高考物理一轮知能分级对点训练：《圆周运动》(鲁科版)
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：圆周运动的临界问题
专题强化六圆周运动的临界问题目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题．题型一水平面内圆周运动的临界问题物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．1．常见的临界情况(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．2．分析方法分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．例1(2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103kg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1.4×104 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1.4×104 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解析汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩车转弯的速度为20 m/s时，根据F＝m v2R＝擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为a m＝fm7.0 m/s 2，D 正确．例2 (多选)如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a 有f a ＝mωa 2l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mωa 2l ，ωa ＝kgl；对木块b 有f b ＝mωb 2·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mωb 2·2l ，ωb ＝kg2l，则ω＝kg2l是b 开始滑动的临界角速度，所以b 先达到最大静摩擦力，即b 比a 先开始滑动，选项A 、C 正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，则f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；ω＝2kg3l<ωa ＝kg l ，a 没有滑动，则f a ′＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 例3 细绳一端系住一个质量为m 的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h 高度处，绳长l 大于h ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g .若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )A.12πg l B ．2πgh C.12πh gD.12πg h答案 D解析 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg 、水平桌面支持力N 、绳子拉力F .小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R ＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋N ＝mg ，F sin θ＝m v 2R ＝mω2R ＝4m π2n 2R ＝4m π2n 2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，N ＝0，转速n 有最大值，此时n m ＝12πgh，故选D. 例4 (多选)(2023·湖北省公安县等六县质检)如图所示，AB 为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m 1＝5 kg 的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC (悬点为B )在结点C 处共同连着一质量为m 2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N ，细绳BC 能承受的最大拉力为27.6 N ．圆筒顶端A 到C 点的距离l 1＝1.5 m ，细绳BC 刚好被水平拉直时长l 2＝0.9 m ，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC 绳被拉直之前，用手拿着m 1，保证其位置不变，在BC 绳被拉直之后，放开m 1，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．在BC 绳被拉直之前，AC 绳中拉力逐渐增大B ．当角速度ω＝53 3 rad/s 时，BC 绳刚好被拉直C ．当角速度ω＝3 rad/s 时，AC 绳刚好被拉断D ．当角速度ω＝4 rad/s 时，BC 绳刚好被拉断 答案 ABD解析 转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC 绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m 2竖直方向处于平衡，由T A cos θ＝m 2g ，可知在BC 绳被拉直之前，AC 绳中拉力逐渐增大，A 正确；BC 绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC 绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝35，对小球m 2受力分析，由牛顿第二定律可知m 2g tan θ＝m 2ω12l 2，解得ω1＝53 3 rad/s ，B 正确；当ω＝3 rad/s>533 rad/s ，BC 绳被拉直且放开了m 1，m 1就一直处于平衡状态，AC 绳中拉力不变且为50 N ，小于AC 绳承受的最大拉力，AC 未被拉断，C 错误；对小球m 2，竖直方向有m1g cos θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC被拉断时有m1g sin θ＋T BC＝m2ω22l2，解得ω2＝4 rad/s，D正确．题型二竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑)实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F弹向下或等于零F弹向下、等于零或向上力学方程mg＋F弹＝mv2R mg±F弹＝mv2R临界特征F弹＝0mg＝mv min2R即v min＝gRv＝0即F向＝0F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥gR，F弹＋mg＝mv2R，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<gR，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0<v<gR时，mg－F弹＝mv2R，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝gR时，F弹＝0(4)当v>gR时，mg＋F弹＝mv2R，F弹指向圆心并随v的增大而增大2.解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．例5 (2023·陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球(可视为质点)，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g ＝10 m/s 2，下列说法不正确的是( )A ．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/sB ．当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力为15 NC ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 2 m/sD ．若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的最大速度不能超过4 m/s 答案 D解析 设小球通过最高点时的最小速度为v 0，则根据牛顿第二定律有mg ＝m v 02R ，解得v 0＝2m/s ，故A 正确；当小球在最高点的速度为v 1＝4 m/s 时，设轻绳拉力大小为T ，根据牛顿第二定律有T ＋mg ＝m v 12R ，解得T ＝15 N ，故B 正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有T m －mg ＝m v m 2R ，解得v m ＝4 2 m/s ，故C 正确，D 错误．例6 (多选)(2023·福建泉州市质检)如图甲所示，质量为m 的小球与轻杆一端相连，绕杆的另一端点O 在竖直平面内做圆周运动，从小球经过最高点开始计时，杆对小球的作用力大小F 随杆转过角度θ的变化关系如图乙所示，忽略摩擦阻力，重力加速度大小为g ，则( )A ．当θ＝0时，小球的速度为0B ．当θ＝π时，力F 的大小为6mgC ．当θ＝π2时，小球受到的合力大于3mgD ．当θ＝π时，小球的加速度大小为6g 答案 BC解析 当θ＝0时，刚好由重力提供向心力，则mg ＝m v 2l ，解得v ＝gl ，A 错误；当θ＝π时，由合力提供向心力得F －mg ＝ma ＝m v ′2l ，最高点到最低点，由动能定理得mg ·2l ＝12m v ′2－12m v 2，联立解得F ＝6mg ，a ＝5g ，B 正确，D 错误；当θ＝π2时，由水平方向上的合力提供向心力得F 合x ＝m v ′′2l ，角度由θ＝0变为θ＝π2过程中，由动能定理得mgl ＝12m v ′′2－12m v 2，解得F 合x ＝3mg .当θ＝π2时，小球受到的合力大小为F 合＝F 合x 2＋(mg )2＝10mg >3mg ，C 正确．题型三 斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2R .例7 (多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m 处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的是( )A ．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B ．小物体受到的摩擦力可能背离圆心C ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0 rad/sD ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是 3 rad/s 答案 BC解析 当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A 错误，B 正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 N ＝mg cos 30°，摩擦力f ＝μN ＝μmg cos 30°，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R ，解得ω＝1.0 rad/s ，故C 正确，D 错误．课时精练1．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( ) A ．15 m/s B ．20 m/s C ．25 m/s D ．30 m/s答案 B解析 当N ′＝N ＝34G 时，有G －N ′＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．2.(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l ＝1 m 的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则( )A ．小球受重力、支持力、拉力和向心力B ．小球可能只受拉力和重力C ．当ω＝52 2 rad/s 时，小球对锥体的压力刚好为零D ．当ω＝2 5 rad/s 时，小球受重力、支持力和拉力作用 答案 BC解析 转速较小时，小球紧贴锥体，则T cos θ＋N sin θ＝mg ，T sin θ－N cos θ＝mω2l sin θ，随着转速的增加，T 增大，N 减小，当角速度ω达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan θ＝mω02l sin θ，解得ω0＝52 2 rad/s ，A 错误，B 、C 正确；当ω＝2 5 rad/s 时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D 错误．3.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB 水平、OA 竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B 点以某一初速度v 0进入细管，之后从管内的A 点以大小为v A 的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>3gR B ．为使小球能从A 点飞出，小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gRC ．为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2D ．小球从A 点飞出的水平初速度必须满足v A >gR ，因而不可能使小球从A 点水平飞出后再返回B 点 答案 BC解析 小球能从A 点飞出，则在A 点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有12m v 02>mgR ，则小球在B 点的初速度必须满足v 0>2gR ，选项A 错误，B 正确；为使小球从A 点水平飞出后再返回B 点，则R ＝v A t ，R ＝12gt 2，联立解得v A ＝gR 2，12m v 02＝mgR ＋12m v A 2，小球在B 点的初速度应为v 0＝5gR2，选项C 正确；要使小球从A 点飞出，则小球在A 点的速度大于零即可，由选项C 的分析可知，只要小球在A 点的速度为gR2，小球就能从A 点水平飞出后再返回B点，选项D错误．4.(2023·福建省百校联考)半径为R的内壁光滑的圆环形轨道固定在水平桌面上，轨道的正上方和正下方分别有质量为m A和m B的小球A和B，A的质量是B的两倍，它们在轨道内沿逆时针方向滚动，经过最低点时速率相等；当B在最低点时，A球恰好在最高点，如图所示，此时轨道对桌面的压力恰好等于轨道重力，当地重力加速度为g.则小球在最低点的速率可表示为()A.3gRB.5gRC.11gR D．25gR答案 C解析设小球A、B在最低点时速率为v1，对A、B在最低点，由牛顿第二定律可得N A1－m A g＝m A v12R ，N B－m B g＝m B v12R，小球A从最低点运动到最高点(速率为v2)过程，由动能定理可得－2m A gR＝12m A v22－12m A v12，小球A在最高点时，由牛顿第二定律可得N A2＋m A g＝m Av22R，由题意知N A2＝N B，m A＝2m B，联立以上各式可解得v1＝11gR，故选C.5.(2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．B对A的摩擦力一定为3mω2rC．转台的角速度需要满足ω≤μg rD．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体答案 B解析 由于物体 A 、B 及物体 C 能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B 对A 的摩擦力一定为f A ＝3mω2r ，又有0<f A ≤f max ＝3μmg ，由于角速度大小不确定，B 对A 的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg ，A 错误，B 正确；若物体A 达到最大静摩擦力，则3μmg ＝3mω12r ，解得ω1＝μgr，若转台对物体B 达到最大静摩擦力，对A 、B 整体有5μmg ＝5mω22r ，解得ω2＝μg r，若物体C 达到最大静摩擦力，则μmg ＝mω32×1.5r ，解得ω3＝2μg3r，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体 A 、B 及物体 C 均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝2μg3r，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C 所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C 物体，C 、D 错误．6．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B (均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g ，则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得F ＝1.5mg ，即杆受到的弹力大小为1.5mg ，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误．7.(2023·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()A．4 m/s B．210 m/sC．2 5 m/s D．2 2 m/s答案 A解析小球恰好到达A点时的速度大小为v A＝0，此时对应B点的速度最小，设为v B，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有12m v B2－12m v A2＝2mgL sin α，代入数据解得v B＝4 m/s，故选A.8.(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)()A．当ω>2Kg3L时，A、B会相对于转盘滑动B．当ω>Kg2L，绳子一定有弹力C．ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案ABD解析当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝2Kg3L，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝Kg2L ，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B项正确；当ω>Kg2L时，B已达到最大静摩擦力，则ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以由f－T＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确．9．(多选)(2023·湖北省重点中学检测)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A．铁球可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道转动时机械能守恒C．铁球在A点的速度一定大于或等于gRD．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg答案BD解析铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F吸－N A＝m v A2R，当N A＝mg＋F吸时，v A＝0，选项C错误；铁球从A到B的过程，由动能定理有2mgR＝12m v B2－12m v A2，当v A＝0时，铁球在B点的速度最小，解得v B min＝2gR，球在B点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F吸－mg－N B＝m v B2R，当v B＝v B min＝2gR且N B＝0时，解得F吸min＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ，选项D 正确．