2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.11 匀速圆周运动问题(提高篇)(解析版)

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2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.25与实际相关的圆周运动含解析

A. 身体上A点转动过程中线速度不变
B. 身体上A、B两点的线速度大小相等
A．2L ωπ
【参考答案】.C
A．A的速度比B的大 B．C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂【参考答案】．D
，下列说法正确的是(
A．摩天轮转动过程中，旅行包所受合力不变
B．旅行包随摩天轮的运动过程中始终受到轮舱水平板的摩擦力作用C．旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时受到的摩擦力为0.2
D．旅行包随摩天轮运动的过程中机械能守恒
，重力加速度
A. 8cm
B. 9cm
C. 10cm
D. 11cm
，而，联立得：，故正确，ACD错
A．将运动员和自行车看作一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B．运动员受到的合力大小为
A.gRh
L B.
gRh
d gRL gRd
(1)若传送带静止，选手以
m/s的水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间．(2)若传送带以v＝1
【名师解析】. （12分）
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度v的大小；
F
N
.
gR (3)(1＋π2
64)mg，方向竖直向下。

高考物理生活中的圆周运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理生活中的圆周运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B 到C 克服阻力做的功；(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ① v 12Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J 【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小2．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。

25.专题4.13 匀速圆周运动问题(基础篇)(解析版)2021年高考物理100考点模拟题千题精练

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分曲线运动专题4.13匀速圆周运动问题（基础篇）一．选择题1．（2020东北三省四市二模）为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题，保证列车能经济、安全地通过弯道，常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚，使外轨高于内轨，外轨与内轨的高差叫曲线外轨超高。

已知某曲线路段设计外轨超高值为70mm，两铁轨间距离为1435mm，最佳的过弯速度为350km/h，则该曲线路段的半径约为A．40 km B．30 km C．20 km D．10 km【参考答案】C【命题意图】本题考查高铁转弯，圆周运动和牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查建模能力和估算能力，体现的核心素养是运动和力的观念。

【解题思路】最佳的过弯速度为v=350km/h≈100m/s，tanθ=70/1435，由mg tanθ=mv2/R，解得R≈20km，选项C正确。

【试题拓展】试题可以拓展为：若已知该曲线路段的半径，选项改为高铁的最佳的过弯速度。

2.（2020陕西咸阳一模）一质量为1.5×103kg的小汽车在水平公路上行驶，当汽车经过半径为80m的弯道时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为9×103N，下列说法正确的是（）A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B. 汽车转弯的速度为6m/s时，所需的向心力为6.75×103NC. 汽车转弯的速度为20m/s时，汽车会发生侧滑D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0m/s2【参考答案】D【名师解析】汽车在水平面转弯时，做圆周运动，只受重力、支持力、摩擦力三个力，向心力是重力、支持力和摩擦力三个力的合力，故A错误。

汽车转弯的速度为6m/s时，所需的向心力F=m=1.5×103×=6.75×102N，故B错误。

如果车速达到20m/s，需要的向心力F=m=1.5×103×=7.5×103N，小于最大静摩擦，汽车不会发生侧滑，故C错误。

2020年高考物理考点练习4.11 匀速圆周运动问题(提高篇)(原卷版)

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分曲线运动专题4.11匀速圆周运动问题（提高篇）一．选择题1．（3分）(2019浙江台州模拟)如图所示，A、B为某小区门口自动升降杆上的两点，A在杆的顶端，B在杆的中点处。

杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，下列判断正确的是（）A．A、B两点角速度大小之比2：1 B．A、B两点线速度大小之比2：1C．A、B两点向心加速度大小之比4：1 D．A、B两点向心加速度大小之比1：42. （2019辽宁沈阳一模）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，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为（）A. 8cmB. 9cmC. 10cmD. 11cm3. (2019浙江模拟)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端栓接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是A. 小球始终受三个力的作用B. 细绳上的拉力始终保持不变C. D.4. （2018湖北荆州中学质检）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A.gRhL B.gRhd C.gRLh D.gRdh5.质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和m 的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )A ．cos α＝cos β2B ．cos α＝2cos βC ．tan α＝tan β2D ．tan α＝tan β6.(2018·浙江省名校协作体3月考试)游乐园中的竖直摩天轮在匀速转动时，其每个载客轮舱能始终保持竖直直立状(如图)，一质量为m 的旅行包放置在该摩天轮轮舱水平板上。

