2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动随堂检测新人教版
2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天章末过关检测新人教版
第四章曲线运动万有引力与航天章末过关检测(四)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)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，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来解析：选C.当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R，在b、d两点有F b＝F d＝mω2R，在c点有F c－mg＝mω2R，所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B、D错误，C正确．2．轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v ＜Rg，AC为水平直径，BD为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则( )A．物块始终受两个力作用B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C．从B运动到A，物块处于超重状态D．从A运动到D，物块处于超重状态解析：选D.在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C 错、D对．3.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的角速度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.5rad/s B．3rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．4．(2018·泰州模拟)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是( )A．三个小球落地时间差与车速有关B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2C．三个小球落地点的间隔距离L1＜L2D．三个小球落地点的间隔距离L1＞L2解析：选C.落地时间只与下落的高度有关，故A项错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动，由公式t＝2hg可得下落时间之比为t A∶t B∶t C＝3∶2∶1，水平位移之比x A∶x B∶x C＝3∶2∶1，则L1∶L2＝(3－2)∶(2－1)＜1，故C正确，B、D错误．5.2015年4月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由GM 1M 2L2＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项D 错误．6．(2018·浙江台州模拟)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：选A.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F T －mg ＝m v 2L ，碰后瞬间F T ′－mg ＝m v 2L3，再根据机械能守恒有mgL＝12mv 2，由此可得F T ′＝73F T ，D 错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v 0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒．堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为5 m ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是 ( )A ．若平抛初速度v 0＝5 m/s ，则鱼饵颗粒不会落在斜面上B ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小C ．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，从抛出到落水所用的时间越长D ．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小解析：选AB.鱼饵颗粒落地时间t ＝2hg＝2×510s ＝1 s ，刚好落到水面时的水平速度为v ＝st ＝5×341m/s ＝3.75 m/s ＜5 m/s ，当平抛初速度v 0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A 正确；由于落到水面的竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度v 0无关，C 错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tan α＝y x ＝12v y t v 0t ＝v y 2v 0，即v y v 0＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数，D 错误．8.如图所示光滑管形圆轨道半径为R (管径远小于R )，小球a 、b 大小相同，质量均为m ，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，以下说法正确的是( )A ．当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大5mgB ．当v ＝5gR 时，小球b 在轨道最高点对轨道无压力C ．速度v 至少为5gR ，才能使两球在管内做圆周运动D ．只要v ≥5gR ，小球a 对轨道最低点的压力比小球b 对轨道最高点的压力大6mg解析：选BD.小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球所受重力充当向心力，mg ＝mv 20R得v 0＝gR ，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgR ＋12mv 20＝12mv 2，解以上两式可得：v ＝5gR ，B 项正确；小球在最低点时，F 向＝m v2R ＝5mg ，在最高点和最低点所需向心力的差为4mg ，A 项错误；小球在最高点，内管对小球的支持力与重力的合力可以提供向心力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgR ＝12mv 2，解得v ＝2gR ，C 项错误；当v ≥5gR 时，小球在最低点所受轨道压力F 1＝mg ＋mv 2R ，由最低点运动到最高点，2mgR ＋12mv 21＝12mv 2，小球所受轨道压力F 2＝mv 21R－mg ，F 2＝mv 2R－5mg ，F 1－F 2＝6mg ，再根据牛顿第三定律，可见小球a 对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大6mg ，D 项正确．9．(2018·新疆生产建设兵团第二中学高三月考)某次网球比赛中，某选手将球在边界正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是( )A ．击球高度h 1与球网高度h 2之间的关系为h 1＝1.8h 2B ．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内C ．任意降低击球高度(仍大于h 2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D ．若保持击球高度不变，球的初速度v 0只要不大于xh 12gh 1，一定落在对方界内 解析：选AB.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为x 和3x2的时间比为2∶3，则竖直方向上，根据h ＝12gt 2，则有h 1－h 2h 1＝49，解得h 1＝1.8h 2，故A 正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h 1＝12gt 21得，t 1＝2h 1g，则平抛运动的最大速度v 01＝2xt 1＝x h 12gh 1，根据h 1－h 2＝12gt 22得，t 2＝2（h 1－h 2）g，则平抛运动的最小速度v 02＝x t 2＝xg2（h 1－h 2），增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故B 正确、D 错误；任意降低击球高度(仍大于h 2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到对方界内，故C 错误．10．(2018·鄂豫晋陕冀五省月考)美国一家科技公司整了一个“外联网”(Outernet)计划，准备发射数百个小卫星，向全球提供免费WiFi 服务．若这些小卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．小卫星的质量越大，所需要的发射速度越大B ．小卫星的轨道越高，所需要的发射速度越大C ．小卫星运行时的轨道半径越大，周期越大D ．小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力不变，向心加速度不变 解析：选BC.