10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R ＝0.35 m 且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v 0＝3.5 m/s 的初速度进入轨道，g ＝10 m/s 2，则( )A ．小球不会脱离圆轨道B ．小球会脱离圆轨道C ．小球脱离轨道时的速度大小为72m/s D ．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30° 答案 BCD解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ＝ 3.5 m/s ，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得12m v 0′2＝mg ·2R ＋12m v 2，解得v 0′＝702m/s>v 0＝3.5 m/s ，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A 错误，B 正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mg sin θ＝m v 12R ，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得12m v 02＝mgR (1＋sin θ)＋12m v 12，联立解得sin θ＝12，即θ＝30°，则v 1＝gR sin θ＝72m/s ，故C 、D 正确．。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是()A．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大B．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等C．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s23.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感．如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度．A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C．滚轮从A到B，从动轮线速度先增大后减小D．滚轮从A到B，从动轮转速先增大后减小4．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是()A．小球Q的位置越来越高B．细线的拉力减小C．小球Q运动的角速度增大D．金属块P受到桌面的静摩擦力增大5.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则()A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB．小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s26.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力之比为()A．1∶1 B．25∶32C．25∶24 D．3∶47．(2023·浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光．下列说法正确的是()A．安装时A端比B端更远离圆心B．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光8.(2023·浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h.下列判断正确的是()A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B．小滑块运动中的加速度越来越大C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大D．小滑块落至底面时的速度大小为v02＋2gh9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是()A．小物块a和b做圆周运动所需的向心力大小之比为3∶1B．小物块a和b对容器壁的压力大小之比为3∶1C．小物块a与容器壁之间无摩擦力D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下10.(多选)(2023·山西吕梁市模拟)2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m，人体弹射装置可以使运动员在4.5 s内由静止达到入弯速度18 m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动员质量为50 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是()A ．运动员匀加速运动的距离为81 mB ．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC ．运动员入弯时的向心力大小为648 ND ．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°11.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m 的半圆弧BC 与长8 m 的直线路径AB 相切于B 点，与半径为4 m 的半圆弧CD 相切于C 点．小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B 点，然后保持速率不变依次经过BC 和CD .为保证安全，小车速率最大为4 m/s ，在ABC 段的加速度最大为2 m/s 2，CD 段的加速度最大为1 m/s 2.小车视为质点，小车从A 到D 所需最短时间t 及在AB 段做匀速直线运动的最长距离l 为( )A ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋7π4 s ，l ＝8 m B ．t ＝⎝⎛⎭⎫94＋7π2 s ，l ＝5 mC ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋5126＋76π6 s ，l ＝5.5 m D ．t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋512 6＋(6＋4)π2 s ，l ＝5.5 m 12.(2022·辽宁卷·13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．答案及解析1．D 2.C 3.B 4.B 5.A6．B [轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．] 7．C [要使重物做离心运动，M 、N 接触，则A 端应靠近圆心，因此安装时B 端比A 端更远离圆心，A 错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M 、N 能接触，灯会发光，不能说重物受到离心力的作用，B 错误；灯在最低点时有F 弹－mg ＝mrω2，解得ω＝F 弹mr －g r ，又ω＝2πn ，因此增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光，C 正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F 1－mg ＝m v 2r ，灯在最高点时有F 2＋mg ＝m v 2r，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D 错误．]8．D [小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A 、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，故D 正确．]9．A [a 、b 角速度相等，向心力大小可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析有mω2R sin 60°<mg tan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，C 、D错误；对b 有F N b cos 30°＝mg ，对a 有F N a cos 60°＋F f sin 60°＝mg ，所以F N a F N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 错误．]10．BC [运动员匀加速运动的距离为x ＝v 2t ＝182×4.5 m ＝40.5 m ，A 错误；在匀加速过程中，加速度a ＝v t ＝184.5m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为F ＝ma ＝50×4 N ＝200 N ，B 正确；运动员入弯时所需的向心力大小为F n ＝m v 2r ＝50×18225N ＝648 N ，C 正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝mg F n ＝gr v 2＝250324<1，得θ<45°，D 错误．] 11．B [在BC 段的最大加速度为a 1＝2 m/s 2，则根据a 1＝v 1m 2r 1，可得在BC 段的最大速度为v 1m ＝ 6 m/s ，在CD 段的最大加速度为a 2＝1 m/s 2，则根据a 2＝v 2m 2r 2，可得在BC 段的最大速度为v 2m ＝2 m/s<v 1m ，可知在BCD 段运动时的速度为v ＝2 m/s ，在BCD 段运动的时间为t 3＝πr 1＋πr 2v ＝7π2s ，若小车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以v m 匀速，再以a 1减速至v ，AB 段从最大速度v m 减速到v 的时间t 1＝v m －v a 1＝4－22 s ＝1 s ，位移x 2＝v m 2－v 22a 1＝3 m ，在AB 段匀速的最长距离为l ＝8 m －3 m ＝5 m ，则匀速运动的时间t 2＝l v m ＝54s ，则从A 到D 最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(94＋7π2) s ，故选B.] 12．(1)2.7 m/s 2 (2)225242甲 解析 (1)根据速度位移公式有v 2＝2ax ，代入数据可得a ＝2.7 m/s 2(2)根据向心加速度的表达式a ＝v 2R可得甲、乙的向心加速度之比为a 甲a 乙＝v 甲2v 乙2·R 乙R 甲＝225242，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t ＝πR v ，代入数据可得甲、乙运动的时间为t 甲＝4π5 s ，t 乙＝9π11s ．因t 甲<t 乙，所以甲先出弯道．。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：圆周运动
第3讲圆周运动目标要求 1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法.3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型．考点一圆周运动的运动学问题1．描述圆周运动的物理量2．匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处相等，这种运动叫作匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)2．物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的．(×)3．物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力．(√)4．匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．(×)1．对公式v＝ωr的理解当ω一定时，v与r成正比．当v 一定时，ω与r 成反比． 2．对a ＝v 2r＝ω2r 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 3．常见的传动方式及特点同轴转动皮带传动齿轮传动装置A 、B 两点在同轴的一个圆盘上两个轮子用皮带连接，A 、B 两点分别是两个轮子边缘的点两个齿轮轮齿啮合，A 、B 两点分别是两个齿轮边缘上的点特点 角速度、周期相同线速度大小相等线速度大小相等转向相同相同相反规律线速度与半径成正比： v A v B ＝r R向心加速度与半径成正比：a A a B ＝r R角速度与半径成反比： ωA ωB ＝r R向心加速度与半径成反比： a A a B ＝r R角速度与半径成反比： ωA ωB ＝r 2r 1向心加速度与半径成反比：a A a B ＝r 2r 1考向1 圆周运动物理量的分析和计算例1 (2023·福建省莆田二中模拟)地球绕地轴自西向东做匀速圆周运动，一质量为1 kg 的物体甲位于赤道上，另一个质量为2 kg 的物体乙位于北纬60°的地面上，地球可视为一个球体，下列说法正确的是( )A ．物体甲、乙的线速度大小相等B ．物体甲、乙的向心力方向都指向地心C ．物体甲、乙的向心力大小之比为1∶1D ．物体甲、乙的向心加速度大小之比为1∶2 答案 C解析 物体甲、乙同轴转动，两者的角速度相等，物体甲、乙做圆周运动的半径为r 甲＝R ，r 乙＝R cos 60°＝12R ，由于两物体转动的半径不相等，由v ＝ωr 可知，两物体的线速度大小不相等，A错误；物体甲的向心力方向指向地心，物体乙的向心力方向垂直指向北纬60°的地轴，B错误；物体甲、乙圆周半径之比为2∶1，由a＝ω2r可知，向心加速度大小之比为2∶1，物体甲、乙的质量之比为1∶2，由向心力公式F＝mω2r，可得向心力大小之比为1∶1，C正确，D错误．考向2圆周传动问题例2(多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮传动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，下列说法正确的是()A．A点和B点的线速度大小之比为1∶1B．A点和B点的角速度之比为1∶1C．A点和B点的角速度之比为3∶1D．A点和B点的线速度大小之比为1∶3答案AC解析题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误．考向3圆周运动的多解问题例3(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，则()A．子弹在圆筒中的水平速度为d g 2hB ．子弹在圆筒中的水平速度为2d g 2hC ．圆筒转动的角速度可能为πg 2hD ．圆筒转动的角速度可能为3πg 2h答案 ACD解析 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h 的时间相同，即t ＝2h g ，则v 0＝d t＝dg2h，故A 正确，B 错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt ＝(2n ＋1)π(n ＝0,1,2，…)，所以ω＝(2n ＋1)πt＝(2n ＋1)πg2h(n ＝0,1,2，…)，故C 、D 正确． 考点二 圆周运动的动力学问题1．匀速圆周运动的向心力 (1)作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． (2)大小F ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ＝mωv .(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． 2．离心运动和近心运动(1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动． (2)受力特点(如图)①当F ＝0时，物体沿切线方向飞出，做匀速直线运动． ②当0<F <mrω2时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． ③当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．3．匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力．(2)变速圆周运动的合力(如图)①与圆周相切的分力F t产生切向加速度a t，改变线速度的大小，当a t与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动．②指向圆心的分力F提供向心力，产生向心加速度a，改变线速度的方向．1．做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．(×) 2．摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故．(×)3．向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供．(√)4．在变速圆周运动中，向心力不指向圆心．(×)1．向心力来源向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．匀速圆周运动中向心力来源运动模型向心力的来源图示汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)圆锥摆飞车走壁飞机水平转弯火车转弯3.变速圆周运动中向心力来源如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，F ＝T －mg cos θ＝m v 2R ，如图所示．4．圆周运动中动力学问题的分析思路考向1 圆周运动的动力学问题例4 (多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP 竖直放置，其中MN 、PQ 足够长，且PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿过PQ 杆，金属框绕MN 轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )A ．小球的高度一定降低B ．弹簧弹力的大小一定不变C ．小球对杆压力的大小一定变大D ．小球所受合外力的大小一定变大 答案 BD解析 对小球受力分析，设弹簧弹力为T ，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有T sin θ＝mg ，而T ＝k ⎝⎛⎭⎫MPcos θ－l 0 可知θ为定值，T 不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A 错误，B 正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力N 背离转轴时，则T cos θ－N ＝mω2r 即N ＝T cos θ－mω2r当转速较大，N 指向转轴时， 则T cos θ＋N ′＝mω′2r 即N ′＝mω′2r －T cos θ因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C 错误； 根据F 合＝mω2r 可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D 正确．例5 (2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a 、b 之间的最低点，a 、c 两处的高度差为h .要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )A.h k ＋1B.h kC.2h kD.2h k －1答案 D解析 运动员从a 到c 根据动能定理有mgh ＝12m v c 2，在c 点有N c －mg ＝m v c 2R c ，N c ≤ kmg ，联立有R c ≥2hk －1，故选D.考向2 圆锥摆模型例6 (2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A 、B 、C 、D 均在水平面内做圆锥摆运动．如图甲所示，小球A 、B 在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B 球的绳较长)；如图乙所示，小球C 、D 在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C 、D 的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D 球的绳较长)，则下列说法错误的是( )A ．小球A 、B 角速度相等 B ．小球A 、B 线速度大小相等C ．小球C 、D 所需的向心加速度大小相等D ．