高中物理-专题电磁感应中的动力学问题(提高篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.11 电磁感应中的动力学问题（提高篇）一．选择题1．（2020陕西咸阳一模）CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（）A. 电阻R 2BL ghB. 流过电阻R 的电荷量为2BLdR C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh-μmgd D. 电阻R 中产生的焦耳热为12mgh 【参考答案】ABC【名师解析】金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=12mv 2，所以金属棒到达水平面时的速度v=2gh ，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv ，最大的感应电流为I=E/2R=22BL ghR，故A 正确；流过电阻R 的电荷量为q=r R ∆Φ+=2BLdR，故B 正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W B -μmgd=0-0，则克服安培力做功：W B =mgh-μmgd ，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W B =mgh-μmgd ，故C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为：Q R =Q/2=12（mgh-μmgd ），故D 错误。

【关键点拨】。

金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。

2021年高考物理考点模拟题(必修二)专题4.11 斜抛运动问题(提高篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分曲线运动专题4.11斜抛运动问题（提高篇）一．选择题1.（2020年3月贵阳调研）2019年5月3日，CBA总决赛第四战实力强大的广东男篮再次击败新疆队，时隔6年再度夺得CBA总冠军。

比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。

若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员做法可行的是（）A. 增大抛出速度v0，同时增大抛射角θB. 减小抛出速度v0，同时增大抛射角θC. 减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0D. 减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0【参考答案】C【名师解析】篮球垂直击中A点，其逆过程是平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。

若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。

因此只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，才能仍垂直打到篮板上。

故D正确，ABD错误。

2.一质量为100g的小球以初速度从O点斜抛射入空中，历经1s通过M点时的速度方向垂直于初速度方向，不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是A. M点为小球运动的最高点B. 小球在M点的速度大小为C. 初速度与水平方向的夹角的正弦D. 从O点到M点的过程中动量的变化量大小为【参考答案】BC 【名师解析】设小球的初速度与水平方向之间的夹角为，由于通过M 点时的速度方向垂直于初速度方向，所以在N 点小球与水平方向之间的夹角为，所以M 点不是小球运动的最高点故A 错误；小球在抛出点：，；设在M 点的速度为v ，则：，代入数据，联立得：，故BC 正确；该过程中小球动量的变化量等于重力的冲量，所以：故D 错误．【关键点拨】将小球的初速度以及在M 点的速度分解，结合几何关系即可求出夹角的正弦，然后判断出M 是否为最高点，以及小球在M 点的速度；根据动量定理求出动量的变化．该题结合速度的合成与分解考查动量定理，解答的关键是正确分解小球的初速度以及小球在M 点的速度．3．.如图所示，斜面倾角为α，且tan α＝0.5，现从斜面上O 点与水平方向成45°角以速度v 0、2v 0分别抛出小球P 、Q ，小球P 、Q 刚要落在斜面上A 、B 两点时的速度分别为v P ，v Q ，设O 、A 间的距离为s 1，O 、B 间的距离为s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．s 2＝4s 1，v P ，v Q 方向相同B ．s 2＝4s 1，v P ，v Q 方向不同C ．2s 1<s 2<4s 1，v P ，v Q 方向相同D ．2s 1<s 2<4s 1，v P ，v Q 方向不同【参考答案】A【名师解析】.设抛出的速度为v ，则水平分速度为：v x ＝v cos 45°＝22v ，竖直速度为：v y ＝v sin 45°＝22v ，则有位移关系：tan α＝12＝y x ＝v y t －12gt 2v x t ，解得：t ＝2v 2g ，则落点与抛出点的距离为：L ＝v x t cos α＝v 22g cos α∝v 2，则由题意可知初速度为v 0、2v 0分别抛出小球P 、Q ，则有：s 2＝4s 1；落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝v ′y v x ＝v y －gt v x＝0，即速度方向均为水平，v P 、v Q 方向相同，故选项A 正确． 4.（2018洛阳一模）如图所示，将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力，若从抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是（）v，同时减小抛射角θA．增大抛射速度B．增大抛射角θ，同时减小抛出速度0vv，同时减小抛射角θC．减小抛射速度D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度0v【参考答案】.B。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.19曲线运动的综合性问题基础篇含

专题4.19曲线运动的综合性问题（基础篇）一．选择题1.（2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图所示，一质量为m 的小孩(可视为质点)做杂技表演。

一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H 的O 点，小孩抓住绳子上的P 点从与O 点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。

已知P 点到O 点的距离为l (0<l <H)，空气阻力不计。

下列说法正确的是（）A.l 越大，小孩在O 点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大B.l 越小，小孩在O 点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大C.当l =时，小孩在安全网上的落点距O 点的水平距离最大2HD.当l =时，小孩在安全网上的落点距O 点的水平距离最大H 22【参考答案】C【命题意图】本题考查对机械能守恒、牛顿运动定律、平抛运动规律的理解和运用。

