2023人教版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版知识点归纳超级精简版.docx

2023人教版带答案高中物理必修二第六章圆周运动微公式版知识点归纳超级精简版

1

单选题
1、如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方L2处有一钉子C。把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的（  ）

A．线速度突然增大为原来的2倍B．线速度突然减小为原来的一半
C．向心加速度突然增大为原来的2倍D．悬线拉力突然增大为原来的2倍
答案：C
AB．碰到钉子的瞬间，根据惯性可知，小球的速度不能发生突变，即线速度不变，AB错误；
C．由an=v2r知，运动半径变小了一半，向心加速度突然增大为原来的2倍，C正确；
D．在最低点，根据牛顿第二定律，满足
F-mg=mv2r
故碰到钉子后合力变为原来的2倍，悬线拉力变大，但不是原来的2倍，D错误。
故选C。
2、如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（  ）

A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值ba只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
答案：D
A．当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则有
mg=mv2r
解得
v2=gr
即
a=gr
与小球的质量无关，A错误；
B．当v2=2a时，对小球受力分析，则有
mg+b=mv2r
解得
b=mg
与小球的质量有关，B错误；
C．根据A、B可知
ba=mr
与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；
D．根据A、B可知
r=ag
m=bg
D正确。
故选D。
3、2018年11月珠海航展，国产全向矢量发动机公开亮相。图为安装了中国国产全向矢量技术发动机的歼-10B战机飞出“眼镜蛇”“落叶飘”等超级机动动作。图为某矢量发动机的模型，O点为发动机转轴，A、B为发动机叶片上的两点，v表示线速度，ω表示角速度，T表示周期，a表示向心加速度，下列说法正确的是（  ）

A．vA>vB，TA>TBB．vA<vB，ωA=ωB
C．ωA<ωB，aA=aBD．aA>aB，TA=TB
答案：B
同轴转动，角速度相等，故
ωA=ωB
而根据线速度和角速度关系可知
v=ωr
因为rB>rA，所以
vB>vA
圆周运动周期为
T=2πω
因为角速度相同，所以周期也相同。此外向心加速度
a=ω2r
因为rB>rA，所以
aB>aA
故选B。
4、如图所示，飞机在竖直平面内俯冲又拉起，这一过程可看作匀速圆周运动，飞行员所受重力为G。在最低点时，座椅对飞行员的支持力为F。则（  ）

A．F=GB．F>GC．F=0D．F<G
答案：B
最低点时，飞行员的向心力
F向=F-G
所以
F>G
故选B。
5、游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目，如图所示，在该游乐设施上有两点A、B，则在旋转木马旋转的过程中，这两点满足（  ）

A．vA>vB，ωA>ωB
B．vA>vB，ωA<ωB
C．vA>vB，ωA=ωB
D．vA<vB，ωA=ωB
答案：C
A、B两点一起绕着中心旋转，故
ωA=ωB
根据
v=rω
rA>rB
故
vA>vB
故选C。
6、转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（  ）

A．笔杆上的点离O点越远，角速度越大
B．笔杆上的点离O点越近，做圆周运动的向心加速度越大
C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手的摩擦力提供的
D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速转动被甩走
答案：D
A．笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，故A错误； 
B．由向心加速度公式a=ω2R，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故B错误；
C．笔杆上的点并不都与手接触，有的点是由重力和笔的弹力提供向心力，故 C错误； 
D．当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故D正确。
故选D。
7、在水平面上，小猴拉着水平绳子牵引小滑块做匀速圆周运动，O点为圆心，能正确地表示小滑块受到的绳子拉力F及摩擦力Ff的图是（  ）
A．B．
C．D．
答案：A
小滑块做匀速圆周运动，绳子拉力和摩擦力的合力充当向心力，指向圆心。而摩擦力总是与滑块的速度方向相反，故摩擦力方向为轨迹的切线方向，故拉力应有与摩擦力方向相反的分力，同时有指向圆心的分力。
故选A。
8、某玩具可简化为如图所示的模型，竖直杆上同一点O系有两根长度均为l的轻绳，两轻绳下端各系一质量为m的小球，两小球间用长为l的轻绳相连，轻绳不可伸长。当球绳系统绕竖直杆以不同的角速度匀速转动时，小球A、B关于杆对称，关于OA绳上的弹力FOA与AB绳上的弹力FAB大小与角速度平方的关系图像，正确的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：B
在AB绳绷直前AB绳上弹力为零，OA绳上拉力大小为FOA，设OA绳与竖直杆间的夹角为θ，有
FOAsinθ=mω2lsinθ
得
FOA=mω2l
当AB绳恰好绷直时，OA绳与竖直杆间的夹角为30°，有
mgtan30∘=mω2lsin30∘
得
ω2=23g3l
当ω2>23g3l时，竖直方向有
FOAcos30∘=mg
得
FOA=233mg
水平方向有
FOAsin30∘+FAB=mω2lsin30∘
解得
FAB=12mω2l-33mg
综上可知：FOA先与角速度平方成正比，后保持不变；FAB开始为零，当角速度平方增大到一定值后与角速度平方成一次增函数关系。
故选B。
9、如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多）和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，小球以v0的水平初速度从A点沿切线方向弹入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，落地点为D，不计空气阻力。在圆形轨道APB中运动，下列说法正确的是（  ）