小球D 受到绳的拉力与小球C 受到绳的拉力大小相等 答案 B解析 对题图甲中A 、B 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为l ，小球的质量为m ，小球A 、B 到悬点O 的竖直距离为h ，则mg tan θ＝mω2l sin θ，解得ω＝gl cos θ＝gh，所以小球A 、B 的角速度相等，线速度大小不相等，故A 正确，B 错误；对题图乙中C 、D 分析，设绳与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m ，绳上拉力为T ，则有mg tan θ＝ma ，T cos θ＝mg ，得a ＝g tan θ，T ＝mgcos θ，所以小球C 、D 所需的向心加速度大小相等，小球C 、D 受到绳的拉力大小也相等，故C 、D 正确．例7如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方．则()A．球甲的角速度一定大于球乙的角速度B．球甲的线速度一定大于球乙的线速度C．球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D．甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力答案 B解析对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝m v2R ＝mRω2，解得v＝gR tan θ，ω＝g tan θR，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确；根据T＝2πω，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误；因为支持力N＝mgcos θ，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D错误．例8(多选)(2023·福建省泉州五中检测)如图所示，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球．当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力作用．下列说法正确的是()A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力B．仅增加绳长后，若要保持小球与玻璃管间仍无压力，需增大ωC．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力D．仅增加角速度后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力答案AD解析 因为玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动，小球与玻璃管间恰无压力作用，对小球进行受力分析，如图所示，小球做匀速圆周运动的半径为R ＝L sin θ，小球所受的合力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，即mg tan θ＝mω2R ＝mω2L sin θ，仅增加绳长后，小球所需向心力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜向下方的压力，A 正确；仅增加绳长后，若要保持小球与玻璃管间仍无压力，则小球所受合力不变，即向心力大小不变，需要减小角速度，B 错误；仅增加小球质量后，根据mg tan θ＝mω2R ＝mω2L sin θ可知，向心力公式两边都有m ，因此质量可以约掉，小球不受玻璃管壁斜向上方的压力，C 错误；仅增加角速度后，小球做圆周运动所需向心力增大，则小球将受到上玻璃管壁斜向下方的压力，D 正确．圆锥摆模型1.如图所示，向心力F 向＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r ，且r ＝L sin θ，联立解得v ＝gL tan θsin θ，ω＝gL cos θ.2．稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v 就越大，小球受到的拉力F ＝mgcos θ和运动所需的向心力也越大．考向3 生活中的圆周运动例9 列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R ，两铁轨之间的距离为d ，内外轨的高度差为h ，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用B ．列车过转弯处的速度v ＝gRh d 时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨C ．列车过转弯处的速度v <gRh d时，列车轮缘会挤压外轨 D ．若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度答案 B解析 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A 错误；当重力和支持力的合力提供向心力时，有m v 2R ＝mg tan α＝mg h d，解得v ＝gRh d ，故当列车过转弯处的速度v ＝gRh d 时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B 正确；列车过转弯处的速度v <gRh d时，转弯所需的向心力F <mg tan α，故此时列车内轨受挤压，C 错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D 错误．课时精练1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是( )A ．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大B ．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等C ．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同答案 D解析乘坐飞椅的所有爱好者一起做匀速圆周运动，其角速度相同，故A错误，D正确；根据a＝rω2，由A可知角速度相同，当转动半径越大，向心加速度越大，故悬挂在最外侧飞椅的向心加速度大，故B错误；向心力是由重力和支持力的合力提供的，故C错误．2．2022年2月7日，我国运动员任子威、李文龙在北京冬奥会短道速滑男子1 000米决赛中分别获得冠、亚军．如图所示为短道速滑比赛场地示意图，比赛场地周长约为111.12 m，其中直道长度为28.85 m，弯道半径为8 m．若一质量为50 kg的运动员在弯道紧邻黑色标志块处做匀速圆周运动，转弯时冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则()A．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为4 m/sB．该运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为8 m/sC．该运动员受到冰面的作用力最大为100 ND．该运动员受到冰面的作用力最大为500 N答案 A解析最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设运动员在弯道转弯时不发生侧滑的最大速度为v，，解得v＝4 m/s，故B错误，A正确；运动员在水平根据静摩擦力提供向心力有μmg＝m v2R＝100 N，运动员在竖直方向受力平衡，则面内做匀速圆周运动需要的向心力大小为F＝m v2R有N＝mg＝500 N，所以运动员受到冰面的作用力最大为F合＝F2＋N2≈510 N，故C、D 错误．3.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感．如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度．A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C ．滚轮从A 到B ，从动轮线速度先增大后减小D ．滚轮从A 到B ，从动轮转速先增大后减小答案 B解析 因为从动轮和主动轮转动方向都和滚轮的转动方向相反，所以从动轮和主动轮转动方向始终相同，A 错误；滚轮在B 处时，从动轮和主动轮与滚轮接触点的线速度大小相等，此处从动轮的半径大于主动轮的半径，根据v ＝ωr 可知，从动轮角速度小于主动轮角速度，B 正确；主动轮转速不变，滚轮从A 到B ，主动轮的半径越来越小，主动轮与滚轮接触点的线速度一直减小，从动轮线速度与滚轮线速度大小相等，故一直减小，C 错误；滚轮从A 到B ，从动轮线速度一直减小，又因为从动轮半径在变大，又v ＝ωr ＝2πnr ，滚轮从A 到B ，从动轮转速一直减小，D 错误．4．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q ，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P 上，P 始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q 的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是( )A ．小球Q 的位置越来越高B ．细线的拉力减小C ．小球Q 运动的角速度增大D ．金属块P 受到桌面的静摩擦力增大答案 B解析 由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，则所需要的向心力减小，小球做近心运动，小球的位置越来越低，故A 项错误；设小孔下面细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线的长度为L ，当小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有T ＝mg cos θ，mg tan θ＝m v 2L sin θ＝mω2L sin θ，解得ω＝g L cos θ，由于小球受到空气阻力作用，线速度减小，θ减小，cos θ增大，因此细线的拉力T 减小，角速度ω减小，故B 项正确，C 项错误；对金属块P ，由平衡条件知，P 受到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力大小，则静摩擦力减小，故D 项错误．5.如图所示，一个半径为5 m 的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A 处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m 的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A 点以一定的速度水平抛出，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A 点，则( )A ．小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB ．小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC ．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD ．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s 2答案 A解析 根据h ＝12gt 2可得t ＝2h g ＝2 s ，则小球平抛的初速度v 0＝r t＝2.5 m/s ，A 正确，B 错误；根据ωt ＝2n π(n ＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝2n πt＝n π rad/s(n ＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a ＝ω2r ＝n 2π2r ＝5n 2π2 m/s 2(n ＝1,2,3，…)，C 、D 错误．6.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O 点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A 、B 两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB 从O 点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB 断开前后瞬间，轻绳OA 的张力之比为( )A ．1∶1B ．25∶32C ．25∶24D ．3∶4答案 B 解析 轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确． 7．(2023·浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A 端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED 灯就会发光．下列说法正确的是( )A ．安装时A 端比B 端更远离圆心B ．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C ．增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光D ．匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光答案 C解析 要使重物做离心运动，M 、N 接触，则A 端应靠近圆心，因此安装时B 端比A 端更远离圆心，A 错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M 、N 能接触，灯会发光，不能说重物受到离心力的作用，B 错误；灯在最低点时有F 弹－mg ＝mrω2，解得ω＝F 弹mr －g r，又ω＝2πn ，因此增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光，C 正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F 1－mg ＝m v 2r ，灯在最高点时有F 2＋mg ＝m v 2r，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D 错误．8.(2023·浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R .沿着水平切向给贴在内壁左侧O 点的小滑块一个初速度v 0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m ，重力加速度为g ，O 点距柱体的底面距离为h .下列判断正确的是( )A ．v 0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B ．小滑块运动中的加速度越来越大C ．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大D ．小滑块落至底面时的速度大小为v 02＋2gh答案 D解析 小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A 、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，故D 正确．9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O 为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O 的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a 和b 相对容器静止，b 与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a 和O 、b 和O 的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是( )A ．小物块a 和b 做圆周运动所需的向心力大小之比为3∶1B ．小物块a 和b 对容器壁的压力大小之比为3∶1C ．小物块a 与容器壁之间无摩擦力D ．容器壁对小物块a 的摩擦力方向沿器壁切线向下答案 A解析 a 、b 角速度相等，向心力大小可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析有mω2R sin 60°<mg tan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，C 、D错误；对b 有N b cos 30°＝mg ，对a 有N a cos 60°＋f sin 60°＝mg ，所以N a N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 错误．10.(多选)(2023·山西吕梁市模拟)2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m ，人体弹射装置可以使运动员在4.5 s 内由静止达到入弯速度18 m/s ，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动员质量为50 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是( )A ．运动员匀加速运动的距离为81 mB ．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC ．运动员入弯时的向心力大小为648 ND ．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°答案 BC解析 运动员匀加速运动的距离为x ＝v 2t ＝182×4.5 m ＝40.5 m ，A 错误；在匀加速过程中，加速度a ＝v t ＝184.5m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为F ＝ma ＝50×4 N ＝200 N ，B 正确；运动员入弯时所需的向心力大小为F 向＝m v 2r ＝50×18225N ＝648 N ，C 正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝mg F 向＝gr v 2＝250324<1，得θ<45°，D 错误．11.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m 的半圆弧BC 与长8 m 的直线路径AB 相切于B 点，与半径为4 m 的半圆弧CD 相切于C 点．小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B 点，然后保持速率不变依次经过BC 和CD .为保证安全，小车速率最大为4 m/s ，在ABC 段的加速度最大为2 m/s 2，CD 段的加速度最大为1 m/s 2.小车视为质点，小车从A 到D 所需最短时间t 及在AB 段做匀速直线运动的最长距离l 为( )A ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋7π4 s ，l ＝8 m B ．t ＝⎝⎛⎭⎫94＋7π2 s ，l ＝5 mC ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋5126＋76π6 s ，l ＝5.5 m D ．t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋512 6＋(6＋4)π2 s ，l ＝5.5 m 答案 B解析 在BC 段的最大加速度为a 1＝2 m/s 2，则根据a 1＝v 1m 2r 1，可得在BC 段的最大速度为v 1m ＝ 6 m/s ，在CD 段的最大加速度为a 2＝1 m/s 2，则根据a 2＝v 2m 2r 2，可得在BC 段的最大速度为v 2m ＝2 m/s<v 1m ，可知在BCD 段运动时的速度为v ＝2 m/s ，在BCD 段运动的时间为t 3＝πr 1＋πr 2v ＝7π2 s ，若小车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以v m 匀速，再以a 1减速至v ，AB 段从最大速度v m 减速到v 的时间t 1＝v m －v a 1＝4－22 s ＝1 s ，位移x 2＝v m 2－v 22a 1＝3 m ，在AB 段匀速的最长距离为l ＝8 m －3 m ＝5 m ，则匀速运动的时间t 2＝l v m ＝54s ，则从A 到D 最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(94＋7π2) s ，故选B. 12.(2022·辽宁卷·13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．。
