1、专题四第3讲知识巩固练1(2020届桂林模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动若小球运动到P点时，拉力F发生变化，则关于小球运动情况的说法，正确的是()A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动【答案】A2(2020届启东名校联考)某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴一小球，手牵着绳的另一端在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动(如图所示)，则下列说法正确的是()A保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变B保
2、持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大C保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变D保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小【答案】B3(2020届黑龙江名校调研)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，汽车的运动可看作是做半径为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()ABCD【答案】A【解析】设路面的斜角为，作出汽车的受力图如图所示，根据牛顿第二定律，得mgtan m，又由几何知识得
3、到tan ，联立解得v，只有A正确4(2020届吕梁模拟)雨天遇到泥泞之路时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来如图所示，图中a、b 为后轮轮胎边缘上的最高点与最低点，c、d为飞轮边缘上的两点，则下列说法正确的是()Aa点的角速度大于d点的角速度B后轮边缘a、b两点线速度相同C泥巴在图中的b点比在a点更容易被甩下来D飞轮上c、d两点的向心加速度相同【答案】C5(多选)如图水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中 ()
4、AB对A的支持力越来越大BB对A的支持力越来越小CB对A的摩擦力越来越小DB对A的摩擦力越来越大【答案】BC6(2020年石嘴山三中期末)(多选)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，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m2R【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得T，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，vR，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可
5、得F合m2R，故D正确7(2020年西安中学二模)长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g现使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为()AmgB2mgC3mgD【答案】A8(2020年保定安国中学月考)(多选)如图所示，匀速转动的齿轮O1和O2，齿数比为86，下列正确的是()AO1和O2齿轮的半径比43BO1和O2齿轮的周期比34C齿轮上A、B两点的线速度比大小为11DO1和O2转动的角速度大小之比43【答
6、案】AC【解析】两轮在齿轮处的线速度的大小相同，齿轮上A、B两点的线速度比大小为11；齿轮的转速与齿数成反比，所以转速之比 ，根据T可得O1和O2转动周期之比为 ，根据vR可得O1和O2齿轮的半径比，故A、C正确，B、D错误9(2021届河北大名一中检测)(多选)如图所示，在竖直平面内固定一个由四分之一光滑圆弧管和光滑直管组成的细管道，两个小球A、B分别位于圆弧管的底端和顶端，两球之间用细线相连现将一水平力F作用在B球上，使B球沿直管做匀速直线运动，A、B球均可视为质点，则A球从底端运动到顶端过程中()A水平力F逐渐变大B细线对A球的拉力逐渐减小CA球的加速度不变D管道对A球的作用力可能先减小
7、后增大【答案】BD【解析】以小球A为研究对象，则小球A受到重力、细线的拉力以及圆管的支持力，在任意点设小球与圆心的连线与水平方向之间的夹角为，则细线的拉力始终等于重力沿管道的切线方向的分力，即Tmgcos ，可知小球A向上运动的过程中，随的增大，细线的拉力逐渐减小以B为研究对象，则B受到重力、竖直向上的支持力、细线的拉力T以及水平拉力F的作用，小球B做匀速直线运动，则水平拉力与细线的拉力大小相等，方向相反，所以拉力F也逐渐减小，故A错误，B正确；小球A做匀速圆周运动，则加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，故C错误；小球A做匀速圆周运动，则受到的重力沿垂直于管道方向的分力与支持力的合力提供向
8、心力，由于小球的速度以及管道对应的半径关系是未知的，所以管道对A球的作用力可能先减小后增大，故D正确综合提升练10(2020年唐山期末)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域已知PB3R，F的大小可能为()AmgBCmgD【答案】BC【解析】小物体能通过C点应满足mmg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则2Rgt2，vCt3R，对小物体从P点到C点由动能定理得F3R2mgRmv，联立解得FvB，故A错误由mr2，知AB，故B正确；由知TA
9、TB，故C错误；由sin ，得支持力大小方向都相同，故D错误12(2020年房山区期末)一质量为2.0103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是()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20 m/s时所需的向心力为1.4104 NC汽车转弯的速度为20 m/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7.0 m/s2【答案】D【解析】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个
10、速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得fm，解得v m/s m/s20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4104 N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的最大向心加速度a m/s27 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确13(2020届郑州模拟)(多选)如图所示，有一固定且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为53和37，以最低点C所在的水平面为重力
11、势能的参考平面，sin 370.6，cos 370.8，则 ()AA，B两球所受支持力的大小之比为43BA，B两球运动的周期之比为43CA，B两球的动能之比为169DA，B两球的机械能之比为11251【答案】AD【解析】由题意可知N，所以，A正确；mgtan mRsin ，所以，B错误；Ekv2，vRsin ，所以，C错误；EpmgR(1cos )，所以，D正确14(2020年天一联考)将轻质弹簧竖立在水平地面上，在其顶端将一质量为3m的物体由静止释放，当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为lQN是一水平光滑轨道，N端与半径为l的光滑半圆管道相切，管道的直径MN竖直，如图所示现将该弹簧水平放置，一端
12、固定在Q点，另一端与质量为m的小球P接触但不连接用外力缓缓推动小球P，将弹簧压缩l后放开，P开始沿轨道运动已知重力加速度为g，半圆管道的管口略大于小球直径求：(1)小球P到达M点时对管道的作用力；(2)小球P离开管道后落回到NQ上的位置与N点间的距离解：(1)依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩l时，质量为3m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为Ep3mgl，设小球P到达M点时的速度大小为vM，由能量守恒定律得Epmv2mgl，联立式，代入题给数据得vM设小球P到达M点时管道对小球的作用力为FN，由于vM，所以小球受到管道向下的作用力，则mgFN， 代入数据得FNmg，根据牛顿第三定律可知，小球对管道的作用力FNFNmg，方向竖直向上(2)设P离开M点后，落回到轨道NQ所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2，P落回到NQ的位置与N点之间的距离为svMt，联立式得s2l