A．小球对轨道内侧壁有作用力
B．小球对轨道外侧壁有作用力
C．小球所受重力提供向心力
D．小球受重力、支持力和向心力
答案：B
小球受竖直向上的支持力、竖直向下的重力、轨道外侧壁对小球指向圆心的弹力，此弹力提供向心力，根据相互作用的关系，小球对轨道外侧壁有作用力，故ACD错误，B正确。
故选B。
10、如图，一小球A在水平面内做匀速圆周运动，关于小球A的受力情况，下说法中正确的是（  ）

A．小球A受重力、拉力和向心力的作用
B．小球A受拉力和向心力的作用
C．小球A的角速度只与小球悬挂点到圆所在平面的高度有关（绳长不变）
D．小球A受的合力既改变速度的方向，也改变速度的大小
答案：C
AB．小球做圆锥摆运动，受重力和拉力两个力作用，两个力的合力提供圆周运动的向心力，注意向心力不是物体所受的力，靠指向圆心的合力提供，故AB错误；
D．小球A受的合力等于小球A做匀速圆周运动所需的向心力，向心力只改变速度的方向，不改变速度的大小，故D错误；
C．小球A做圆锥摆运动，则有
mgtanθ=mω2r=mω2Lsinθ
整理得
gω2=Lcosθ=h
故小球A的角速度只与小球悬挂点到圆所在平面的高度有关（绳长不变），故Ｃ正确。
故选C。
11、如图所示，一杂技演员驾驶摩托车沿半径为R的圆周做线速度大小为v的匀速圆周运动。若杂技演员和摩托车的总质量为m，其所受向心力大小为（  ）

A．mvRB．mv2RC．mv2R2D．mvR2
答案：B
根据向心力公式得
F向=mv2R
故选B。
12、如图所示，在倾角为θ的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻绳一端连着一质量为m的小球（视为质点）可绕斜面上的O点自由转动。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动并通过最高点B，下列说法正确的是（重力加速度大小为g，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。）（  ）

A．小球通过B点时的最小速度可以小于gLsinθ
B．小球通过A点时的加速度大小为gsinθ-v2L
C．小球通过A点时的速度越大，此时斜面对小球的支持力越大
D．若小球以gLsinθ的速率通过B点时烧断绳子，则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L
答案：D
A．小球通过B点时，当绳上拉力恰好为零时，对应的速度最小，由牛顿第二定律可得
mgsinθ=mvB2L
解得小球通过B点时的最小速度为
vB=gLsinθ
A错误；
B．小球通过A点时的加速度大小为
a=v2L
B错误；
C．斜面对小球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分量，与小球的速度无关，即
N=mgcosθ
C错误；
D．若小球以gLsinθ的速率通过B点时烧断绳子，则小球在斜面上作类平抛运动，在平行于底边方向做匀速运动，在垂直于底边方向做初速为零的匀加速度运动，可得
s水平=vBt=gLsinθ⋅t
沿斜面方向
2L=12at2
其中
a=gsinθ
联立解得
s水平=2L
即到达与A点等高处时与A点间的距离为2L，D正确。
故选D。
13、下列关于向心加速度的说法中正确的是（  ）
A．向心加速度表示做圆周运动的物体速率改变的快慢
B．向心加速度的方向不一定指向圆心
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
答案：C
A．做匀速圆周运动的物体速率不变，向心加速度只改变速度的方向，故A错误；
B．向心加速度的方向总是沿着圆周运动轨迹的半径指向圆心，故B错误；
C．匀速圆周运动中线速度的变化只表现为线速度方向的变化，作为反映速度变化快慢的物理量，向心加速度只描述线速度方向变化的快慢，故C正确；
D．向心加速度的方向是变化的，故D错误。
故选C。
14、如图为某一皮带传动装置，主动轮M的半径为r1，从动轮N的半A径为r2，已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑。下列说法正确的是（  ）