2021届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业17 圆周运动及其应用
课时作业17圆周运动及其应用时间：45分钟1.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg 的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m．学员和教练员(均可视为质点)(D)A．运动周期之比为5 4B．运动线速度大小之比为1 1C．向心加速度大小之比为4 5D．受到的合力大小之比为1514解析：汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为54，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．2．汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动．在合上后备厢盖的过程中(C)A．A点相对O′点做圆周运动B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等解析：在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；在合上后备厢盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，又由于OB大于OA，根据v＝rω，可知B点相对于O点转动的线速度大，故B错误，C 正确；根据向心加速度a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故D错误．3．(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ω，重力加速度为g，则座舱(BD)A．运动周期为2πR ωB．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R解析：本题考查匀速圆周运动相关物理量的计算．根据角速度的定义式ω＝ΔθΔt可知，ω＝2πT，所以T＝2πω，选项A错误；由于在匀速圆周运动中线速度与角速度的关系为v＝ωr，所以座舱的线速度大小为v＝ωR，选项B正确；匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆心，座舱在最低点时，向心加速度竖直向上，座舱超重，所受摩天轮作用力大于重力；座舱在最高点时，向心加速度竖直向下，座舱失重，所受摩天轮作用力小于重力，选项C错误；做匀速圆周运动的物体所受合力提供向心力，即座舱所受合力大小始终为F n＝mω2R，选项D正确．4．(多选)如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为12，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动，两圆盘上分别放置质量为m1和m2的小物体a、b，m1＝2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．a距甲盘圆心r，b距乙盘圆心2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是(BC)A．a和b的线速度之比为1 4B．a和b的向心加速度之比为2 1C．随转速慢慢增加，a先开始滑动D．随转速慢慢增加，b先开始滑动解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R＝ω2·2R，则得ω1ω2＝21，所以物体相对盘开始滑动前，a与b的角速度之比为21，根据公式v＝ωr，有v1v2＝ω1rω2·2r＝11，A错误；根据a＝ω2r得a与b的向心加速度之比为a1a2＝(ω21·r)(ω22·2r)＝21，B正确；根据μmg＝mrω2＝ma知，a先达到临界角速度，可知当转速增加时，a先开始滑动，C正确，D错误．5.如图所示，质量相同的甲、乙两小球用轻细线悬于同一点O1，在不同的平面内做圆周运动，两球做圆周运动的轨道在同一倒立的圆锥面上，悬点O1与两圆轨道的圆心O2、O3以及锥顶O4在同一竖直线上，且O2、O3将O1O4三等分，则甲、乙两球运动的角速度的比值为(D)A．1 B.2 2C．2 D. 2解析：设连接甲球的细线与竖直方向的夹角为α，连接乙球的细线与竖直方向的夹角为β，O1、O2的距离为h，对甲和乙，分别有mg tanα＝mω21h tanα，mg tanβ＝2mω22h tanβ，联立可得ω1ω2＝2，选项D正确．6.如图所示，用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看成质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动．P点和Q 点分别为圆轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，重力加速度为g，小球经过P点和Q点所受细线拉力的差值为(C)A ．2mgB ．4mgC ．6mgD ．8mg解析：在Q 点，拉力和重力的合力提供向心力，故F 1＋mg ＝m v 21L ；对从最高点到最低点过程，根据动能定理，有2mgL ＝12m v 22－12m v 21；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，故F 2－mg ＝m v 22L ；联立有F 2－F 1＝6mg ，故选C.7.有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶点O 点，下端P 连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A 点，另一端连接在P 点，整个装置可以在外部驱动下绕OA 轴旋转．刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力．已知：OA＝4 m，OP＝5 m，小球质量m＝1 kg，弹簧原长l ＝5 m，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω.解析：(1)开始整个装置处于静止状态，如图甲所示，对小球进行受力分析有F弹AP＝mgOAF弹＝k(l－AP)，AP＝OP2－OA2联立解得k＝3.75 N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至P′位置，如图乙所示，绕OA中点C做匀速圆周运动轨道半径r＝CP′＝OP′2－OC2向心力mg tanθ＝mrω2，tanθ＝CP′OCAP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m 代入数据解得ω＝ 5 rad/s.答案：(1)3.75 N/m(2) 5 rad/s8.细绳一端系住一个质量为m 的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h 处，绳长l 大于h ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若要小球不离开桌面，其转速不得超过( D )A.12πg l B ．2πgh C.12π h g D.12π g h解析：本题考查圆锥摆模型问题．对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg 、水平桌面支持力N 、绳子拉力F .在竖直方向合力为零，在水平方向合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R ＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋N ＝mg ，F sin θ＝m v 2R ＝mω2R ＝4m π2n 2R ＝4m π2n 2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n 有最大值，此时n ＝12π g h ，故选D.9.如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)沿半径方向放在水平圆盘上并用细线相连，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动至两木块刚好未发生滑动，ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( B )A．细线中的张力等于kmgB．ω＝kg2l是细线刚好绷紧时的临界角速度C．剪断细线后，两木块仍随圆盘一起运动D．当ω＝kg2l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：两木块刚要发生滑动时，有kmg－T＝mω2l，kmg＋T＝2mω2l，联立可得T＝13kmg，选项A错误；细线刚好绷紧时，有kmg＝2mω2l，解得ω＝kg2l，此时细线张力为0，对a，有f＝mω2l＝12kmg，选项B正确，D错误；剪断细线后，a随圆盘一起转动，但b所受合力减小，将做离心运动，选项C错误．10．(多选)在飞镖游戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点A，当A点转到最高点时与A点等高处的飞镖以初速度v0垂直圆盘对准A点水平抛出，恰好击中圆盘上A点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为L，如图所示，不计空气阻力，下列判断正确的是(AB)A．从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为L v0B．圆盘的直径为gL2 2v20C ．圆盘转动的最大周期为L v 0D ．圆盘转动的角速度为2k πv 0L (k ＝1,2,3，…)解析：本题考查平抛运动与圆周运动相结合的临界问题．飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A 点做匀速圆周运动，飞镖恰好击中A 点，说明A 点正好在最低点时被击中，设飞镖飞行的时间为t ，由L ＝v 0t ，可得飞镖飞行时间为t ＝L v 0，故A 正确；在此期间，圆盘转过k ＋12(k ＝0,1,2，…)圈，则当k ＝0时，圆盘转动周期最大，此时T ＝2t ＝2L v 0，故C 错误；设圆盘转动的角速度为ω，在时间t 内，圆盘转过的角度为ωt ＝(2k ＋1)π，解得圆盘转动的角速度为ω＝(2k ＋1)πv 0L(k ＝0,1,2，…)，故D 错误；分析可知，圆盘的直径为飞镖下落的高度，即d ＝h ＝12gt 2＝gL 22v 20，故B 正确． 11.(多选)如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M .质量分别为2m 和m 的小球A 、B (可视为质点)固定在一根长度为L 的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O 安装在支架的横梁上，O 、A 间的距离为L 3，两小球和轻杆一起绕轴O 在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止．当转动到图示竖直位置时，小球A 的速度为v ，重力加速度为g ，对于该位置有( BC )A ．小球A 、B 的加速度大小相等B ．小球A 、B 的向心力大小相等C ．若v ＝ gL 3，则底座对水平地面的压力为Mg ＋3mg D ．若v ＝13gL ，则底座对水平地面的压力为Mg ＋mg 3 解析：两小球和轻杆一起绕轴O 在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据a ＝ω2r 可知小球A 、B 的加速度之比为a A a B ＝12，故A 错误；根据F ＝mω2r 可知A 、B 的向心力之比为F A F B ＝11，故B 正确；若v ＝gL 3时，对A 分析则有2mg －F A ＝2m v 213L ，解得轻杆对A 的支持力为F A ＝0，根据v ＝ωr 可知v B ＝2gL 3，对B 分析则有F B －mg ＝m v 2B 23L ，解得轻杆对B 的拉力为F B ＝3mg ，以底座和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为F N＝Mg ＋3mg ，故C 正确；若v ＝13gL 时，对A 分析则有2mg －F A ′＝2m v 213L ，解得轻杆对A 的支持力为F A ′＝43mg ， 根据v ＝ωr 可知v B ′＝23gL ，对B 分析则有F B ′－mg ＝m v B ′223L ，解得轻杆对B 的拉力为F B ′＝53mg ，以底座和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为F N ＝Mg ＋3mg ，故D 错误．12.某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车(可视为质点)、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数为1.40 kg；将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为1.80 kg，凹形桥模拟器与托盘间始终无相对滑动．重力加速度g取10 m/s2，求：(1)玩具小车的质量m；(2)玩具小车经过最低点时对凹形桥模拟器的压力大小F；(3)玩具小车经过最低点时的速度大小v.解析：(1)小车的质量m＝1.40 kg－1.00 kg＝0.40 kg.(2)凹形桥模拟器的质量m0＝1.00 kg设秤盘对凹形桥模拟器的支持力为F N，凹形桥模拟器对秤盘的压力为F N′，根据力的平衡条件，对凹形桥模拟器，有F＋m0g＝F N 根据牛顿第三定律可得F N＝F N′而F N′＝m示g其中m示＝1.80 kg联立解得F＝8.0 N.(3)小车通过最低点时，凹形桥模拟器对小车的支持力F′与小车重力的合力提供向心力，有F′－mg＝m v2 R根据牛顿第三定律可得F′＝F联立解得v＝ 2 m/s.答案：(1)0.40 kg(2)8.0 N(3) 2 m/s。
2025届高考物理一轮复习鲁科版专题练-运动的描述(附答案解析)
2025届高考物理一轮复习鲁科版专题练： 运动的描述一、单选题1．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，田径比赛使用400米标准跑道，如图所示为400米标准跑道简化示意图，400米指的是跑道内圈的长度，内圈跑道由直道部分和两个半圆组成，直道部分长度为87 m ，半圆的半径为36 m ，A 点为直跑道的起点，B 点为直跑道的中点.假设某运动员在该跑道内圈上进行训练，以下说法正确的是( )A.若起跑点为A 且该运动员完成5000 m长跑训练，则他全程的位移大小为87 mB.若起跑点为B 且该运动员完成5000 m 长跑训练，则他全程的位移大小为36 mC.若起跑点为A 且该运动员完成10000 m 长跑训练，则他全程的位移大小为72 mD.若该运动员完成10000米长跑训练，则他全程的平均速度为02．如图所示，质点沿ABC 做匀变速直线运动，从A 点运动到B 点过程中速度增加了5 m/s ，从B 点运动到C 点过程中速度也增加了5 m/s.已知5m,15m AB BC x x ==，则由此可知该质点的加速度大小为( )A.21m /sB.21.5m /sC.22m /sD.22.5m /s3．某型号坦克的炮管发射500次炮弹后报废，炮弹发射时的速度大小为1000 m/s ，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时长约为( )A.5秒B.5分钟C.5小时D.5天4．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150km/h ，那么可以确定的是( )A.在整个过程中赛车手的瞬时速度是B.在整个过程中赛车手的平均速度是180km/hC.在整个过程中赛车手的平均速率是108km/h108km/hD.经过路标时的瞬时速度是150km/h5．下列计时数据指时间间隔的是( )A.2022年9月6日10时24分，酒泉卫星发射中心成功将微厘空间一号S3/S4试验卫星发射升空B.某同学在校运动会上110m跨栏成绩是14.10sC.一辆汽车在第10s末开始加速行驶D.我们12时15分开始吃午饭6．在《与朱元思书》中如下片段：“风烟俱静，天山共色。
【物理】2020届一轮复习鲁科版必考4.3圆周运动作业
4.3 圆周运动作业1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为( )A．1 000 r/s B．1 000 r/minC．1 000 r/h D．2 000 r/s解析：选B.设经过时间t，轿车匀速行驶的路程x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一点转动的路程x′＝nt·2πR，其中n为车轮的转速，由x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝v2πR≈17.7 r/s＝1 062 r/min.B正确．2．未的星际航行中，宇航员长期处于“零重力”状态，为缓解这种状态带的不适，有人设想在未的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( ) A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确．3．如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则( )A．受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B．受到的合力大小为F＝mv2 RC．若运动员加速，则一定沿斜面上滑D．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑解析：选 B.将运动员和自行车看作一个整体，则系统受重力、支持力、摩擦力作用，向心力是按力的作用效果命名的力，不是物体实际受到的力，A 错误；系统所受合力提供向心力，大小为F ＝m v 2R ，B 正确；运动员加速，系统可能会有向上滑动的趋势，但不一定沿斜面上滑，同理运动员减速，也不一定沿斜面下滑，C 、D 均错误．4．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2解析：选 C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′ ①，所以由牛顿第二定律可得mg －F N1′＝mv 2R ②，同样，如图乙所示，F N2′＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F N2′－mg ＝mv 2R ③，由题意可知F N1＝12mg ④，由①②③④式得F N2＝32mg ，所以F N1∶F N2＝1∶3.5．(多选)如图所示，在半径为R 的水平圆盘中心轴正上方a 处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob 恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，小球抛点a 距圆盘的高度h 和小球的初速度v 0可能应满足( )A ．h ＝g π2ω2 v 0＝Rω2πB ．h ＝8π2gω2 v 0＝Rω4πC ．h ＝2g π2ω2v 0＝Rω6πD ．h ＝32π2gω2v 0＝Rω8π解析：选BD.小球做平抛运动，由平抛运动规律得，h＝12gt2，R＝vt，由匀速圆周运动规律得，t＝n·2πω，联立以上三式解得，h＝2n2gπ2ω2，v0＝Rω2nπ，当n＝1时，h＝2gπ2ω2，v0＝Rω2π；当n＝2时，h＝8gπ2ω2，v0＝Rω4π；当n＝3时，h＝18gπ2ω2，v0＝Rω6π；当n＝4时，h＝32gπ2ω2，v0＝Rω8π，选项A、C错误，选项B、D正确．7．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/s B． 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：选 C.物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D 项错误．8．有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球．要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为( )A.gω2B．ω2gC.ω2gD．g2ω2解析：选A.以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝h tan θ，那么F cos θ＋N＝mg，F sin θ＝mω2h tan θ；当球即将离开水平面时，N＝0，此时F cos θ＝mg，F sin θ＝mg tan θ＝mω2h tan θ，即h＝gω2.