[基礎落實練]1．(2023·全國甲卷)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于()A．1 B．2C．3 D．4解析：由題意知，F＝krn①T＝eq\f(k′,r)②質點做勻速圓周運動，則有F＝meq\f(4π2,T2)·r③聯立①②③有krn＝meq\f(4π2,k′2)·r3令k＝meq\f(4π2,k′2)，可得n＝3選項C正確。答案：C2.游樂場的旋轉木馬是小朋友們非常喜歡的游玩項目。如圖所示，一小孩坐在旋轉木馬上，繞中心軸在水平面內做勻速圓周運動，圓周運動的半徑為3.0m，小孩旋轉5周用時1min，則下列說法正確的是()A．小孩做圓周運動的角速度為eq\f(π,3)rad/sB．小孩做圓周運動的線速度為2πm/sC．小孩在1min內通過的路程為15πmD．小孩做圓周運動的向心加速度為eq\f(π2,12)m/s2解析：小孩做圓周運動的周期T＝eq\f(t,n)＝12s，則角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，A錯誤；線速度為v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(π,2)m/s，B錯誤；在1min內通過的路程s＝n·2πr＝30πm，C錯誤；向心加速度為an＝ω2r＝eq\f(π2,12)m/s2，D正確。答案：D3.(2024·四川成都診斷)如圖所示，用長為L的細線拴住一個質量為M的小球，使小球在水平面內做勻速圓周運動，細線與水平方向的夾角為θ，重力加速度為g，關于小球的受力情況，下列說法中不正確的是()A．小球受到重力、細線的拉力和向心力三個力B．向心力是細線對小球的拉力和小球所受重力的合力C．向心力的大小等于細線對小球拉力的水平分力D．向心力的大小等于eq\f(Mg,tanθ)解析：小球受重力、細線的拉力，這兩個力的合力提供小球做圓周運動的向心力，A錯誤，B正確；將細線的拉力分解到水平方向和豎直方向，而豎直方向分力與重力平衡，水平方向的分力就是兩個力的合力提供向心力，即Tsinθ＝Mg，Tcosθ＝F向心，解得向心力的大小F向心＝eq\f(Mg,tanθ)，C、D正確。答案：A4.如圖所示，乘坐游樂園的翻滾過山車時，質量為m的人隨車在豎直平面內旋轉，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．過山車在最高點時人處于倒坐狀態，全靠保險帶拉住，沒有保險帶，人就會掉下來B．人在最高點時對座位不可能產生大小為mg的壓力C．人在最低點時對座位的壓力等于mgD．人在最低點時對座位的壓力大于mg解析：過山車在最高點時人處于倒坐狀態，但是向心力靠重力與座椅的支持力提供，速度越大支持力越大，所以沒有保險帶，人也不會掉下來，所以A錯誤；人在最高點時，由牛頓第二定律可得mg＋N＝meq\f(v2,r)，當速度為v＝eq\r(2gr)時，支持力為mg，由牛頓第三定律可得，人在最高點時對座位可以產生大小為mg的壓力，所以B錯誤；人在最低點時，由牛頓第二定律可得N－mg＝meq\f(v2,r)，則人在最低點時對座位的壓力大于mg，所以C錯誤，D正確。答案：D5．(2024·四川眉山診斷)如圖甲所示，修正帶是通過兩個齒輪相互咬合進行工作的，其原理可簡化為圖乙中所示的模型。A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，C是大齒輪上的一點。若大齒輪半徑是小齒輪半徑的2倍，小齒輪中心到A點和大齒輪中心到C點的距離之比為2∶1，則A、B、C三點()A．線速度大小之比為4∶4∶1B．角速度之比為1∶1∶1C．轉速之比為2∶2∶1D．