1、关于做匀速圆周运动物体的线速度、角速度、周期之间的关系，下列说法正确的是 ( )．A．线速度大的角速度一定大
B．线速度大的周期一定小
C．角速度大的半径一定小
D．角速度大的周期一定小
解析
选项
个性分析
A错误
由v＝ωR得ω＝
，故只有当半径R一定时，角速度ω才与线速度v成正比
B错误
由v＝
得T＝
，故只有当半径R一定时，周期T才与线速度v成反比
C错误
由ω＝
知，只有当线速度v一定时，角速度ω才与半径R成反比
D正确
由ω＝
得T＝
，故周期T与角速度ω成反比，即角速度大的，周期一定小
答案 D
2、一个环绕中心线AB以一定的角速度转动，P、Q为环上两点，位置如图4－3－14所示，下列说法正确的是 ( )．A．P、Q两点的角速度相等
B．P、Q两点的线速度相等
C．P、Q两点的角速度之比为
∶1
D．P、Q两点的线速度之比为
∶1
解析 P、Q两点的角速度相等，半径之比RP∶RQ＝Rsin 60°∶(Rsin 30°)＝
∶1，由v＝ωR可得vp∶vQ＝RP∶RQ＝
∶1.
答案 AD
3、如图4－3－15所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的 ( )．A．周期相同
B．线速度的大小相等
C．角速度的大小相等
D．向心加速度的大小相等
解析 设圆锥摆的高为h，则mg·
＝m
＝mω2r＝m
2r＝ma，故v＝r
，ω＝
， T＝2π
，a＝
g.因两圆锥摆的h相同，而r不同，故两小球运动的线速度不同，角速度的大小相等，周期相同，向心加速度不同．
答案 AC
4、如图4－3－16所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时 ( )．A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于0
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
解析 小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力，重力竖直向下提供向心力，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a＝
＝g，再根据圆周运动规律得a＝
＝g，解得v＝
(竖直平面内圆周运动的绳模型)．
答案 CD
5、全国铁路大面积提速后，京哈、京沪、京广、胶济等提速干线的部分区段时速可达300公里，我们从济南到青岛乘“和谐号”列车就可以体验时速300公里的追风感觉．火车转弯可以看成是在水平面内做匀速圆周运动，火车速度提高会使外轨受损．为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，以下措施可行的是 ( )．A．适当减小内外轨的高度差
B．适当增加内外轨的高度差
C．适当减小弯道半径
D．适当增大弯道半径
解析 设火车轨道平面的倾角为α时，火车转弯时内、外轨均不受损，根据牛顿第二定律有mgtan α＝m
，解得v＝
，所以为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，可行的措施是适当增加内外轨的高度差(即适当增大角α)和适当增大弯道半径r.
答案 BD
6、 “天宫一号”目标飞行器经过我国科技工作者的不懈努力，终于在2011年9月29日晚21点16分发射升空．等待与神舟八号、九号、十号飞船对接．“天宫一号”在空中运行时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中“天宫一号”所受合力可能是下图中的 ( )．
解析
答案 C
7、如图4－3－17两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为 ( )．A.
mg B．2
mg C．3mg D．4mg
解析 当小球到达最高点速率为v，有mg＝m
，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m
＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝
mg，A正确．(极限思维法)
答案 A
8、汽车甲和汽车乙质量相等，以相等速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f甲和f乙．以下说法正确的是 ( )．A．f甲小于f乙
B．f甲等于f乙
C．f甲大于f乙
D．f甲和f乙大小均与汽车速率无关
解析 根据题中的条件可知，两车在水平面做匀速圆周运动，则地面对车的摩擦力用来提供其做圆周运动的向心力，则F向＝f，又有向心力的表达式F向＝
，因为两车的质量相同，两车运行的速率相同，因此轨道半径大的车所需的向心力小，即摩擦力小，A正确．
答案 A
9、如图4－3－18所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是 ( )．A．轨道对小球做正功，小球的线速度vP>vQ
B．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ
C．小球的向心加速度aP>aQ
D．轨道对小球的压力FP>FQ
解析 本题考查圆周运动和机械能守恒，中档题．轨道光滑，小球在运动的过程中只受重力和支持力，支持力时刻与运动方向垂直所以不做功，A错；那么在整个过程中只有重力做功满足机械能守恒，根据机械能守恒有vP<vQ，在P、Q两点对应的轨道半径rP>rQ，根据ω＝
，a＝
，得小球在P点的角速度小于在Q点的角速度，B正确；在P点的向心加速度小于在Q点的向心加速度，C错；小球在P和Q两点的向心力由重力和支持力提供，即mg＋FN＝ma向，可得P点对小球的支持力小于Q点对小球的支持力，D错．
答案 B
10、乘坐游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆周轨道运动(如图4－3－19所示)，下列说法正确的是 ( )．A．车在最高点时，人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会掉下去
B．人在最高点时，对座位仍可能产生压力，但压力一定小于mg
C．人在最低点时，处于超重状态
D．人在最低点时，对座位的压力大于mg
解析 人在最高点如果速度较大，就会产生对座位的压力．并且压力也有可能大于mg而不致于掉落，故A、B均错；人在最低点时具有向上的加速度，因此处于超重状态，C对；在最低点满足N＝mg＋m
>mg，D对(竖直平面内圆周运动的杆模型)．
答案 CD