A．从动轮做顺时针转动
B．从动轮的角速度大小为2πn1r1r2
C．从动轮边缘线速度大小为r2r1n1
D．从动轮的转速为r2r1n1
答案：B
A．因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，故A错误；
BD．由干通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据
v=n⋅2πr
得
n2r2=nr1
所以
n2=r1n1r2
则
ω2=2πr1n1r2
故B正确，D错误；
C．从动轮边缘线速度大小为
v2=n2⋅2πr2=2n1πr1
故C错误。
故选B。
15、如图所示是利用两个大小不同的齿轮来达到改变转速的自行车传动结构的示意图。已知大齿轮的齿数为48个，小齿轮的齿数为16个，后轮直径约为小齿轮直径的10倍．假设脚踏板在1s内转1圈，下列说法正确的是（    ）

A．小齿轮在1s内也转1圈
B．大齿轮边缘与小齿轮边缘的线速度之比为3：1
C．后轮与小齿轮的角速度之比为10：1
D．后轮边缘与大齿轮边缘的线速度之比为10：1
答案：D
AB．齿轮的齿数与半径成正比，因此大齿轮的半径是小齿轮半径的3倍，大齿轮与小齿轮是链条传动，边缘点线速度大小相等，令大齿轮为A，小齿轮为B，后轮边缘为C，故
vA：vB=1：1
又
rA：rB=3：1
根据
v=ωr
可知，大齿轮与小齿轮的角速度之比
ωA：ωB=rB：rA=1：3
所以脚踏板在1s内转1圈，小齿轮在1s内转3圈，故AB错误；
CD．B、C两点为同轴转动，所以
ωB：ωC=1：1
根据
v=ωr
可知，后轮边缘上C点的线速度与小齿轮边缘上B点的线速度之比
vC：vB=rC：rB=10：1
故C错误，D正确。
故选D。
多选题
16、如图所示，某物体沿14光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则（  ）

A．物体的合力不为零B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C．物体的合力就是向心力D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直（最低点除外）
答案：AD
A．物体做圆周运动，一定有外力提供向心力，物体的合力一定不为零，A正确；
BCD．物体做圆周运动，一定有指向圆心的外力提供向心力，物体的速率逐渐增大，一定有沿圆弧切线方向的分力，根据平行四边形定则可知，物体的合力方向始终与其运动方向不垂直（最低点除外），D正确，BC错误；
故选AD。
17、如图所示，有一个半径为R的光滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，则关于小球在过最高点的速度v，下列叙述中正确的是（  ）

A．v的极小值为gR
B．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大
C．当v由gR值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大
D．当v由gR值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大
答案：CD
A．由于轨道可以对球提供支持力，小球过最高点的速度最小值为0，故A错误；
BD．当0≤v<gR时，小球受到的弹力为支持力，由牛顿第二定律得
mg-FN=mv2r
故
FN=mg-mv2r
v越大，FN越小；反之，v越小，FN越大，故B错误，D正确；
C．当v>gR时，小球受到的弹力为外轨对它向下的压力，即
mg+FN=mv2r
得
FN=mv2r-mg
v越大，FN越大，故C正确。
故选CD。
18、如图所示，竖直固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A和B，在各自不同的水平面内做匀速圆周运动。以下关于A、B两球作圆周运动时的速度（vA、vB）、角速度（ωA、ωB）、加速度（aA、aB）和对锥壁的压力（FNA、FNB）的说法正确的是（  ）

A．vA>vB
B．ωA>ωB
C．aA=aB
D．FNA=FNB
答案：ACD
CD．对小球受力分析如图所示，

由于两个小球的质量相同，并且都是在水平面内做匀速圆周运动，所以两个小球的受力相同，它们的向心力的大小和受到的支持力的大小都相同
FN=mgsinθ
F向=mgtanθ=ma 
所以有 
FNA=FNB
aA=aB
故CD正确；
A．由于它们的向心力大小相同，由向心力的公式
 F向=mv2r
可知，半径大的，线速度大，所以
vA＞vB
故A正确；
B．由向心力的公式
 F向═mrω2
可知半径大的，角速度小，所以
ωA＜ωB
故B错误．
故选ACD。
19、如图为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道（  ）