故A正确．9．如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时( )A．球B的速度为零B．球A的速度大小为2gLC．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD．水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：选C.球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m v2B2L，解得v B＝2gL，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v A＝122gL，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m v2AL，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误．10.(多选)如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐假人，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是( )A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度至少应等于gRC．过山车在圆轨道最低点时假人处于失重状态D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力解析：选BD.过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，不计一切阻力，只有重力做功，则机械能守恒，故不可能做匀速圆周运动，选项A错误；在最高点，过山车和假人水平方向不受力，重力和轨道对过山车的弹力的合力提供向心力，当弹力为零时，速度最小，则mg＝m v2R，解得过山车在圆轨道最高点时的速度v＝gR，选项B正确；在最低点时，重力和轨道对过山车的弹力的合力提供向心力，加速度向上，假人处于超重状态，选项C错误；若过山车顺利通过整个圆轨道，在最高点速度最低时假人的重力恰好提供向心力，若在最高点速度增大，则座椅对假人有向下的支持力，安全带对假人无作用力，选项D正确．11．(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴OO′的距离为2l，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.因圆盘从静止开始绕轴缓慢加速转动，在某一时刻，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则由牛顿第二定律可得F f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，选项A正确；当b刚刚开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg2l，选项C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2a l，可得ωa＝kgl，而2kg3l<kgl，故小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力提供，即F f a＝mω2l＝23kmg，选项D错误．12．汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示．测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求：(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速．解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v2r解得：v≈38.7 m/s.(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：F N sin θ－F f cos θ＝mv2minrFNcos θ＋F f sin θ－mg＝0Ff＝μF N解得：v min＝30 m/s.答案：(1)38.7 m/s (2)30 m/s13．(2019·潍坊调研)如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R＝0.5 m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC＝37°，质量m＝2 kg的小球从轨道左侧距地面高h＝0.55 m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小球抛出点到A点的水平距离；(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小．解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向：h－R(1－cos 37°)＝12gt2，解得：t＝0.3 s，竖直分速度：v y＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，水平分速度：v0＝vytan 37°＝30.60.8m/s＝4 m/s，抛出点距A点的水平距离：L＝x＝vt＝4×0.3 m＝1.2 m.(2)小球从抛出到B点过程，由动能定理得：mg(h－R)＝12mv2B－12mv2，在B点，由牛顿第二定律得：F＝m v2 BR，解得：F＝68 N，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：F′＝F＝68 N.答案：(1)1.2 m (2)68 N。
高考物理一轮复习 第五章 第3讲 圆周运动练习 鲁科版
第3讲 圆周运动[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111 m 的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob 代表弯道，即正常运动路线，Oa 为运动员在O 点时的速度方向(研究时可将运动员看成质点)．下列论述正确的是( )A ．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B ．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C ．若在O 点发生侧滑，则滑动的方向在Oa 左侧D ．若在O 点发生侧滑，则滑动的方向在Oa 右侧与Ob 之间解析：运动员发生侧滑是因为运动员受到指向圆心的合力小于所需要的向心力，A 、B 错误．若在O 点发生侧滑，如果向心力突然消失，则沿切线Oa 运动，而现在是由于所提供的向心力小于所需要的向心力，因此滑动的方向在Oa 与Ob 之间，D 正确． 答案：D2．如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮．假设脚踏板的转速为n ，则自行车前进的速度为( )A.2πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.πnr 1r 3r 2D.2πnr 2r 3r 1解析：前进速度即为Ⅲ轮的线速度，由同一个轮上的点角速度相等，同一链条上的点线速度大小相等可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω3＝ω2，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2，A 正确． 答案：A3.如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入圆轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列关系式正确的是( )A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝2解析：小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y＝v 0t12gt 2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4.(2018·安徽合肥高三模拟)如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab 为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( ) A ．物块始终受到三个力作用B ．只有在a 、b 、c 、d 四点，物块受到合外力才指向圆心C ．从a 到b ，物块所受的摩擦力先增大后减小D ．从b 到a ，物块处于超重状态解析：在c 点处，物块可能只受重力作用，在d 点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处，物块受到重力、支持力、静摩擦力作用，选项A 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，且始终指向圆心，选项B 错误；从a 运动到b ，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后增大，选项C 错误；从b 运动到a ，向心加速度有向上的分量，所以物块处于超重状态，选项D 正确． 答案：D5.如图所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( ) A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍 B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍 C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误．圆周运动的半径由L 变为L3，由a ＝v 2r知，a 增大到原来的3倍，A 正确．根据v ＝r ω知，角速度ω增大到原来的3倍，C 错误．细绳碰到钉子前瞬间T －mg ＝m v 2L ，碰后瞬间T ′－mg ＝m v 2L 3，再根据机械能守恒有mgL ＝12mv 2，由此可得T ′＝73T ，D 错误．答案：A 二、多项选择题6.(2018·安徽皖江名校高三模拟)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( ) A ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3 B ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A ∶a B ＝2∶9 C ．转速增加后滑块B 先发生滑动 D ．转速增加后两滑块一起发生滑动解析：假设轮盘乙的半径为R ，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R )＝ω乙R ，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A 、B 的角速度之比为1∶3，A 正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a ＝ω2r 得A 、B 的向心加速度之比为a A ∶a B ＝2∶9，B 正确；据题意可得滑块的最大静摩擦力分别为f A ＝μm A g ，f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为f A ∶f B ＝m A ∶m B ，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为f A ′∶f B ′＝(m A a A )∶(m B a B )＝m A ∶(4.5 m B )，综上分析可得滑块B 先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C 正确，D 错误．答案：ABC7. (2018·江苏如皋质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( ) A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω2＞gl tan θ，b 绳将出现弹力D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：对小球受力分析可得a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得T a ＝mgsin θ，为定值，A 正确，B 错误．当T a cos θ＝m ω2l ，即ω＝g l tan θ时，b 绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b 绳将出现弹力，C 正确．由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 错误． 答案：AC8.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g 取10 m/s 2)( ) A ．v 0≥0 B ．v 0≥4 m/s C ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆周．越过最高点的临界情况：mg ＝mv 2r ，得v ＝gr ＝2 m/s ，由动能定理得－mg ·2r ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝2 5m/s ；若不通过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，解得v 0＝2 2 m/s.所以v ≥2 5 m/s 或v ≤2 2 m/s 均符合要求，C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD[能力题组]一、选择题9.如图所示，细绳长为L ，挂一个质量为m 的小球，小球离地面的高度h ＝2L ，当绳受到大小为2mg 的拉力时就会断裂，绳的上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上．现让环与小球一起以速度v ＝gL 向右运动，在A 处环被挡住而立即停止，A 离墙的水平距离也为L ，小球在以后的运动过程中，小球第一次碰撞点离墙角B 点的距离是ΔH (不计空气阻力)，则( ) A ．ΔH ＝12LB ．ΔH ＝53LC ．ΔH ＝23LD ．ΔH ＝32L解析：环被A 挡住时，小球做圆周运动，受到重力和绳子的拉力作用，两者的合力充当向心力，故有T －mg ＝m v 2L，因为v ＝gL ，代入解得T ＝2mg ，故绳子会断开，断开之后小球做平抛运动，设小球直接落地，则h ＝12gt 2，小球的水平位移x ＝vt ＝2L ＞L ，所以小球先与墙壁碰撞．设小球平抛后经时间t ′与墙壁碰撞，则t ′＝L v ＝L g ，小球下落高度h ′＝12gt ′2＝L 2，碰撞点距B 的距离ΔH ＝2L －L 2＝32L ，故D 正确． 答案：D10.(多选)(2018·湖南长沙高三联考)如图所示，质量为m 的小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法正确的有( ) A ．小球通过最高点的速度可能小于gRB ．小球通过最低点时对轨道的压力大小等于小球的重力C ．小球在水平线ab 以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D ．小球在水平线ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力解析：小球在光滑圆形管道内做圆周运动，只受重力和弹力，两者的合力提供向心力．小球通过最高点时，速度可以无限接近于零，选项A 正确；小球通过最低点时，受到重力和弹力，两者合力提供向心力，有N －mg ＝m v 2R，选项B 错误；小球在水平线ab 以下管道中运动时，受到重力和弹力，合力沿半径方向的分力提供向心力，由于重力有背离圆心的分量，所以弹力一定指向圆心，因此外侧管壁必然对小球有作用力，选项C 正确；同理，小球在水平线ab 以上管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，所以弹力可以背离圆心，也可以指向圆心，选项D 错误． 答案：AC11.如图，在竖直平面内，直径为R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑四分之一圆轨道水平相切于O 点．O 点在水平地面上．可视为质点的小球从O 点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A ，从A 点飞出后落在四分之一圆轨道上的B 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则B 点与O 点的竖直高度差为( ) A.－5R 2 B.＋5R 2 C.－5R10D.＋5R10解析：小球刚好通过A 点，则在A 点重力提供向心力，则有mg ＝m v 2R2，解得v ＝gR2，从A点抛出后做平抛运动，则水平方向的位移x ＝vt，竖直方向的位移h ＝12gt 2，根据几何关系有x 2＋h 2＝R 2，解得h ＝5－R2，B 点与O 点的竖直高度差R －h ＝R －5－R2＝－5R2，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A 二、非选择题12.(2018·陕西西安质检)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶，在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力N B ； (2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件． 解析：(1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有N B ′－mg ＝m v 2Br解得N B ′＝6 N根据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下． (2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，根据动能定理，有 －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中，根据运动学公式，有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3，…) 解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3，…)． 答案：(1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3，…)13．(2018·湖南六校联考)如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R ＝2 m ，圆形滑道的最低点的水平入口B 和水平出口B ′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h ＝5 m ．现游客从滑道A 点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)起滑点A 至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L ＝5 m 的安全气垫MN ，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M 端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A 距水平滑道的高度取值范围为多少？ 解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg ＝m v 2R①从A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有mgH 1＝12mv 2＋mg ×2R ②解得H 1＝52R ＝5 m ③(2)落在M 点时抛出速度最小，从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12mv 21④ v 1＝2gH 1＝10 m/s ⑤水平抛出，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s 则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m 则对应的抛出速度v 2＝s 2t＝15 m/s ⑧ 由mgH 2＝12mv 22得H 2＝v 222g＝11.25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m≤H ≤11.25 m⑨ 答案：(1)5 m (2)见解析。