11、某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和座椅看成是一个质点，则可简化为如图4－3－20所示的物理模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，设绳长l＝10 m，质点的质量m＝60 kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d＝4 m．转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ＝37°.(不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度及绳子的拉力。
解析 半径R＝d＋lsin θ＝10 m
由受力图可知：
FT＝
＝600×
＝750 N
F＝mg tan θ＝450 N
由F向＝ma向得
a向＝
＝7.5 m/s2
a向＝Rω2
ω＝
＝
rad /s
答案
rad /s 750 N
12、如图4－3－21甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的
圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差ΔF.改变BC的长度L，重复上述实验，最后绘得的ΔF－L图像如图4－3－21乙所示．(不计一切摩擦阻力，g取10 m/s2)
图4－3－21
(1)某一次调节后，D点的离地高度为0.8 m，小球从D点飞出，落地点与D点的水平距离为2.4 m，求小球经过D点时的速度大小；
(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．
解析 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，有：HD＝
gt2，
在水平方向做匀速直线运动，有：x＝vDt，
得：vD＝
＝
＝6 m/s.
(2)设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒，有：
mvA2＝
mvD2＋mg(2r＋L)， ①
在A点：FA－mg＝m
， ②
在D点：FD＋mg＝m
， ③
由①②③式得：ΔF＝FA－FD＝6mg＋2mg
，
由图像纵截距得：6mg＝12 N，得m＝0.2 kg，
当L＝0.5 m时，ΔF＝17 N，解得：r＝0.4 m．(杆模型)
答案 (1)6 m/s (2)0.2 kg 0.4 m
13、如图4－3－10所示为一种早期的自行车，这种不带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了 ( )．A．提高速度 B．提高稳定性
C．骑行方便 D．减小阻力
解析 这种老式不带链条的自行车，驱动轮在前轮，人蹬车的角速度一定的情况下，由v＝ωr可知，车轮半径越大，自行车的速度就越大，所以A正确．
答案 A
14、如图4－3－11甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图4－3－11乙所示)．
图4－3－11
(1)若图乙中示波器显示屏上横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s，则圆盘的转速为________转/s.(保留三位有效数字)
(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为________cm.(保留三位有效数字)
解析 (1)从图乙可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图乙中横坐标上每小格表示1.00×10－2 s，所以圆盘转动的周期是0.22 s，则转速为4.55转/s.(2)反光引起的电流图象在图乙中的横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的
，为
＝
cm＝1.46 cm.
答案 (1)4.55 (2)1.46
15、一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图4－3－12甲所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图4－3－12乙所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是 ( )．
甲 乙
图4－3－12
A.
B.
C.
D.
解析 物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P点可看做该点对应的竖直平面内圆周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg＝
，解得ρ＝
＝
＝
.
答案 C
16、如图4－3－13所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；
(3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在
m到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
解析 (1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，
则mg＝m
①
由①式解得
v1＝
②
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，
由机械能守恒定律有
Ep＝mg(1.5R＋R)＋
mv12 ③
由②③式解得
Ep＝3mgR ④
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，
质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，
设经过t时间落到水面上，
离OO′的水平距离为x1，
由平抛运动规律有
4．5R＝
gt2 ⑤
x1＝v1t＋R ⑥
由⑤⑥式解得x1＝4R ⑦
当鱼饵的质量为
m时，
设其到达管口C时速度大小为v2，
由机械能守恒定律有
Ep＝
mg(1.5R＋R)＋
v22 ⑧
由④⑧式解得v2＝2
⑨
质量为
m的鱼饵落到水面上时，
设离OO′的水平距离为x2，则
x2＝v2t＋R ⑩
由⑤⑨⑩式解得x2＝7R
鱼饵能够落到水面的最大面积
S＝
(πx22－πx12)＝
πR2(或8.25πR2)．
答案 (1)
(2)3mgR
(3)
πR2(或8.25πR2)