向心加速度大小之比為2∶1∶1解析：A、B是大、小齒輪邊緣上的兩點，可知vA＝vB，又v＝ωr，rA＝eq\f(1,2)rB，可得ωA＝2ωB，由于B、C兩點都在大齒輪上，可知ωB＝ωC，又v＝ωr，rB＝4rC，可得vB＝4vC，則A、B、C三點線速度大小之比為vA∶vB∶vC＝4∶4∶1，A、B、C三點角速度之比為ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項A正確，B錯誤；根據角速度和轉速的關系有ω＝2πn，可知A、B、C三點轉速之比為nA∶nB∶nC＝ωA∶ωB∶ωC＝2∶1∶1，選項C錯誤；根據向心加速度公式有a＝ω2r可知，A、B、C三點向心加速度大小之比為aA∶aB∶aC＝8∶4∶1，選項D錯誤。答案：A6．一輛汽車勻速率通過一座圓弧形拱形橋后，接著又以相同速率通過一圓弧形凹形橋。設兩圓弧半徑相等，汽車通過拱形橋橋頂時，對橋面的壓力大小N1為車重的一半，汽車通過圓弧形凹形橋的最低點時，對橋面的壓力大小為N2，則N1與N2之比為()A．3∶1 B．3∶2C．1∶3 D．1∶2解析：汽車過圓弧形橋的最高點(或最低點)時，由重力與橋面對汽車的支持力的合力提供向心力。如圖甲所示，汽車過圓弧形拱形橋的最高點時，由牛頓第三定律可知，汽車受橋面對它的支持力與它對橋面的壓力大小相等，即N′1＝N1①，由牛頓第二定律可得mg－N′1＝eq\f(mv2,R)②，同理，如圖乙所示，N′2＝N2，汽車過圓弧形凹形橋的最低點時，有N′2－mg＝eq\f(mv2,R)③，由題意可知N1＝eq\f(1,2)mg④，由①②③④得N1∶N2＝1∶3。答案：C7．(2024·四川宜賓診斷)列車轉彎時的受力分析如圖所示，鐵路轉彎處的圓弧半徑為R，兩鐵軌之間的距離為d，內外軌的高度差為h，鐵軌平面和水平面間的夾角為α(α很小，可近似認為tanα≈sinα)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．列車轉彎時受到重力、支持力和向心力的作用B．列車過轉彎處的速度v＝eq\r(\f(gRh,d))時，列車輪緣不會擠壓內軌和外軌C．列車過轉彎處的速度v<eq\r(\f(gRh,d))時，列車輪緣會擠壓外軌D．若減小α角，可提高列車安全過轉彎處的速度解析：列車以規定速度轉彎時受到重力、支持力，重力和支持力的合力提供向心力，向心力是效果力，A錯誤；當重力和支持力的合力提供向心力時，則meq\f(v2,R)＝mgtanα＝mgeq\f(h,d)，解得v＝eq\r(\f(gRh,d))，列車輪緣不會擠壓內軌和外軌，B正確；列車過轉彎處的速度v<eq\r(\f(gRh,d))時，轉彎所需的合力F<mgtanα，故此時列車內軌受擠壓，C錯誤；若要提高列車速度，則列車所需的向心力增大，故需要增大α，D錯誤。答案：B8.空中飛椅是游樂場里的娛樂項目之一，其模型如圖所示，頂端轉盤上用等長鋼絲繩吊著多個座椅，甲、乙兩人分別坐在A、B兩個吊椅中，當轉盤以一定的角速度勻速轉動時，連接A、B座椅的鋼絲繩與豎直方向的夾角分別為α、θ。已知A、B座椅繞軸的旋轉半徑分別為r1、r2，甲、乙兩人的質量分別為m1、m2，兩座椅的質量相等，若m1＞m2，則()A．α<θB．r1＞r2C．甲的向心加速度小于乙的向心加速度D．甲、乙線速度大小相等解析：以人和座椅為研究對象，合力提供向心力，甲和座椅在水平面內的圓周運動滿足mgtanα＝mω2(Lsinα＋r)，解得ω＝eq\r(\f(gtanα,Lsinα＋r))，同軸轉動角速度相同，故α＝θ，r1＝r2，故A、B錯誤；根據a＝ω2r可知，a1＝a2，根據v＝rω可知v1＝v2，故C錯誤，D正確。答案：D[能力提升練]9．(2022·山東卷)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點，與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點。