发射的速度大小与小卫星的质量无关，故A 错误；小卫星的轨道越高，发射时克服引力做功越多，则发射的速度越大，故B 正确；根据GMm r 2＝mr 4π2T2知，周期T ＝4π2r3GM，小卫星的轨道半径越大，周期越大，故C 正确；小卫星在轨道上做匀速圆周运动时，受到的万有引力大小不变，向心加速度的大小不变，方向时刻改变，故D 错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.00 kg. (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，该示数为________kg.(3)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m ；多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如下表所示．(4)；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s 2，计算结果保留2位有效数字)解析：(2)题图乙中托盘秤的示数为1.40 kg. (4)小车经过最低点时托盘秤的示数为m ＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg ＝1.81 kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F ＝(m －1.00)g ＝(1.81－1.00)×9.80 N ≈7.9 N.由题意可知小车的质量为m ′＝(1.40－1.00) kg ＝0.40 kg ，对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F －m ′g ＝m ′v 2R解得v ≈1.4 m/s.答案：(2)1.40 (4)7.9 1.412．(12分)“太极球”是近年来在广大市民中比较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．设球受到的重力为1 N ，不计板的重力．求：(1)球在C 处受到板的弹力比在A 处受到的弹力大多少？(2)设在A 处时板对球的弹力为F ，当球运动到B 、D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θ－F 的关系图象．解析：(1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R ①在C 处时F ′－mg ＝m v 2R②由①②式得ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时板对球的弹力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析，则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg＝F ＋1 作出的tan θ－F 的关系图象如图．答案：(1)2 N (2)图见解析13．(16分)如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ， 联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°有tan θ＝v y v 0＝34，得v 0＝4 m/s在B 点时的速度大小v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s. (2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12mv 22－12mv 2设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝mv 22R解得：v 2＝27m/s ，F N ≈47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N. (3)小物块与长木板间的滑动摩擦力F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动 则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g＝2.0 m. 答案：(1)4 m/s5 m/s (2)47.3 N (3)2.0 m。
2019版一轮优化探究物理（人教版）课件：第四章 第3讲 圆周运动
[基础知识•自主梳理]
一、匀速圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧 长 相等，就是匀速圆周运动． (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．
2．描述圆周运动的物理量及其关系
＝mωa2l，可得 ωa＝ klg，而转盘的角速度 23klg＜ klg，小木块 a 未 发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得 Ff＝ mω2l＝23kmg，选项 D 错误． 答案：AC
2．[火车转弯分析] (多选)铁路转弯处的弯道半径 r 是根据地 形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差 h 的 设计不仅与 r 有关，还与火车在弯道上的行驶速度 v 有关．下 列说法正确的是( ) A．速率 v 一定时，r 越小，要求 h 越大 B．速率 v 一定时，r 越大，要求 h 越大 C．半径 r 一定时，v 越小，要求 h 越大 D．半径 r 一定时，v 越大，要求 h 越大
(2)摩擦或齿轮传动：如图甲、乙所示，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 vA＝vB.
(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速 度相同，ωA＝ωB，由 v＝ωr 知 v 与 r 成正比．
题组突破训练
1.[皮带转动] (多选)变速自行车靠变换 齿轮组合来改变行驶速度．如图所示是某 一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中 A 轮有 48 齿，B 轮有 42 齿，C 轮有 18 齿，D 轮有 12 齿，则( ) A．该自行车可变换两种不同挡位 B．该自行车可变换四种不同挡位 C．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA∶ωD＝1∶4 D．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA∶ωD＝4∶1
最新题库2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业章末质量检测4曲线运动、万有引力与航天
x－ x0＝scos 37 ° 解得 s＝ 2.5 m 设小滑块沿斜面向上运动的加速度为
12 a，由 s＝2at 解得 2a＝5m/s
对小滑块沿斜面上滑过程进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－ mgsin 37 °－
μ mgcos 37 ＝° ma
解得 F＝ 13 N 。 答案 (1)150 N (2)13 N
所以随转动速度的
增大而增大， D 正确；由题意可知， A、 B 两物块转动的角速度相同，则 A、B
两物块向心力之比为 1∶2，两物块做圆周运动的向心力在细绳张紧前由静摩擦 力提供，由 FA＝ m ω2rA， FB＝mω 2r B 可知两物块所受静摩擦力随转速的增大而
增大；当物块 B 所受静摩擦力达到最大值后，向心力由静摩擦力与绳子拉力的
置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块 即将滑动的过程中，下列说法正确的是
A、B
()
图7 A ．A 受到的静摩擦力一直增大 B．B 受到的静摩擦力是先增大，后保持不变 C．A 受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A 受到的合外力一直在增大 解析 物块 A 所受到的合外力提供它做圆周运动的向心力，
80 m。设船加速启动和减速停止的阶段时间很短，可忽略不计。下列说法正 确的是
()
A ．船无法渡过此河 B．小船渡河的最小位移 (相对岸 )为 80 m
C．船渡河的最短时间为 20 s D．船渡过河的位移越短 (相对岸 )，船渡过河的时间也越短
解析 只要在垂直于河岸的方向上有速度就一定能渡过此河，
A 错；由于水流
11 ．(15 分)(2014 珠·海联考 ) 如图 9 所示，平台上的小球从 A 点水平抛出，恰能无 碰撞地进入光滑的斜面 BC ，经 C 点进入光滑水平面 CD 时速率不变，最后进
(新课标)高考物理一轮总复习 第四章 第三讲 圆周运动教案-人教版高三全册物理教案