2022版新教材高考物理一轮复习 课时练习14 圆周运动及应用(含解析)鲁科版
圆周运动及应用(建议用时：40分钟)1．雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，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，泥巴就会被甩下来。
如图所示，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( )A．飞轮上c、d两点的向心加速度相同B．后轮边缘a、b两点的线速度相同C．泥巴在图中的b点比在a点更容易被甩下来D．a点的角速度大于d点的角速度C 解析：c、d两点同轴转动，角速度相等，半径也相等，根据公式a＝ω2r分析知，它们的向心加速度大小相等，但方向不同，故A错误；a、b两点同轴转动，角速度相等，半径也相等，但位置不同，所以线速度的方向不同，故B错误；泥巴做圆周运动，重力与附着力的合力提供其做圆周运动所需的向心力，根据F＝mω2r知，泥巴在车轮上每一个位置的向心力大小相等，当提供的合力小于做圆周运动所需的向心力时做离心运动，所以能提供的合力越小越容易飞出去，在最低点，重力向下，附着力向上，合力等于附着力减重力，在最高点，重力向下，附着力向下，合力等于重力加附着力，在线速度竖直向上或向下时，合力等于附着力，所以在最低点b时，泥巴所受的合力最小，最容易飞出去，故C正确；a、b、c、d四点同轴转动，角速度相等，故D错误。
2．(2019·江苏高考)(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ω，重力加速度为g，则座舱( )A ．运动周期为 2πRωB ．线速度的大小为ωRC ．受摩天轮作用力的大小始终为mgD ．所受合力的大小始终为mω2RBD 解析：座舱的运动周期T ＝2πR v ＝2πω，A 错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v ＝ωR ，B 正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F 合＝mω2R ，C 错误，D 正确。
复习方略(福建专用)高考物理一轮复习第四章第3讲圆周运动及其应用课时提能演练(十二)(含解析)鲁科版
(45 分钟 100 分)一、选择题 ( 本大题共10 小题 , 每题 7 分, 共 70 分。
每题只有一个选项正确)1. 质量为m的木块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中, 假如因为摩擦力的作用使木块的速率不变 , 那么()A. 因为速率不变, 所以木块的加快度为零B.木块下滑过程中所受的合外力愈来愈大C.木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D.木块下滑过程中的加快度大小不变, 方向一直指向球心【分析】选 D。
因为木块沿圆弧下滑速率不变, 故木块做匀速圆周运动, 存在向心加快度, 选项 A 错误 ; 由牛顿第二定律得 :F合=ma=m , 而 v 的大小不变 , 故合外力的大小不变 , 选项 B 错误 ; 因为木块在滑动过程中与n接触面的正压力是变化的, 故滑动摩擦力在变化, 选项 C 错误 ; 木块在下滑过程中 , 速度的大小不变 , 所以向心加快度的大小不变, 方向一直指向圆心, 选项 D正确。
2. 如下图 , 一质点沿螺旋线自外向内运动, 已知其走过的弧长 s 与运动时间 t成正比 , 对于该质点的运动, 以下说法正确的选项是()A.小球运动的线速度愈来愈大B.小球运动的加快度愈来愈小C.小球运动的角速度愈来愈小D.小球所受的合外力愈来愈大【分析】选 D。
因为质点走过的弧长s 与运动时间t 成正比 , 质点运动的线速度大小不变, 选项 A 错误 ; 因为螺旋线的曲率半径r 愈来愈小 , 由向心加快度公式a=可知向心加快度愈来愈大, 所受合外力愈来愈大, 选项 B 错误、 D 正确 ; 由角速度公式ω= 可知角速度愈来愈大, 选项 C 错误。
3.如下图 , 圆滑水平面上 , 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 , 对于小球运动状况的说法正确的选项是()A. 若拉力忽然消逝, 小球将沿轨迹Pa 做离心运动B. 若拉力忽然变小, 小球将沿轨迹Pa 做离心运动C. 若拉力忽然变大, 小球将沿轨迹Pb 做离心运动D. 若拉力忽然变小, 小球将沿轨迹Pc 运动【分析】选 A。
高考物理第一轮复习 专题 匀速圆周运动、万有引力定律习题 鲁科版
匀速圆周运动；万有引力定律【模拟试题】（答题时间：45分钟）1. 地球半径为R ，地面上重力加速度为g ，在高空绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其线速度的大小可能是：A. gR 2；B.gR 21； C.;2gRD. 2gR2. 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，线速度为V ，周期为T 。
若要使卫星的周期变为2T ，可以采取的办法是：A. R 不变，使线速度变为V/2；B. V 不变，使轨道半径变为2R ；C. 使轨道半径变为R 34；D. 使卫星的高度增加R 。
3. 地球赤道上的物体重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速应为原来的 A. g/a 倍。
B. a a g /)(+ 倍。
C. a a g /)(- 倍。
D.ag /倍4. 同步卫星离地距离为r ，运行速率为V 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为V 2，地球半径为R ，则A. a 1/a 2=r/R ；B. a 1/a 2=R 2/r 2；C. V 1/V 2=R 2/r 2； D. V 1/V 2=r R /.5. 在质量为M 的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到轴的距离为R ，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过A.g mRmM ⋅+ B.g mRmM ⋅+ C.g mRmM ⋅- D.mRMg6. 如图所示，具有圆锥形状的回转器（陀螺），半径为R ，绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，同时以速度v 向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从左侧桌子边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，v 至少应等于A. ωRB. ωH ，C. RHg2 D. RHg 2 7. 如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。
物理一轮复习(鲁科版)知能分级练：第5章第3讲圆周运动
第五章曲线运动万有引力定律及其应用第3讲圆周运动A对点训练——练熟基础知识题组一匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知()．A．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B．小球运动的线速度v＝2πL/TC．小球运动的加速度a＝2π2L/T2D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2解析小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v＝ωL＝2πL/T，选项B 正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．答案BD2．(单选)2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()．A．0.1 m/s B．0.5 m/sC．1 m/s D．2 m/s解析 在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s ＝2πR ＝2π×0.32 m ＝2 m ，由s ＝v t 可得小球做匀速圆周运动的速度为v ＝s /T ＝1 m/s ，选项C 正确． 答案 C题组二 匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图5－3－10所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )．图5－3－10A.12B.12C.14D.13解析 小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω12，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确． 答案 B4．(单选)如图5－3－11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( )．图5－3－11A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg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 R2＝12m v2，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N，则N＝m v2 R，将v＝gR代入解得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N，即mg，故选项B正确．答案 B5．(2013·江苏卷，2)(单选)如图5－3－12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，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()．图5－3－12A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小解析A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA＝ωB，但r A<r B，根据v＝ωr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2rg 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确． 答案 D 题组三 离心现象6．(单选)2013年7月24日晚8点42分左右，一列从西班牙首都马德里开往北部城市费罗尔的火车在途经圣地亚哥附近时发生脱轨．发生车祸的路段是一个急转弯，限速80公里，但当时的车速是190公里．通常火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧面压力．假设该火车在水平面内行驶，以80 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1.5 km ，车的质量为90 t ，车可看成质点．那么当该车脱轨时车轮对轨道的压力约为( )． A ．2.96×104 N B ．1.375×105 N C ．1.67×105 ND ．1.67×104 N解析 正常行驶时内、外轨道均不向车轮施加侧面压力，这时的向心力F ＝m v 2R .车速是190公里所需向心力为F ′＋F ＝m v ′2R ，F ′＝m v ′2R －F ＝137 500 N. 答案 B7．(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图5－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )．图5－3－13A ．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确；选项D错误．当v<v c时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>v c时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．答案AC题组四圆周运动的临界问题8．(2013·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千()．A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时解析当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确．答案 D9．(2013·北京西城区期末考试)(多选)如图5－3－14所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R不同的圆形轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有()．图5－3－14A．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析 在最高点时，由mg ＝m v 2R 可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 02，所以v 0＝5gR ，由ω＝vR ＝5gR ，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D正确． 答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一 细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图5－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )．图5－3－15A.12π g h B ．πgh C.12πg lD.12πl g解析 当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图． 由牛顿第二定律得： mg tan θ＝m (2πn m )2R ① R ＝h tan θ② 联立①②得n m＝12πgh选项A正确．答案 A11．(多选)如图5－3－16所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL，则以下判断正确的是()．图5－3－16 A．小球不能到达P点B．小球到达P点时的速度小于gLC．小球能到达P点，但在P点不会受到轻杆的弹力D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力解析根据机械能守恒定律2mgL＝12m v2－12m v P2，可求出小球在P点的速度为12gL<gL，故B正确，A错误．计算出向心力F＝12mg，故小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C错误、D正确．答案BDB深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图5－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径R A＝2R B.当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转动轴的最大距离为()．图5－3－17A.R B 4B.R B 3C.R B 2D ．R B解析 由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB＝v /R A v /R B＝R B R A＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mωA 2R A ①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故 μmg ＝mωB 2r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωA 2R A ＝mωB 2r ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确．答案 C13．(单选)如图5－3－18所示，有一固定的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α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin 37°＝35，cos 37°＝45)( )．图5－3－18A．A、B两球所受支持力的大小之比为3∶4 B．A、B两球运动的周期之比为4∶3 C．A、B两球的动能之比为16∶9D．A、B两球的机械能之比为112∶51解析由题意可知N＝mgcos θ，所以N AN B＝cos 37°cos 53°＝43，A选项错误；mg tan θ＝m4π2T2R sinθ，所以T AT B＝cos 53°cos 37°＝34，B选项错误；E k∝v2，v＝2πT R sin θ，所以E k AE k B＝T B2sin253°T A2sin237°＝6427，C选项错误；E p＝mgR(1－cos θ)，所以E AE B＝E k A＋E p AE k B＋E p B＝11251，D选项正确．答案 D14．(2013·福建卷，20)如图5－3－19所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：图5－3－19(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．解析(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝12m v B2①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝12gt2②在水平方向上有，s ＝v B t ③ 由①②③式解得s ≈1.41 m(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v B 2L ④ 由①④式解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律F ′＝－F 轻绳所受的最大拉力为20 N. 答案 (1)1.41 m (2)20 N。
高考物理一轮复习 第五章 曲线运动 万有引力与航天 第3节 圆周运动教案 鲁科版-鲁科版高三全册物理