【解题思路】小孩向下摆动，机械能守恒，由mgl=mv 2，解得。

运动到O 点正下方时，设绳子12拉力为F ，由牛顿第二定律，F-mg=m ，解得F=3mg ，由牛顿第三定律，绳子的拉力恒定为3mg ，选项AB 2v l 错误；小孩运动到绳子竖直时松手后做平抛运动，由平抛运动规律，x=vt ，H-l=gt 2，联立解得：x=212，由数学知识可知，当l=H /2时，小孩在安全网上的落点距离O 点的水平距离x 最大，选项C 正确D 错误。

【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是错误认为小孩速度越大就对绳子拉力越大，导致错选A ；二是不能正确运用相关知识列方程得出水平位移表达式，不能正确运用数学知识得出最大水平距离。

2.如图甲所示,质量相等,大小可忽略的a 、b 两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a 在竖直平面内来回摆动,小球b 在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b 的细线与竖直方向的夹角和小球a 摆动时细线偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两细线拉力大小随时间变化的关系如图乙中c 、d 所示.则下列说法正确的是( )A.图乙中直线d 表示细线对小球a 的拉力大小随时间变化的关系B.图乙中曲线c 表示细线对小球a 的拉力大小随时间变化的关系C.θ=45°D.θ=60°【参考答案】:BD【名师解析】:题图乙中曲线c 表示细线对小球a 的拉力大小随时间变化的关系,直线d 表示细线对小球b 的拉力大小随时间变化的关系,选项A 错误,B 正确.对a 小球运动，由机械能守恒定律，mgL (1-cos θ)=mv 2,在最低点，由牛顿第二定律，F-mg=m ,解得细线对小球a 的拉力最大值F=3mg-2mg cos θ,在a 122v L 小球运动到最高点时拉力最小,最小值F=mg cos θ,由题图乙可知细线对小球a 的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,选项C 错误,D 正确.二．计算题1．（2019广东七校冲刺模拟）机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，图为机场水平传输装置的俯视图。

2020年高考物理必考题万有引力与航天猜押试题答案解析与点睛(21页)

2020年高考物理必考题万有引力与航天猜押试题考点1宇宙速度的理解与计算1．三种宇宙速度方法一：由G MmR 2＝m v 12R得v 1＝GMR≈7.9×103 m/s 。

方法二：由mg ＝m v 12R得v 1＝gR ≈7.9×103 m/s 。

第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，T min ＝2π R g≈ 5 075 s ≈85 min 。

3．宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星在地球表面绕地球做匀速圆周运动(近地卫星)。

(2)7.9 km /s ＜v 发＜11.2 km/s 时，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。

(3)11.2 km /s ≤v 发＜16.7 km/s 时，卫星绕太阳做椭圆运动。

(4)v 发≥16.7 km/s 时，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。

【典例1】(2019·怀化模拟)使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝ 2v 1。

已知某星球的半径为地球半径R 的4倍，质量为地球质量M 的2倍，地球表面重力加速度为g 。

不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( ) A.12gR B.12gRC.gRD.18gR 【答案】C【解析】设在地球表面飞行的卫星质量为m ，由万有引力提供向心力得G Mm R 2＝m v 12R ，又有G MmR 2＝mg ，解得地球的第一宇宙速度为v 1＝GMR ＝gR ；设该星球的第一宇宙速度为v 1′，根据题意，有v 1′v 1＝ 2M M ·R 4R ＝12；由地球的第一宇宙速度v 1＝gR ，再由题意知v 2′＝2v 1′，联立得该星球的第二宇宙速度为v 2′＝gR ，故A 、B 、D 错误，C 正确。

考点2 卫星运行参量的分析与比较1．物理量随轨道半径变化的规律规律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧G Mm r2＝r ＝R 地＋h ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎪⎪⎫m v 2r→v ＝ GM r →v ∝1rm ω2r →ω＝ GM r 3→ω∝1r 3m 4π2T 2r →T ＝ 4π2r 3GM→T ∝r 3ma →a ＝GM r 2→a ∝1r2越高越慢mg ＝GMmR 地2近地时→GM ＝gR地22．地球同步卫星的特点(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题1.2 库仑定律(提高篇)(原卷版)

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第一部分静电场专题1.2 库仑定律（提高篇）一．选择题1．（2019北京交大附中三模）图示的仪器叫做库仑扭秤，是法国科学家库仑精心设计的，他用此装置找到了电荷间相互作用的规律，总结出库仑定律。