A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小保持不变
答案：AD
A．由于甲图线为双曲线的一支，则图线甲中a与r成反比，由
a=v2r
可知，甲球的线速度大小不变，A正确；
B．根据
v=ωr
可知，甲球线速度大小一定，随r的增大，角速度逐渐减小，B错误；
D．图线乙中a与r成正比，由
a=ω2r
可知，乙球运动的角速度大小不变，D正确；
C．根据
v=ωr
由于乙球运动的角速度大小不变，可知，随r的增大，乙球的线速度大小增大，C错误。
故选AD。
20、下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是（　　）

A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态
B．如图B所示，在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高
C．如图C所示，轻质细杆长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的速度可能为0
D．如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
答案：ABC
A．如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，加速度向上，汽车处于超重状态，A正确；
B．如图B所示，在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按设计速度行驶时，支持力的水平分力提供向心力，从而避免轮缘与轨道间的挤压，B正确；
C．由于轻杆可以对小球提供支持力，当小球的速度为零时，支持力与重力大小相等，C正确；
D．当水滴所受的合外力不足以提供向心力时，水滴将做离心运动，沿切线方向甩出，D错误。
故选ABC。
21、如图所示为旋转脱水拖把结构图，旋转杆上有长度为35cm的螺杆，螺杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）为d=5cm，固定套杆内部有与旋转杆的螺纹相配套的凹纹，如果旋转杆不动，固定杆可以在旋转杆上沿其轴线旋转上行或下行。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆使拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。拖把头的托盘半径为8cm，拖布条的长度为6cm，脱水桶的半径为12cm。某次脱水时，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是（  ）

A．紧贴脱水桶壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
B．旋转时脱水桶壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为3：2
C．拖把头转动的周期为3.5s
D．拖把头转动的角速度为7πrad/s
答案：BD
A．紧贴脱水桶内壁的拖布条半径最大，根据
a=ω2r
半径越大，向心加速度越大，需要的向心力越大，越容易甩出，选项A错误；
B．脱水桶内壁半径为12cm，托盘边缘半径为8cm，根据
a=ω2r
向心加速度之比为
a1a2=r1r2=128=32
选项B正确；
C．旋转杆上有长度为35cm的螺杆，相邻螺纹之间的距离为d=5cm，所以共7圈，固定套杆在2s内匀速下压了35cm，所以2s转了7个周期，故周期为
T=27s
选项C错误；
D．根据周期和角速度的关系式
ω=2πT=2π27rad/s=7πrad/s
选项D正确。
故选BD。
22、关于平抛运动和匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．匀速圆周运动的加速度始终不变
C．做平抛运动的物体落地时的速度方向可能竖直向下
D．做匀速圆周运动的物体的角速度不变
答案：AD
A．平抛运动加速度是恒定不变的，则是匀变速曲线运动，选项A正确；
B．匀速圆周运动的加速度大小不变，方向不断变化，选项B错误；
C．做平抛运动的物体落地时有水平速度，则速度方向不可能竖直向下，选项C错误；
D．做匀速圆周运动的物体的角速度不变，选项D正确。
故选AD。
23、质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2πs，则下列说法正确的是（  ）
A．角速度为1rad/sB．转速为0.5πr/s
C．运动轨迹的半径约为4mD．2πs内质点位移为8m
答案：AC
A．质点做圆周运动的周期为2πs，由
ω=2πT=2π2πs=1rad/s
故A正确；
B．质点做圆周运动的周期为2πs，故转速
n=1T=12πr/s
故B错误；
C．根据
v=rω
可得运动轨迹的半径约为
r=vω=41m=4m
故C正确；
D．一个周期质点恰好运动一周，所以2πs内质点位移为零，故D错误。
故选AC。
24、长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v，下列说法中正确的是（  ）
A．当v的值为gl时，杆对小球的弹力为mg
B．当v由gl逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大
C．当v由gl逐渐减小时，杆对小球的支持力逐渐减小
D．当v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大
答案：BD
A．在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律
mg=mv2L
解得
v=gL
故A错误；
B．当v>gL时，轻杆对球有拉力，则
F+mg=mv2L
v增大，F增大，故B正确；
C．当v<gL时，轻杆对球有支持力，则
mg-F'=mv2L
v减小，F'增大，故C错误；
D．由
F向=mv2L
知，v增大，向心力增大，故D正确。
故选BD。
25、如图1所示，“飓风飞椅”是集旋转、升降、变倾角等多种运动形式于一体的大型飞行塔类游艺机。现对其中的甲、乙、丙、丁四位游客进行分析，他们的质量分别为m1、m2、m3、m4，对应的绳长分别为l1、l2、l3、l4，绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3、θ4，如图2、图3所示，已知l3＜l1=l2＜l4，m4＜m1=m2＜m3。当“飓风飞椅”保持某一角速度水平面转动时，下列说法正确的有（  ）