小車以最大速度從A點駛入路徑，到適當位置調整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全，小車速率最大為4m/s。在ABC段的加速度最大為2m/s2，CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點，小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為()A．t＝(2＋eq\f(7π,4))s，l＝8mB．t＝(eq\f(9,4)＋eq\f(7π,2))s，l＝5mC．t＝(2＋eq\f(5,12)eq\r(6)＋eq\f(7\r(6)π,6))s，l＝5.5mD．t＝[2＋eq\f(5,12)eq\r(6)＋eq\f((\r(6)＋4)π,2)]s，l＝5.5m解析：依題意知小車在BC段運動的最大速率為v1＝eq\r(a1R1)＝eq\r(6)m/s，在CD段運動的最大速率為v2＝eq\r(a2R2)＝2m/s，所以經過BC段和CD段的最大速率為v2＝2m/s，因此在BC段和CD段運動的最短時間t3＝eq\f(3π＋4π,2)s＝eq\f(7π,2)s，在B點的速率最大為v2＝2m/s，設在AB段小車以最大加速度減速的距離為x，則根據勻變速直線運動規律得veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,m)－2a1x，解得x＝3m，t2＝eq\f(vm－v2,a1)＝1s，所以勻速運動的最大距離l＝8m－x＝5m，運動時間t1＝eq\f(5,4)s，故小車從A到D所需的最短時間t＝t1＋t2＋t3＝(eq\f(9,4)＋eq\f(7π,2))s，B正確。答案：B10.(2024·四川攀枝花一診)如圖所示，兩等長輕繩一端打結，記為O點，并系在小球上。兩輕繩的另一端分別系在同一水平桿上的A、B兩點，兩輕繩與固定的水平桿夾角均為53°。給小球垂直紙面的速度，使小球在垂直紙面的豎直面內做往復運動。某次小球運動到最低點時，輕繩OB從O點斷開，小球恰好做勻速圓周運動。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則輕繩OB斷開前后瞬間，輕繩OA的張力之比為()A．1∶1 B．25∶32C．25∶24 D．3∶4解析：輕繩OB斷開前，小球以A、B中點為圓心的圓弧做往復運動，設小球經過最低點的速度大小為v，繩長為L，小球質量為m，輕繩的張力為F1，由向心力公式有2F1sin53°－mg＝meq\f(v2,Lsin53°)，輕繩OB斷開后，小球在水平面內做勻速圓周運動，其圓心在A點的正下方，設輕繩的張力為F2，有F2cos53°＝meq\f(v2,Lcos53°)，F2sin53°＝mg，聯立解得eq\f(F1,F2)＝eq\f(25,32)，故B正確。答案：B11．如圖(a)所示為某次花樣滑冰訓練中甲以自己為軸拉著乙做圓錐擺運動的精彩場面，若乙的質量為m＝40kg，伸直的手臂與豎直方向的夾角θ＝53°，轉動過程中乙的重心做勻速圓周運動的半徑為r＝1.2m，等效為如圖(b)所示。忽略乙受到的摩擦力，取重力加速度為g＝10m/s2，π2＝10，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)當乙的角速度為ω1＝eq\f(π,3)rad/s時，冰面對乙支持力的大小；(2)乙剛要離開冰面時，乙的角速度ω2的大小；(3)當乙的角速度為ω3＝eq\r(\f(40,3))rad/s時，甲對乙拉力的大小。解析：(1)乙受重力、冰面的支持力和甲對乙的拉力如圖所示。水平方向有Fsin53°＝mωeq\o\al(2,1)r豎直方向有Fcos53°＋N＝mg聯立解得N＝360N。(2)乙剛要離開冰面時，受重力和甲對乙的拉力，則mgtan53°＝mωeq\o\al(2,2)r解得