下列说法中正确的是（）A ．装置中A 、C 为带电金属球，B 为不带电的平衡小球B ．实验过程中一定要使A 、B 球带等量同种电荷C ．库仑通过该实验计算出静电力常量k 的值D ．库仑通过该实验测量出电荷间相互作用力的大小2.(2019·广东省汕头市质检)A 、C 是两个带电小球，质量分别是m A 、m C ，电荷量大小分别是Q A 、Q C ，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ，两球静止时如图所示，此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ，两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ，且AB <BC ，下列说法正确的是()A ．Q A >Q CB ．m A ∶mC ＝F T A ∶F T CC ．F T A ＝F T CD ．m A ∶m C ＝BC ∶AB3.（2019山西省五地市期末联考）如图所示，正电荷Q 固定在圆心，另外两个完全相同的带电粒子a 、b 绕Q 做匀速圆周运动，它们的圆轨道在同一平面内，绕行方向相同。

带电粒子a 的轨道半径是r ，带电粒子b 的轨道半径是4r ，带电粒子a 做圆周运动的周期是T ，不计a 、b 重力和a 、b 之的作用力，某时刻a 、b 两带电粒子距离达到最近，则下列说法正确的是：（）AC B 刻度悬丝A ．.此时若使带电粒子b 加速运动，有可能与a 发生碰撞B ．此时带电粒子a 的电势能比带电粒子b 的电势能大C ．从该时刻起到a 、b 间相距最远所经历的最短时间为74T D ．.从该时刻起到a 、b 间相距最远所经历的最短时间为78T 4．（2019湖南娄底二模）如图所示，带电小球a 由绝缘细线PM 和PN 悬挂而处于静止状态，其中PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH ，圆心P 与a 球位置重合，管道底端H 与水平地面相切，一质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端口由静止释放，当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g 。

(北京专用)2020版高考物理总复习第四章第3讲圆周运动精练(含解析)

第3讲圆周运动A组基础巩固1.关于匀速圆周运动的说法,正确的是( )A.匀速圆周运动是匀速运动B.匀速圆周运动是匀变速运动C.某个恒力作用下质点也可以做匀速圆周运动D.做匀速圆周运动的物体的合力必须是变力答案 D 做匀速圆周运动的物体所受合力指向圆心,大小不变,方向时刻改变,合力是变力所以加速度时刻改变,是非匀变速运动,A、B、C错误。

2.(2018西城期末)计算机硬盘上的磁道为一个个不同半径的同心圆,如图所示。

M、N是不同磁道上的两个点。

当磁盘转动时,比较 M、N两点的运动,下列判断正确的是( )A.M、N的线速度大小相等B.M、N的角速度大小相等C.M点的线速度大于N点的线速度D.M点的角速度小于N点的角速度答案 B 由角速度定义式ω==可知,M、N在同一圆盘上,周期T相同,则角速度相同;v=ωR,因R N>R M,所以v N>v M,A、C、D错误,B正确。

3.(2017西城期末)用一个水平拉力F拉着一物体在水平面上绕着O点做匀速圆周运动。

关于物体受到的拉力F和摩擦力f的受力示意图,下列四个图中可能正确的是( )答案 C 做匀速圆周运动的物体所受的合外力提供向心力,向心力指向圆心,则合外力指向圆心,根据力的合成原理可知C选项符合要求。

4.(2018师大附中期中)如图所示,汽车在一水平公路上转弯时,汽车的运动可视为匀速圆周运动。

下列关于汽车转弯时的说法正确的是( )A.汽车处于平衡状态B.汽车的向心力由重力提供C.汽车的向心力由摩擦力提供D.汽车的向心力由支持力提供答案 C 汽车做匀速圆周运动,合力不为零,处于非平衡状态,故A错误;汽车所受的重力和支持力平衡,由静摩擦力提供向心力,故B、D错误,C正确。

5.(2018东城期末)如图所示为“感受向心力”的实验,用一根轻绳,一端拴着一个小球,在光滑桌面上抡动细绳,使小球做匀速圆周运动,通过拉力来感受向心力。

下列说法正确的是( )A.只减小旋转角速度,拉力增大B.只加快旋转角速度,拉力减小C.只更换一个质量较大的小球,拉力增大D.突然放开绳子,小球仍做曲线运动答案 C 拉力提供小球做圆周运动的向心力,F向=mω2r,当ω增大,m和r不变时,F向增大,拉力增大,当ω减小时,拉力减小,A、B错误;只更换一个质量较大的小球,则F向增大,拉力增大,C正确;突然放开绳子,小球将以放开绳子瞬间的速度做匀速直线运动,D错误。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.10匀速圆周运动问题基础篇含

专题4.10 匀速圆周运动问题（基础篇）一．选择题1．（2019安徽合肥二模）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。

转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。

设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为gRμC．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小【参考答案】BD【命题意图】此题以运动员在水平道路上转弯的为情景，考查水平面内的匀速圆周运动，摩擦力及其相关知识点。