A．图2中，甲、乙两位游客所受合力相同
B．图3中，θ3＜θ4
C．四位游客的加速度大小相等
D．四位游客的重力均不做功
答案：BD
A．游客随“飓风飞椅”做匀速圆周运动，甲、乙两位游客所受合力指向圆心，由图2可知，合力方向肯定不同，即甲、乙两位游客所受合力不相同，A错误；
B．由圆锥摆模型得游客所受合力
F=mgtanθ=mrω2
得
ω=gtanθr
设圆盘的半径为r0，则有
ω=gtanθlsinθ+r0
由于甲、乙、丙、丁四位游客的角速度和周期相等，则有
gtanθ3l3sinθ3+r0=gtanθ4l4sinθ4+r0
由于
l3＜l4
得
θ3＜θ4
B正确；
C．游客随“飓风飞椅”做匀速圆周运动的向心力为
F=mgtanθ
由牛顿第二定律可知
a=gtanθ
由于θ角不都相等，所以加速度大小不都相等，C错误；
D．四位游客在水平面内做匀速圆周运动，重力均不做功，D正确。
故选BD。
填空题
26、物体做匀速圆周运动中，分别用v、ω、T表示，写出向心力计算公式：
_______；_______；_______。
答案：     Fn=mv2r     Fn=mω2r     Fn=m(2πT)2r
[1][2]精确的实验表明，向心力的大小可以表示为
Fn=mv2r
或者
Fn=mω2r
其中，m为做圆周运动的物体的质量，r为轨道半径。
[3]由于ω=2πT，所以向心力的大小可表示为
Fn=m(2πT)2r
27、铺设火车路轨时，在转弯处都要将___________（选填“内”或“外”）轨道铺得高一些，这样火车通过时，与不这样铺设相比，外轨道和轮缘之间的挤压力就会___________（选填“增大”或“减小”），防止过度磨损或出轨倾覆。
答案：     外     减小
[1]铺设火车路轨时，在转弯处都要将外轨道铺得高一些，重力与支持力的合力提供向心力；
[2]这样火车通过时，与不这样铺设相比，外轨道和轮缘之间的挤压力就会减小或者消失，防止过度磨损或出轨倾覆。
28、某个走时准确的时钟（如图），分针与时针由转动轴到针尖的长度之比是2∶1。分针与时针的角速度之比是______，分针针尖与时针针尖的线速度之比是________。

答案：     12：1     24：1
[1] 在一个小时的时间内，分针每转过的角度为360度，而时针转过的角度为30度，所以分针与时针的角速度之比为
ω1:ω2=360°:30°=12:1
[2]由v=rω可得，线速度之比为
v1:v2=2×12:1×1=24:1
29、摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜；行驶在直轨上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。假设有一摆式列车在水平面内行驶，以100m/s的速度转弯，转弯半径为1000m，则质量为50kg的乘客，则在转弯过程中乘客所受到的向心力为_______________N，火车对他的作用力大小为________________N（g取10m/s2）。

答案：     500     5002
[1] 在火车转弯时，乘客与火车一起做圆周运动，则向心力
F=mv2r
解得
F=500N
[2]对乘客受力分析，乘客在转弯过程中所受列车给他的作用力为
F'=F2+(mg)2=5002N
30、一般曲线运动的受力特点
（1）处理方法：可以把一般的曲线分割成许多______的小段，看作一小段圆弧。

（2）用处理______的方法研究物体在每一小段圆弧上的运动。
答案：     很短     圆周运动
（1）[1]一般曲线运动的受力处理方法：可以把一般的曲线分割成许多很短的小段，看作一小段圆弧。
（2）[2]用处理圆周运动的方法研究物体在每一小段圆弧上的运动。

29