第3节圆周运动一、圆周运动名称定义、意义公式、单位线速度(v)(1)描述匀速圆周的快慢的物理量(2)矢量,方向和半径垂直,和圆周相切(1)v=st(2)单位:m/s角速度(ω)描述物体转动的快慢的物理量(1)ω=φt(2)单位: rad/s周期(T)、频率(f) 和转速(n) (1)周期是周期性运动每重复一次所需要的时间,频率是单位时间内运动重复的次数(2)转速是单位时间内的转动次数(1)周期单位:s(2)转速单位:r/s,r/min(3)频率单位:Hz向心加速度(a)(1)方向指向圆心(2)只改变速度方向,不改变速度大小(1)a=2vr=ω2r(2)单位:m/s2(1)定义:在任意相等时间内通过的弧长都相等的圆周运动.(2)特点:速度大小不变,方向时刻发生变化,加速度大小不变,方向始终指向圆心,是变加速运动.(3)条件:合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心.自主探究如图是自行车传动机构的示意图,A点位于大齿轮的边缘上,B点位于小齿轮的边缘上,C点位于后轮的边缘上,转动过程中A与B,B与C有怎样的关系?答案:A与B线速度大小相等,B与C角速度大小相等.二、匀速圆周运动的向心力1.作用效果:产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大小.2.表达式:F=m2vr=mrω2=mr=mωv=4π2mf2r.3.方向:始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变,即向心力是一个变力.4.来源:物体受到的力提供,可以是一个力,也可以是几个力的合力,还可以是一个力的分力.自主探究摩托车在水平面内以速度v转弯,转弯半径为r,若人和车的总质量为m,则提供向心力的是什么力?其大小是多少?答案:静摩擦力;m2vr.三、离心运动1.定义:做圆周运动的物体,在受到的合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需要的向心力的情况下,将远离圆心运动.2.本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势.(1)当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动.(2)当F=0时,物体沿切线方向飞出.(3)当F<mrω2时,物体逐渐远离圆心,做离心运动.(4)当F>mrω2时,物体将逐渐靠近圆心,做近心运动.(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.( ×)(2)做匀速圆周运动的物体,其合外力是不变的.( × )(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失,物体将沿圆周的半径方向飞出.( × ) (4)由公式v=rω可知,r 一定时,v 与ω成正比.( √ )(5)火车转弯速率小于规定的数值时,内轨会受到侧向压力.( √ )2.一质点做匀速圆周运动,其线速度大小为 4 m/s,转动周期为 2 s,则下列说法错误的是( A )A.角速度为0.5 rad/sB.转速为0.5 r/s4πm D.向心加速度大小为4π m/s 2解析:角速度为ω=2πT =π rad/s,选项A 错误;转速为n=2πω=0.5 r/s,选项B 正确;半径r=v ω=4πm,选项C 正确;向心加速度大小为a n =2v r=4π m/s 2,选项D 正确.3.(多选)如图所示,长为L 的细绳一端固定,另一端系一质量为m 的小球.给小球一个合适的初速度,小球 ( BC )A.小球受重力、绳的拉力和向心力作用C.θ越大,小球运动的速率越大D.θ越大,小球运动的周期越大解析:小球受重力、绳的拉力作用,二者合力提供向心力,由牛顿第二定律可得Fcos θ=mg,Fsinθ=m 2sin v L θ,解得v=sin tan gL θθ,小球运动的周期T=2πsin L v θ,将v 代入得T=2πcos L gθ,可见θ越大,v 越大,T 越小.综上所述,可知选项B,C 正确,A,D 错误.考点一 圆周运动中的运动学分析2.对公式v=ωr的理解(1)当r一定时,v与ω成正比.(2)当ω一定时,v与r成正比.(3)当v一定时,ω与r成反比.=ω2r的理解3.对a=2vr当v一定时,a与r成反比;当ω一定时,a与r成正比.[例1] (2019·某某某某联考)(多选)如图所示,轮O1,O3固定在同一轮轴上,轮O1,O2用皮带连接且不打滑,在O1,O2,O3三个轮的边缘各取一点A,B,C,已知三个轮的半径比r1∶r2∶r3=2∶1∶1,当转轴匀速转动时,下列说法中正确的是( ABC)A.A,B,C三点的线速度之比为2∶2∶1B.A,B,C三点的角速度之比为1∶2∶1C.A,B,C三点的加速度之比为2∶4∶1D.A,B,C三点的周期之比为1∶2∶1解析:轮O1和轮O2边缘上的点线速度大小相等,即v A=v B,A,C两点共轴转动,角速度相等,根据v=rω,则v A∶v C=r1∶r3=2∶1,所以A,B,C三点的线速度大小之比v A∶v B∶v C=2∶2∶1,故A正确;根据v=rω,ωA∶ωB=r2∶r1=1∶2,所以A,B,C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶1,故B 正确;根据a=vω,A,B,C三点的加速度之比为2∶4∶1,故C正确;由T=2π,A,B,C三点的周期之比为2∶1∶2,故D错误.常见的三种传动方式及特点类型图示特点同轴传动绕同一转轴运转的物体,角速度相同,ωA=ωB,由v=rω知v与r成正比皮带传动皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即v A=v B摩擦传动和齿轮传动两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即v A=v B[针对训练]2018年12月8日2时23分,嫦娥四号任务着陆器和巡视器(玉兔二号)组合体发射升空,2019年1月3日10时26分成功着陆在月球背面.“玉兔二号”月球车依靠太阳能电池板提供能量,如图ABCD是一块矩形电池板,能绕CD转动,E为矩形的几何中心(未标出),则电池板旋转过程中( A)A.B,E两点的转速相同B.A,B两点的角速度不同C.A,B两点的线速度不同D.A,E两点的向心加速度相同解析:根据题意,A,B,E三点属于同轴转动,三者角速度相同,则转速也相同,故A正确,B错误;由于A,B的转动半径相同,根据v=ωr,则A,B两点的线速度相同,故C错误;A,E两点因角速度相同,半径不同,由向心加速度的公式a=ω2r可知,它们的向心加速度不同,故D错误.考点二圆周运动中的动力学分析(1)几何关系分析:确定圆周运动的轨道平面、圆心、半径等.(2)运动分析:确定圆周运动的线速度、角速度、周期等.(3)受力分析:确定物体所受外力,利用力的合成与分解知识,表示出物体做圆周运动时,哪些力提供向心力.(1)匀速圆周运动(2)变速圆周运动[例2](2019·某某株洲联考)(多选)如图所示,匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为 2 kg 和 3 kg A =0.2 m,r B =0.3 m10 m/s 2,现极其缓慢地增大圆盘的角速度,则下列说法正确的是( AC ) A.当A 达到最大静摩擦力时,B 受到的摩擦力大小为12 N B.当A 恰好达到最大静摩擦力时,圆盘的角速度约为4 rad/s C.当细线上开始有弹力时,230rad/s D.在细线上有弹力后的某时刻剪断细线,A 将做向心运动,B 将做离心运动 审题指导:解此题的关键有两点:(1)分别以A,B 为研究对象,两者具有共同的角速度,并做好各自的受力分析. (2)绳子上出现拉力的条件是B 达到最大静摩擦力.解析:增大圆盘的角速度,B 先达到最大静摩擦力,所以A 达到最大静摩擦力时,B 受到的摩擦力大小为f B =km B g=12 N,A 正确;设小物体A 达到最大静摩擦力时,圆盘的角速度为ω1,此时细线的拉力为T,则对A 有km A g-T=m A r A 21ω,对B 有T+km B g=m B r B 21ω,得ω1=10 rad/s,B 错误;当细线上开始有弹力时,对B 有km B g=m B r B 22ω,解得ω2230rad/s,C 正确;剪断细线,A 随圆盘做圆周运动,B将做离心运动,D错误.物体几种常见的临界条件(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力.(2)物体间恰好不分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零.(3)绳的拉力出现临界条件情形有:绳恰好拉直意味着绳上无弹力,绳上拉力恰好为最大承受力等.1.(2019·某某某某质检)(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用绳子相连的质量相等的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为R A=r,R B=2r,与圆盘间的动摩擦因数μ相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,下列说法正确的是( ABC)A.此时绳子X力为T=3μmgμB.此时圆盘的角速度为2grD.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动解析:A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=mrω2,B的运动半径比A的半径大,所以B所需向心力大,绳子拉力相等,所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,B的静摩擦力方向沿半径指向圆心,A的最大静摩擦力方向沿半径指向圆外,根据牛顿第二定律得μ故A,B,C正确;此时烧断绳子,A的最T-μmg=mrω2,T+μmg=m·2rω2,解得2gr大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误.2.(多选)如图所示,在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上,有两个小球A 和B,质量分别为m A 和m B ( BD )A<m B 时,小球A 的角速度才会大于小球B 的角速度B.不论A,B 的质量关系如何,小球A 的线速度始终大于小球B 的线速度C.不论A,B 的质量关系如何,小球A 对漏斗内壁的压力始终大于小球B 对漏斗内壁的压力D.不论A,B 质量关系如何,小球A 的周期始终大于小球B 的周期 解析:对A,B 两球中任意一球研究,进行受力分析,如图,小球只受重力和漏斗给的支持力N.设内壁与水平面的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgtan θ=mrω2=m 2v r=mr,则得tan g rθtan gr θtan rg θ可知,小球的轨道半径越大,角速度越小,线速度越大,周期越大,与两球质量大小无关.所以A 的角速度小于B 的角速度,A 的线速度大于B 的线速度,A 的周期始终大于B 的周期,故A 错误,B,D 正确;支持力N=cos mgθ,θ相同,知两球所受的支持力与质量成正比,故C 错误.考点三 竖直面内的圆周运动(1)竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动.(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒.(3)竖直面内的圆周运动问题,涉及知识面比较广,既有临界问题,又有能量守恒的问题,要注意物体运动到圆周的最高点的速度.(4)一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只考查最高点和最低点两种情形.轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件当mg=m2vr得v临=gr小球能运动至最高点,N=mg,v临=0 轻绳模型轻杆模型讨论分析(1)过最高点时,v≥gr,T+mg=m2vr,绳、轨道对球产生弹力F;(2)不能过最高点时,v<gr在最高点:(1)当v=0时,N=mg,N为支持力,沿半径背离圆心;(2)当0<v<gr时,mg-N=m2vr,N背离圆心且随v的增大而减小;(3)当v=gr时,N=0;(4)当v>gr时,N+mg=m2vr,N指向圆心并随v的增大而增大[例3] (2019·某某某某期末)(多选)如图所示,轻杆长为3L( BC)122gL审题指导:解此题把握两点(1)球A,B同轴转动,角速度相等.(2)理解“球B 运动到最高点时,杆对球B 恰好无作用力”的意义.解析:球B 运动到最高点时,杆对球B 恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=m 22B v L,解得v B =2gL ,故A 错误;由于球A,B 的角速度相等,则球A 的速度大小v A =122gL ,故B 正确;球B 在最高点时,对杆无作用力,此时球A 所受重力和杆的作用力的合力提供向心力,有F-mg=m 2A v L,解得F=1.5mg,则水平转轴对杆的作用力为1.5mg,故C 正确,D 错误.分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路1.(2019·东城区模拟)(多选)长为L 的轻杆,一端固定一个小球,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( ABD )gL 时,杆对小球的弹力为零gL 逐渐增大时,杆对小球的拉力逐渐增大 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,向心力也逐渐增大解析:在最高点,球对杆的作用力为0时,根据牛顿第二定律有mg=m ,得gL 正确;由上可知,当gL ,轻杆对球有拉力,则有F+mg=m 2v L,v 增大,F 增大,B 正确;当gL ,轻杆对球有支持力,则有mg-F′=m2vL ,v减小,F′增大,C错误;由F向=m2vL知,v增大,向心力增大,D正确.2.(2019·某某某某月考)(多选)如图(甲)所示,一长为l的轻绳,一端穿在过O点的水平转轴上,另一端固定一质量未知的小球,整个装置绕O点在竖直面内转动.小球通过最高点时,绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图(乙)所示,重力加速度为g,下列判断正确的是( BD)A.图象函数表达式为F=m2vl+mgB.重力加速度g=blC.绳长不变,用质量较小的球做实验,得到的图线斜率更大D.绳长不变,用质量较小的球做实验,b值不变解析:由受力分析得F=m2vl -mg,A错误;由图象可知,当F=0时,mg=m2vl,即v2=gl,得g=bl,B正确;结合图象和F=m2vl -mg可知,图象的斜率k=ml,所以m减小,斜率减小,C错误;由前述讨论可知b=gl,当m减小时,b值不变,D正确.1.(2018·某某卷,6)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内,火车( AD)600 m3.4 km解析:由s=vt知,s=600 m,选项A正确;在弯道做圆周运动,火车加速度不为零,选项B错误;由10 s内转过10°知,角速度ω= rad/s=π180rad/s≈0.017 rad/s,选项C错误;由v=rω知,r=v=60π180m≈3.4 km,选项D正确.2.(2019·某某卷,6)(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ω,重力加速度为g,则座舱( BD)2πRω2R解析:座舱的周期T=2πRv =2πω,故A错误;根据线速度与角速度的关系,v=Rω,故B正确;座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小为F合=mRω2,故C错误,D正确.3.(2015·某某卷,17)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A,B,C三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t1,第二次由C滑到A,所用的时间为t2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道的动摩擦因数恒定,则( A)1<t21=t21>t21,t2的大小解析:及所受平均摩擦力较小,切向加速度较小,平均速率较大,由t=sv可知t1<t2,A项正确.4.(2018·某某11月选考,9)一质量为2.0×103kg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1.4×104 N,当汽车经过半径为80 m的弯道时,下列判断正确的是( D)A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N20 m/s时汽车会发生侧滑7.0 m/s2解析:汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力,向心力是指向圆心方向的合力,即由摩擦力充当向心力,A错误;当汽车转弯时速度为20 m/s,所需的向心力为F向=m2v=1×104 N,没有超R=7.0 过最大静摩擦力,汽车不会发生侧滑,B,C错误;汽车能安全转弯的向心加速度为a=m fmm/s2,D正确.5.(2019·某某某某二模)轻杆一端固定有质量为m=1 kg的小球,另一端安装在水平轴上,转轴到小球的距离为50 cm,转轴固定在电动机(电动机没画出来)的支架上,在电动机作用下,轻杆在竖直面内做匀速圆周运动,如图所示.若达到某一恒定转速n时,在最高点,杆受到小球的压力为2 N,重力加速度g取10 m/s2,则( C)A.小球运动到最高点时,小球需要的向心力为12 NB.小球运动到最高点时,线速度v=1 m/sC.小球运动到图示水平位置时,地面对支架的摩擦力为8 ND.把杆换成轻绳,同样转速的情况下,小球仍能通过图示的最高点解析:小球运动到最高点时,杆受到小球的压力为2 N,由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力N=2 N,在最高点,小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供,即F=mg-N=8 N,故A错误;在最高点,由F=m2vr 得,v=Frm=80.51⨯ m/s=2 m/s,故B错误;小球运动到图示水平位置时,设杆对小球的拉力为T,则有T=m2vr=8 N,则小球对杆的拉力T′=T=8 N,据题意知支架处于静止状态,由平衡条件可知地面对支架的摩擦力f=T′=8 N,故C正确;把杆换成轻绳,设小球通过最高点的最小速度为v0,由mg=m20vr 得,v0=gr=100.5⨯ m/s=5 m/s>v,所以在同样转速的情况下,小球不能通过图示的最高点,故D错误.6.(2013·某某卷,20)如图,一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点,下端系一质量m=1.0 kg的小球.现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放,当它经过B点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的C点.地面上的D点与OB在同一竖直线上,已知绳长L=1.0 m,B点离地高度H=1.0 m,A,B两点的高度差h=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气影响,求:(1)地面上DC两点间的距离s;(2)轻绳所受的最大拉力大小.解析:(1)小球从A到B过程机械能守恒,满足mgh=12m2Bv①小球从B到C做平抛运动,则H=12gt2②s=v B t③由①②③式解得s≈1.41 m.④(2)小球下摆到达B点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,满足F-mg=m2B vL⑤由①⑤式解得F=20 N,由牛顿第三定律可知,轻绳所受的最大拉力为20 N.答案:(1)1.41 m (2)20 N。
2016届高三物理(鲁科版)一轮复习活页作业5-3《圆周运动》
第3课时 圆周运动基本技能练1. 如图1所示，一木块放在圆盘上，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么 ( )A ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D ．因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析 木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心；因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B 正确。
答案 B2．关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( ) A ．由a ＝v 2r 知，a 与r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 与r 成正比C ．由ω＝v r 知，ω与r 成反比D ．由ω＝2πn 知，ω与转速n 成正比解析 由a ＝v 2r 知，只有在v 一定时，a 才与r 成反比，如果v 不一定，则a 与r 不成反比，同理，只有当ω一定时，a 才与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比；因2π是定值，故ω与n 成正比。
答案D 图13．(多选) (2014·广州调研)如图2所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴匀速转动时，板上A 、B 两点的 ( )A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶1B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2C ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1D ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2 解析 由于A 、B 两点在同一正方形薄板上且绕同一转轴转动，故两点具有相同的角速度，A 正确，B 错误；根据v ＝ωr 可得，v A ∶v B ＝r A ∶r B ＝1∶2，C 错误，D 正确。
答案 AD4．(多选)有一水平的转盘在水平面内匀速转动，在转盘上放一质量为m 的物块恰能随转盘一起匀速转动，则下列关于物块的运动正确的是( )A ．如果将转盘的角速度增大，则物块可能沿切线方向飞出B ．如果将转盘的角速度增大，物块将沿曲线逐渐远离圆心C ．如果将转盘的角速度减小，物块将沿曲线逐渐靠近圆心D ．如果将转盘的角速度减小，物块仍做匀速圆周运动解析 物块恰能随转盘一起转动，说明此时充当向心力的摩擦力恰好能够保证物块做圆周运动。
物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用练习含解析鲁科版