【解题思路】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项A错误；由μmg=m2vR,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v=gRμ，选项B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，选项C错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，选项D正确。

【易错警示】解答此类题一定要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别，静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。

2． (2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)如图所示的三叶指尖陀螺是一个由三向对称体作为主体，在主体中嵌入轴承，整体构成可平面转动的玩具装置。

其中O为转轴中心，A、B分是指尖陀螺上不同位置的两点，用v代表线速度大小，ω代表角速度大小，a代表向心加速度大小，T代表周期，则下列说法中正确的是（）A ．v A ＝vB ，T A ＝T B B ．ωA ＝ωB ，v A ＞v BC ．v A ＞v B ，a A ＜a BD ．ωA ＝ωB ，a A ＝a B【参考答案】.B【命题意图】本题以“三叶指尖陀螺”为情景，考查匀速圆周运动及其相关的知识点。

【解题思路】以O 为转轴转动，图中A 到O 点的距离大于B 到O 点的距离，AB 两点的角速度相等，ωA =ωB ，由T=2π/ω可知T A =T B ，由v=ωr 可知v A >v B ，选项A 错误B 正确；向心加速度a=ω2r ，由于r A >r B ，所以a A >a B ，选项CD 错误。

高考物理生活中的圆周运动答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理生活中的圆周运动答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ；（2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】【分析】【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．2．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

高考物理生活中的圆周运动专项训练100(附答案)及解析

高考物理生活中的圆周运动专项训练100(附答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上（2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m2．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g ，求：（1）当转台角速度ω1为多大时，细绳开始有张力出现；（2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加速到角速度3gLω=的过程中，转台对物块做的功．【答案】（1）1gLμω=（2）233g Lω=（3）132mgL⎛ ⎝ 【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：212sin mg m L μωθ=⋅代入数据得1g Lμω=（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供22tan 2sin mg m L θωθ=⋅代入数据得233g Lω=（3）∵32ωω>，∴物块已经离开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有23tan 2sin mg m L αωα=⋅代入数据得60α=︒转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即231(2sin 60)(2cos302cos60)2W m L mg L L ω=⋅+-o o o 代入数据得：1(3)2W mgL =+【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．根据能量守恒定律求转台对物块所做的功．3．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R ．一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．试求：（1）弹簧开始时的弹性势能．（2）物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功．（3）物体离开C 点后落回水平面时的速度大小．【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)52mgR 【解析】试题分析：（1）物块到达B 点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C 点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：物块从B 运动到C ，根据动能定理有：解得：（3）从C 点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在B 点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．4．如图，AB 为倾角37θ=︒的光滑斜面轨道，BP 为竖直光滑圆弧轨道，圆心角为143︒、半径0.4m R =，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹资一端固定在A 点另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量0.2kg m =的小物块（可视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）静止释放，恰能沿轨道到达P 点，已知0.2m CD =、sin370.6︒=、cos370.8︒=，g 取210m/s ．求：（1）物块经过P 点时的速度大小p v ；（2）若 1.0m BC =，弹簧在D 点时的弹性势能P E ；（3）为保证物块沿原轨道返回，BC 的长度至少多大．【答案】（1）2m/s (2)32.8J (3)2.0m【解析】【详解】（1）物块恰好能到达最高点P ，由重力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：mg=m 2p v R解得：100.42m/s P v gR ==⨯=（2）物块从D 到P 的过程，由机械能守恒定律得：E p =mg （s DC +s CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）+12mv P 2．代入数据解得：E p =32.8J（3）为保证物块沿原轨道返回，物块滑到与圆弧轨道圆心等高处时速度刚好为零，根据能量守恒定律得：E p =mg （s DC +s ′CB ）sin37°+mgR （1+cos37°）解得：s ′CB =2.0m点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律的综合，关键是搞清物体运动的物理过程；知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力．5．如图所示，ABCD 是一个地面和轨道均光滑的过山车轨道模型，现对静止在A 处的滑块施加一个水平向右的推力F ，使它从A 点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m 时到达B 点，此时撤去推力F 、滑块滑入半径为0.5 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C ，当滑块滑过水平BD 部分后，又滑上静止在D 处，且与ABD 等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg 、0.1 kg ，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)水平推力F 的大小； (2)滑块到达D 点的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？【答案】（1）1N （2）（3）t ＝1 s ;【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1v C2－0代入数据联立解得：F＝1 N(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1v D2代入数据解得：v D＝5 m/s(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，解得：a1＝μ1g＝3 m/s2对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入数据解得：a2＝2 m/s2滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共＝v D－a1tv共＝a2t，代入数据解得：t＝1 s此时滑块的位移为：x1＝v D t－a1t2，木板的位移为：x2＝a2t2，L＝x1－x2，代入数据解得：L＝2.5 mv共＝2 m/sx2＝1 m达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，代入数据解得：x′＝1.5 m木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x 木＝x 2＋x ′＝2.5 m点睛：本题考查了动能定理和牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，解决本题的关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解．6．如图所示的水平地面上有a 、b 、O 三点．将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 是以O 为圆心，R 为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b 处，A 的质量是B 的2倍．某时刻炸药爆炸,两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动．B 到最高点d 时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的3/4，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：（1）物块B 在d 点的速度大小；（2）物块A 滑行的距离s ；（3）试确定物块B 脱离轨道时离地面的高度；（4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间．【答案】（12Rg2）516R μ（3）56R （415(8311)66R g【解析】（1）设物块A 和B 的质量分别为m A 和m B234d B B Bv m g m g m R-= 解得2d Rgv =（2）设A 、B 分开时的速度分别为v 1、v 2，系统动量守恒 120A B m v m v -= B 由位置b 运动到d 的过程中，机械能守恒2221122B B B d m v m gR m v =+ 2252v gR =A 在滑行过程中，由动能定理21102A A m v m gs μ-=- 联立得516Rs μ=（3）设物块脱离轨道时速度为v ，F N =0向心力公式 2cos v mg m Rθ= 而()22111cos 22d mv mgR mv θ+-= 解得 5cos 6θ=， 56v gR = 脱离轨道时离地面的高度5cos 6h R R θ== （4）离轨道时后做向下斜抛运动竖直方向：21cos sin 2h R v t gt θθ==⋅+ 解得：()15831166R t g=-点睛：本题考查牛顿第二定律、动能定理以及动量守恒定律的应用，解题时关键是认真分析物理过程，挖掘问题的隐含条件，例如物体脱离轨道时F N =0；能选择合适的物理规律列出方程即可解答．7．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.2 绳端速度分解问题(原卷版)

