C正确，D错误。
]
6．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速增大到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时圆盘的角速度为
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
D．此时烧断绳子，A仍相对圆盘静止，B将做离心运动
ABC [由F＝mω2r，mA＝mB，rA＜rB，ωA＝ωB，知FA＜FB，故两物体刚好未发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg。则有FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝，故选项A、B、C正确；此时烧断绳子，A所需向心力为F＝mω2r＝2μmg＞Ffmax，所以A将发生滑动，同理，B将做离心运动，选项D错误。]
7．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 [根据题意可知，座椅A和B的角速度相等，A的转动半径小于B的转动半径，由v＝rω可知，座椅A的线速度比B的小，选项A错误；由an＝rω2可知，座椅A的向心加速度比B的小，选项B错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mrω2，tan θ＝，因座椅A的运动半径较小，故悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；拉力FT＝，可判断悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确。
]
8．(多选)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕其竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．圆环旋转的角速度大小为
B．圆环旋转的角速度大小为
C．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
D．小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
BD [小球B与圆环间恰好没有摩擦力，则有小球B所受到的支持力和重力的合力提供其所需的向心力，由牛顿第二定律得mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得圆环旋转的角速度大小ω＝，选项A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得，在水平方向上Nsin θ－fcos θ＝mω2Rsin θ，竖直方向上Ncos θ＋fsin θ－mg＝0，解得f＝，选项C错误，D正确。
]
题组三：竖直平面内的圆周运动问题
9．飞机由俯冲到拉起时，飞行员处于超重状态，此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力，这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重，大脑缺血，暂时失明，甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为( )
A．100 m B．111 m C．125 m D．250 m
C [在飞机经过最低点时，对飞行员受力分析，受重力mg和支持力FN，两者的合力提供向心力，由题意知，当FN＝9mg时，圆弧轨道半径最小为Rmin。由牛顿第二定律列方程，FN－mg＝m，联立解得Rmin＝＝125 m，故选项C正确。]
10．(多选)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
甲 乙
A．图象的函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变
BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有mg＝m，得g＝＝，故B正确；根据F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。]
11．(多选)如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是( )
A．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
B．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
C．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
D．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
BC [小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据R＝gt2，得t＝，则水平位移x＝＝R＞R，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，故A项错误。当小球B在轨道最高点的速度v＝＝＝时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B项正确。小球A恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据动能定理知，mg(hA－2R)＝mv2，解得最小高度hA＝R，故C项正确。若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒定律得，释放的最小高度为2R，故D项错误。]
[考点综合练]
12．(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60°，L2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )
A．细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为∶1
B．小球m1和m2的角速度大小之比为∶1
C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1
D．小球m1和m2的线速度大小之比为3∶1
AC [对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则Tcos θ＝mg，解得T＝，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为＝＝，故A正确；小球所受合力的大小为mgtan θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝，故两小球的角速度大小之比为＝＝，故B错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F＝mgtan θ，小球m1和m2的向心力大小之比为＝＝3，故C正确；两小球角速度大小之比为∶1，由v＝ωr得线速度大小之比为∶1，故D错误。]
13．如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
C [小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误。]
14．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v不能超过
D [物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F。
A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg＜2F。
B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定。
C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2
则最大高度h＝
若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2
则最大高度h＜。
D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝
故最大速度v＝。]
15．(2019·潍坊调研)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小球抛出点到A点的水平距离；
(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小。
解析：(1)小球做平抛运动，
竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝gt2，
解得：t＝0.3 s，
竖直分速度：
vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，
水平分速度：
v0＝＝ m/s＝4 m/s，
抛出点距A点的水平距离：
L＝x＝v0t＝4×0.3 m＝1.2 m。
(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：
mg(h－R)＝mv－mv，
在B点，由牛顿第二定律得：F＝m，
解得：F＝68 N，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：
F′＝F＝68 N。
答案：(1)1.2 m (2)68 N
高考真题集中练
(教师用书独具)
1．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
AC [汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误。当v
2．(2016·全国卷Ⅱ)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。在各自轨迹的最低点，( )
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 [两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP
3．(2014·全国卷Ⅱ)如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
C [设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确。选项A、B、D错误。]