第3讲圆周运动及其应用考点一匀速圆周运动的运动学分析描述圆周运动的物理量的关系【典例1】（多选）(2020·枣庄模拟）如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三点.当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是(）A.a、b两点的线速度相同B.a、b两点的线速度比c点的线速度大C。
a、b、c三点的角速度相等D.c点的向心加速度比a、b点的向心加速度大【解析】选B、C。
a、b、c三点共轴，故ωa=ωb=ωc，故C正确;由于角速度相等，又因为v=ωr，r a=r b〉r c,所以a、b两点的线速度大小相等，但方向不同，即v a=v b〉v c,故A错误，B正确；根据a=ω2r可知，由于角速度相同,r a=r b>r c，故有:a a=a b〉a c，故D 错误。
三种传动装置【典例2】某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。
从动轮称为行星轮,太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1,行星轮一周的齿数为n2,当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为（）A。
ω B.ωC.ωD。
ω【通型通法】1.题型特征:齿轮传动问题。
2。
思维导引：(1)齿轮传动，边缘线速度大小相等；(2)轮的齿数之比等于轮的周长之比，由此可以求得各轮的半径之比。
【解析】选A。
太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由图可知，A与B为齿轮传动,所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动,线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：==则：R B=R A由图可知：R C=2R B+R AA、B与C的线速度大小相等,得：ωR A=ω′R C联立可得：ω′=。
故A正确，B、C、D错误。
1.圆周运动各物理量间的关系:2。
常见的三类传动方式及特点：（1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A=v B。
2020高考物理第一轮复习 专题 匀速圆周运动、万有引力定律学案 鲁科版
匀速圆周运动；万有引力定律【本讲教育信息】一. 教学内容：匀速圆周运动；万有引力定律匀速圆周运动一、描述圆周运动的物理量1. 线速度：做匀速圆周运动的物体所通过的弧长与所用的时间的比值。
（1）物理意义：描述质点沿切线方向运动的快慢。
（2）方向：某点线速度方向沿圆弧该点切线方向。
（3）大小：v=s/t说明：线速度是物体做圆周运动的即时速度2. 角速度：做匀速圆周运动的物体，连接物体与圆心的半径转过的圆心角与所用的时间的比值。
（1）物理意义：描述质点绕圆心转动的快慢.（2）大小：ω＝φ/t（rad／s）3. 周期T，频率f：做圆周运动的物体一周所用的时间叫周期.做圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速.4. v、ω、T、f的关系T＝1/f，ω＝2π/T=2πf，v＝2πr/T＝2πrf=ωr.T、f、ω三个量中任一个确定，其余两个也就确定了. 但v还和半径r有关.5. 向心加速度（1）物理意义：描述线速度方向改变的快慢（2）大小：a=v2/r=ω2r=4π2f2r=4π2r/T2=ωv，（3）方向：总是指向圆心，方向时刻在变化. 不论a的大小是否变化，a都是个变加速度。
（4）注意：a与r是成正比还是反比，要看前提条件，若ω相同，a与r成正比；若v 相同，a与r成反比；若是r相同，a与ω2成正比，与v2也成正比.6. 向心力（1）作用：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变速度的大小. 因此，向心力对做圆周运动的物体不做功.（2）大小： F＝ma＝mv2/r＝mω2 r=m4π2f2r=m4π2r/T2=mωv（3）方向：总是沿半径指向圆心，时刻在变化. 即向心力是个变力.说明：向心力是按效果命名的力，不是某种性质的力，因此，向心力可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力提供，要根据物体受力的实际情况判定。
二、匀速圆周运动1. 特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的。
鲁科版高中物理 第3章 圆周运动 课后练习、课时练习
一、单选题(选择题)1. 用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉靠岸，如图，已知岸上拉绳的速度v不变，则（）A．船的速度不变B．船的速度逐渐减小C．船绕定滑轮转动的角速度增大D．船绕定滑轮转动的角速度减小2. 如图所示为我国少数民族地区使用的一种舂米装置。
以O点为支点，人用脚踩踏板A，另一端的装置B会上升，松开脚后，装置B会撞击谷槽里面的谷米等。
已知，若忽略一切摩擦阻力，关于舂米装置，下列说法正确的是（）A．踏板A的线速度小于装置B的线速度B．踏板A的线速度大于装置B的线速度C．装置B下降时减小的重力势能全部转化为装置B的动能D．踩下踏板A的过程，人做的功全部转化为装置B的重力势能3. 如图所示，将完全相同的两小球AB，用长L=0.8m的细绳悬于以v=4m/s向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止瞬间，两悬线中的张力之比T B:T A为（）A．1:1 B．1:2 C．l:3 D．1:44. 在匀加速直线运动中，我们用加速度a描述速度v的变化快慢。
与之类似，在匀加速圆周运动中可以引入角加速度β来描述角速度ω的变化快慢。
如图所示，M、N是水平圆盘上的两个点，它们与圆心O间的距离分别为r M和r N，且2r M=r N=r。
圆盘由静止开始绕过O点的竖直转轴匀加速转动，经过时间t，M点的线速度为v，则M、N两点的角加速度分别为（）A．，B．，C．，D．，5. 关于向心力的说法中，正确的是（）A．物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B．向心力不改变圆周运动物体的速度C．做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力D．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的6. 地球在太阳系内同时进行着两种运动——绕太阳公转和绕地轴自转，且转动的方向都是自西向东。
某时刻，地球正对太阳的一侧是白昼，背对太阳的一侧是黑夜。
则以太阳为参考系，下列说法中正确的是（）A．地球上各点的运动快慢是一样的B．地球赤道上各点的运动快慢是一样的C．地球赤道上各点正午运动得比午夜快一些D．地球赤道上各点午夜运动得比正午快一些7. 荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动。
高三物理(鲁科版)一轮复习教学案 第4章 第3节 圆周运动
第三节圆周运动一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：1．离心运动的本质（1）离心现象是________的表现。
（2）离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动的半径变大，或沿切线方向飞出。
2．向心运动当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即________，物体渐渐向圆心运动。
1．（2012·江苏赣榆月考)如图所示是摩托车比赛转弯时的情形。
转弯处路面常是外高内低,摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度,摩托车将发生滑动。
对于摩托车滑动的问题,下列论述正确的是( ）A ．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B ．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力C ．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去D ．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去 2．（2012·金华十校第三次联考）如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮,Ⅱ是半径为r 2的小齿轮,Ⅲ是半径为r 3的后轮,假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为（ ）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!3．（2012·上海复旦、交大、华师大附中联考）关于做匀速圆周运动的线速度、角速度、周期的关系，以下说法中正确的是（）A．线速度较大的物体其角速度一定较大B．线速度较大的物体其周期一定较小C．角速度较大的物体其运动半径一定较小D．角速度较大的物体其周期一定较小4．请你判断下列表述正确与否，对不正确的，请予以更正。
A．匀速圆周运动是匀变速运动。
B．圆周运动的合力就是向心力。
C．做圆周运动的物体，除受向心力外，还受其他的力。
D．根据a＝ω2R可知a与半径R成正比，根据a＝v2/R可知a 与半径R成反比.E．物体做离心运动是因为受到离心力的作用。
一、在传动装置中各物理量之间的关系自主探究1如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍。
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第五章曲线运动万有引力定律及其应用第3讲圆周运动A对点训练——练熟基础知识题组一匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知()．A．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B．小球运动的线速度v＝2πL/TC．小球运动的加速度a＝2π2L/T2D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2解析小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v＝ωL＝2πL/T，选项B正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．答案BD2．(单选)2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()．A．0.1 m/s B．0.5 m/sC．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝v t可得小球做匀速圆周运动的速度为v＝s/T＝1 m/s，选项C正确．答案 C题组二匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图5－3－10所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为()．图5－3－10A.12 B.12C.14 D.13解析小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x，弹簧的劲度系数为k，则有kx＝m·4x·ω12，k·3x＝m·6x·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B正确．答案 B4．(单选)如图5－3－11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()．图5－3－11A ．0.5mgB ．mgC ．1.5mgD ．2mg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＝12m v 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N ，则N ＝m v 2R ，将v ＝gR 代入解得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N ，即mg ，故选项B 正确．答案 B5．(2013·江苏卷，2)(单选)如图5－3－12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，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )．图5－3－12A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析 A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mg cos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．答案 D题组三 离心现象6．(单选)2013年7月24日晚8点42分左右，一列从西班牙首都马德里开往北部城市费罗尔的火车在途经圣地亚哥附近时发生脱轨．发生车祸的路段是一个急转弯，限速80公里，但当时的车速是190公里．通常火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧面压力．假设该火车在水平面内行驶，以80 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1.5 km ，车的质量为90 t ，车可看成质点．那么当该车脱轨时车轮对轨道的压力约为( )．A ．2.96×104 NB ．1.375×105 NC ．1.67×105 ND ．1.67×104 N解析 正常行驶时内、外轨道均不向车轮施加侧面压力，这时的向心力F ＝m v 2R .车速是190公里所需向心力为F ′＋F ＝m v ′2R ，F ′＝m v ′2R －F ＝137 500 N.答案 B7．(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图5－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )．A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确；选项D错误．当v<v c时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>v c时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．答案AC题组四圆周运动的临界问题8．(2013·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千()．A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时解析当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确．答案 D9．(2013·北京西城区期末考试)(多选)如图5－3－14所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R不同的圆形轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有()．A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析 在最高点时，由mg ＝m v 2R 可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 02，所以v 0＝5gR ，由ω＝v R ＝5g R ，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D 正确．答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一 细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图5－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )．图5－3－15A.12πg h B ．πgh C.12π gl D.12πl g解析 当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m(2πn m)2R①R＝h tan θ②联立①②得n m＝12πgh选项A正确．答案 A11．(多选)如图5－3－16所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL，则以下判断正确的是()．图5－3－16A．小球不能到达P点B．小球到达P点时的速度小于gLC．小球能到达P点，但在P点不会受到轻杆的弹力D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力解析根据机械能守恒定律2mgL＝12m v2－12m v P2，可求出小球在P点的速度为12gL<gL，故B正确，A错误．计算出向心力F＝12mg，故小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C错误、D正确．答案BDB深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图5－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( )．图5－3－17A.R B 4B.R B 3C.R B 2 D ．R B解析 由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v /R A v /R B ＝R B R A＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mωA 2R A ①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝mωB 2r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωA 2R A ＝mωB 2r ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确． 答案 C13．(单选)如图5－3－18所示，有一固定的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α＝53°和β＝37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin 37°＝35，cos 37°＝45)( )．图5－3－18A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为3∶4B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析 由题意可知N ＝mg cos θ，所以N A N B ＝cos 37°cos 53°＝43，A 选项错误；mg tan θ＝m 4π2T 2R sin θ，所以T A T B ＝ cos 53°cos 37°＝ 34，B 选项错误；E k ∝v 2，v ＝2πT R sin θ，所以E k A E k B ＝T B 2sin 253°T A 2sin 237°＝6427，C 选项错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B ＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 选项正确．答案 D14．(2013·福建卷，20)如图5－3－19所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图5－3－19(1)地面上DC 两点间的距离s ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12m v B 2①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2②在水平方向上有，s ＝v B t ③由①②③式解得s ≈1.41 m(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v B 2L ④由①④式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律F ′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.答案 (1)1.41 m (2)20 N。