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分曲线运动专题4．2绳端速度分解一．选择题1. （2019安徽江淮十校联考）如图所示，重物M 沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动。

若当滑轮右侧的绳与竖直方向成β角，且重物下滑的速率为v 时，滑轮左侧的绳与水平方向成α角，则小车的速度为（）A ．sin sin v βαB ．sin cos v βαC ．cos sin v βαD ．cos cos v βα2（2018洛阳联考）如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是 ( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v L cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin α. 3.（2018湖南师大附中月考）如图所示，A 、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A 球以速度v 向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法正确的是( )A ．此时B 球的速度为cos αcos βv B ．此时B 球的速度为sin αsin βv C ．在β增大到90°的过程中，B 球做匀速运动D ．在β增大到90°的过程中，B 球做加速运动4．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m 0，货物的质量为m ，货车以速度v 向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是( )A ．货箱向上运动的速度大于vB ．缆绳中的拉力F T 等于(m 0＋m )gC ．货箱向上运动的速度等于v cos θD ．货物对货箱底部的压力等于mg5.【2017浙江·金华模拟】如图所示，套在竖直细杆上的环A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连。

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4.12匀速圆周运动问题(能力篇)(含解析)

专题4.12匀速圆周运动问题（能力篇）一．选择题1．（2019湖南湘潭三模）如图所示质量相同的两小球A、B各用轻绳系于O点，OA长度大于OB长度。

当光滑圆锥筒绕竖直对称轴OO′转动时，两小球也随着转动，且始终与圆锥筒保持相对静止。

下列判断正确的是（）A．OA和OB绳子上的张力相等B．两小球做圆周运动的向心力相等C．逐渐减小转筒的角速度，两球对圆锥筒的压力逐渐减小D．逐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零【参考答案】D【名师解析】两球均做匀速圆周运动，根据合力提供向心力可得F合＝mrω2，由于ω、m相同，而A的半径较大，所以A受到的合力大小较大，故B错误；设圆锥的顶角为2α．对于A球，将A球的向心加速度沿母线和垂直于母线分解，沿母线方向，由牛顿第二定律得：T A﹣mgcosα＝mr Aω2•sinα,，可得，T A＝mgcosα+mr Aω2•sinα，同理可得 T B＝mgcosα+mr Bω2•sinα，因为r A＞r B，所以A球对绳子的拉力大于B 球对绳子的拉力，故A错误；在垂直母线方向，由牛顿第二定律得：对A球有 mgsinα﹣N A＝mr Aω2•cosα，得 N A＝mgsinα﹣mr Aω2•cosα，同理可得，N B＝mgsinα﹣mr Bω2•cosα，逐渐增大转筒的角速度，圆锥筒对A球的支持力先变为零，选项C错误，D正确。

2.（6分）（2019山东济宁二模）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，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A．A的速率大于B的速率B ．A 的向心加速度大于B 的向心加速度C ．缆绳对A 的拉力大于缆绳对B 的拉力D ．悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小于悬挂B 的缆绳与竖直方向的夹角【参考答案】D【名师解析】AB 两个座椅具有相同的角速度。

根据公式：v ＝ω•r，A 的运动半径小，A 的速率就小。

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杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，下列判断正确的是（）A．A、B两点角速度大小之比2：1 B．A、B两点线速度大小之比2：1C．A、B两点向心加速度大小之比4：1 D．A、B两点向心加速度大小之比1：4【参考答案】B【命题意图】本题以小区门口自动升降杆为情景，考查匀速圆周运动的角速度与线速度、周期、向心加速度及其相关的知识点。

【解题思路】因为自动升降杆上的两点A、B两点是同轴转动，所以A、B 两点的角速度是相等的，选项A 错误；由角速度与线速度关系式v＝rω，可知角速度相等时线速度之比等于半径之比，即A、B 两点线速度大小之比为2：1，选项B正确；由向心加速度公式a＝rω2，可知角速度相等时向心加速度之比等于半径之比，所以A、B 两点向心加速度大小之比2：1，故CD错误。

2. （2019辽宁沈阳一模）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，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为（）A. 8cmB. 9cmC. 10cmD. 11cm【参考答案】B【名师解析】要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解；由题可知：半径，时速为；根据牛顿第二定律得：解得：。

由题意得，而，联立得：，故B正确，ACD错误。

【名师点睛】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，注意单位的统一。

3. (2019浙江模拟)如图所示，转动轴垂直于光滑水平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端栓接一质量为m的小球B，绳长l＞h，转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动，当转动的角速度ω逐渐增大时，下列说法正确的是A. 小球始终受三个力的作用B. 细绳上的拉力始终保持不变C. D.【参考答案】C【名师解析】当小球角速度较小时，小球受重力、支持力和拉力三个力作用，当小球角速度较大时，小球会脱离水平面，小球受重力和拉力两个力作用，故A错误。

小球在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向上的合力为零，当小球脱离水平面后，角速度增大时，绳子与竖直方向的夹角变大，拉力变大，故B错误。

当小球刚好离开水平面时，受重力和拉力作用，根据牛顿第二定律得，F cosθ=mg，F sinθ=mlsinθ·ω2，联立解得C正确；v=ωlsinθ=ωhtanθ，选项D错误。

4. （2018湖北荆州中学质检）在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.gRhL B.gRhd C.gRLh D.gRd h【参考答案】B【名师解析】要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，重力与支持力的合力等于向心力，mg tan θ=m 2v R，tan θ=h/d ，联立解得汽车转弯时的车速v=gRhd ，选项B 正确。

5.质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和m 的小球悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )A ．cos α＝cos β2 B ．cos α＝2cos β C ．tan α＝tan β2 D ．tan α＝tan β【参考答案】 A【名师解析】以M 为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mg tan α＝Mω21·2l sin α，解得ω21＝g tan α2l sin α。

同理：以m为研究对象：ω22＝g tan βl sin β。

因ω1＝ω2，所以2cos α＝cos β，故A 正确。

6.(2018·浙江省名校协作体3月考试)游乐园中的竖直摩天轮在匀速转动时，其每个载客轮舱能始终保持竖直直立状(如图)，一质量为m 的旅行包放置在该摩天轮轮舱水平板上。

已知旅行包在最高点对水平板的压力为0.8mg ，下列说法正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，旅行包所受合力不变B ．旅行包随摩天轮的运动过程中始终受到轮舱水平板的摩擦力作用C ．旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时受到的摩擦力为0.2mgD ．旅行包随摩天轮运动的过程中机械能守恒【参考答案】C【名师解析】旅行包跟随摩天轮做匀速圆周运动，旅行包所受合力提供向心力，大小不变，方向时刻在变化，故A 错误。

旅行包随摩天轮的转动而做匀速圆周运动，合力提供向心力，在最高点与最低点只受到重力和支持力的作用，不受摩擦力，故B 错误。

在最高点有：mg －F N ＝m v 2R ，且F N ＝0.8mg ，联立解得m v 2R ＝0.2mg ；旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时，由摩擦力提供向心力，则有F f ＝m v 2R ＝0.2mg ，故C 正确；旅行包随摩天轮运动的过程中动能不变，而重力势能会变，故机械能不守恒，故D 错误。

7.如图所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为R2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动。

不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。

则小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )A.0.5mgB.mgC.1.5mgD.2mg 【参考答案】B【名师解析】设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v ，由机械能守恒定律得mg ·R 2＝12mv 2，解得v ＝gR ；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为F N ，则F N ＝m v 2R ，将v ＝gR 代入解得F N ＝mg ；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于mg ，故选项B 正确。

8..如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O 处连接在竖直的转动轴上，a 、b 为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa 和ab ，且Oa ＝ab ，已知b 球质量为a 球质量的3倍。

当轻杆绕O 轴在水平面内匀速转动时，Oa 和ab 两线的拉力之比为( )A.1∶3B.1∶6C.4∶3D.7∶6 【参考答案】D【名师解析】设a 球质量为m ，则b 球质量为3m ，由牛顿第二定律得，对a 球：F Oa －F ab ＝mω2x Oa对b 球：F ab ＝3mω2(x Oa ＋x ab )由以上两式得，Oa 和ab 两线的拉力之比为F Oa ∶F ab ＝7∶6，D 正确。

9.(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M ＝2.0 kg 的木块，它与台面间的最大静摩擦力F f m ＝6.0 N ，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O (为光滑的)悬吊一质量m ＝1.0 kg 的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s 的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O 孔的距离可能是( )A.6 cmB.15 cmC.30 cmD.34 cm【参考答案】BC【名师解析】转台以一定的角速度ω旋转，木块M 所需的向心力与回旋半径r 成正比，在离O 点最近处r ＝r 1时，M 有向O 点的运动趋势，这时摩擦力F f 沿半径向外，刚好达最大静摩擦力F f m ，即mg －F f m ＝Mω2r 1得r 1＝mg －F f m Mω2＝1.0×10－6.02.0×5.02 m ＝0.08 m ＝8 cm同理，M 在离O 点最远处r ＝r 2时，有远离O 点的运动趋势，这时摩擦力F f 的方向指向O 点，且达到最大静摩擦力F f m ，即mg ＋F f m ＝Mω2r 2得r 2＝mg ＋F f m Mω2＝1.0×10＋6.02.0×5.02 m ＝0.32 m ＝32 cm则木块M 能够相对转台静止，回旋半径r 应满足关系式r 1≤r ≤r 2。

选项B 、C 正确。

10.如图所示，在光滑水平面上，钉有两个钉子A 和B ，一根长细绳的一端系一个小球，另一端固定在钉子A 上，开始时小球与钉子A 、B 均在一条直线上(图示位置)，且细绳的一大部分沿俯视顺时针方向缠绕在两钉子上，现使小球以初速度v 0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，使两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，在绳子完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是( )A.小球的线速度变大B.小球的角速度变大C.小球的加速度变大D.细绳对小球的拉力变小【参考答案】D【名师解析】小球以初速度v 0在水平面上沿俯视逆时针方向做圆周运动，小球的线速度不变，选项A 错误；由于v＝ωr，两钉子之间缠绕的绳子逐渐释放，小球做圆周运动的半径r增大，角速度减小，选项B错误；由a＝vω可知，小球的加速度变小，选项C错误；由牛顿第二定律可知，细绳对小球的拉力变小，选项D正确。

11.质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为l a、l b，如图所示，当木架绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断，同时木架停止转动，则()A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动B.在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大C.若角速度ω较小，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D.绳b未被烧断时，绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2l b【参考答案】BC【名师解析】根据题意，在绳b被烧断之前，小球绕BC轴做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡，绳a 的拉力等于mg，D错误；绳b被烧断的同时木架停止转动，此时小球具有垂直平面ABC向外的速度，小球将在垂直于平面ABC的平面内运动，若ω较大，则在该平面内做圆周运动，若ω较小，则在该平面内来回摆动，C正确，A错误；绳b被烧断瞬间，绳a的拉力与重力的合力提供向心力，所以拉力大于小球的重力，绳a中的张力突然变大了，故B正确。

12.(2015·河北唐山高三一模)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和小球B紧贴圆锥筒内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是()A．A球的线速度必定小于B球的线速度B．A球的角速度必定大于B球的角速度C ．A 球运动的周期必定大于B 球的周期D ．A 球对筒壁的压力必定大于B 球对筒壁的压力【参考答案】C【名师解析】两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等，D 错误；根据F 合＝mv 2r ，合力、质量相等，r 越大，线速度大，所以球A 的线速度大于球B 的线速度，A 错误；F 合＝mω2r 合力、质量相等，r 越大，角速度越小，A 球的角速度小于B 球的角速度，B 错误；根据F 合＝m 4π2T 2r ，合力、质量相等，r 越大，周期越大，A 球的周期大于B 球的周期，C 正确。