第三讲圆周运动[小题快练]1．判断题(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，其角速度是不变的．( √ )(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．( × )(4)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．( × )(5)做匀速圆周运动的物体的向心力是产生向心加速度的原因．( √ )(6)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度．( √ )(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．( × )(8)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．( × )2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( C )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向也不改变3．如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服( C )A ．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B ．所需的向心力由重力提供C ．所需的向心力由弹力提供D ．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大4．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，行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速摆式列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的列车给他的作用力为(g 取10 m/s 2)( C )A ．500 NB ．1 000 NC ．500 2 ND ．0考点一 圆周运动中的运动学分析 (自主学习)1．对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比； 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 ＝ωv 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．常见的三种传动方式及特点(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 .(2)摩擦传动：如图所示，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 .(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA ＝ωB ，由v ＝ωr 知v 与r 成正比．1－1. [链条转动] 如图是自行车传动机构的示意图，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.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确.答案：D1－2. [皮带传动] (多选)如图所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4解析：处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，B 正确；根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC 2，A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，C 错误；根据ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，D 正确．答案：BD1－3.[摩擦传动] 如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1，若改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，则( )A.ω1ω2＝12B ．ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D ．a 1a 2＝12解析：根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2p R ＝2ω2p r .又ωp R ＝ω2r 解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；ma 2＝μmg ，所以a 1a 2＝11，C正确，D错误．答案：C考点二圆周运动中的动力学分析 (师生共研)1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．常见的圆周运动分析[典例] (多选)(2018·河北省石家庄市高三一模)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53° ，OA 与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转角速度的大小为5g 4R B ．圆环旋转角速度的大小为5g 3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mgD ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg解析：小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan37°＝mω2R sin37°，解得：ω＝5g4R，则A 正确，B 错误；对小球A 受力分析，有：水平方向：N sin θ－f cos θ＝mω2R sin θ 竖直方向：N cos θ＋f sin θ－mg ＝0 联立解得：f ＝15mg ，故C 错误，D 正确．答案：AD [反思总结]“一、二、三、四”求解圆周运动问题2－1.[斜面上的圆周运动] (多选)在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一根轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触．如图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直轴成θ角．设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为F Ta和F Tb，容器内壁对小球的支持力分别为F Na和F Nb，则下列说法中正确的是( )A．F Ta一定为零，F Tb一定为零B．F Ta可以为零，F Tb可以为零C．F Na一定不为零，F Nb可以为零D．F Na可以为零，F Nb可以为零答案：BC2－2.[水平面上的圆周运动] 如图所示，水平转盘上放有一质量为m的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；(2)当角速度为μg2r时，绳子对物体拉力的大小． 解析：(1)设拉力恰好为零时转盘转动的角速度为ω0，此时有μmg ＝mrω20，解得：ω0＝μg r； (2)因为ω＝μg2r＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大静摩擦力，即物与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，此时细绳的拉力仍为0，即F T ＝0.考点三 圆周运动的实例分析 (自主学习)1．凹形桥与拱形桥模型2.火车转弯问题3－1.[凹形桥模型] (多选)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m (g ＋v 2r )C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm (g ＋v 2r)解析：物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，半径为r ，向心加速度为a n ＝v 2r ，故A 正确；根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B 错误；根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力F N ＝m (g ＋v 2r )，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小F N ′＝m (g ＋v 2r )，故C 错误；物体在最低点时，受到的摩擦力为F f ＝μF N ＝μm (g ＋v 2r)，故D 正确．答案：AD3－2.[凹凸形桥模型] (2015·福建卷)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t 1，第二次由C滑到A ，所用的时间为t 2，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 ．t 1＜t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1＞t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小 答案：A3－3.[车转弯问题] 汽车沿半径为R 的圆形跑道匀速行驶，设跑道的路面是水平的，路面作用于车的摩擦力的最大值是车重的110，要使汽车不致冲出圆形跑道， 车速最大不能超过多少？如图所示是汽车沿圆形跑道行驶时的背影简图，试根据图中车厢的倾侧情况和左右轮胎受挤压后的形变情况判断圆形跑道的圆心位置在左侧还是在右侧？解析：如果不考虑汽车行驶时所受的阻力，那么汽车在圆形跑道匀速行驶时，轮胎所受的静摩擦力F f (方向指向圆心)提供向心力．车速越大，所需向心力也越大，则静摩擦力F f 也越大，设车速的最大值为v max ，则F fmax ＝m v 2max R ，即mg 10＝m v 2maxR，解得v max ＝gR10.对车厢进行受力分析可知，其支持力和重力的合力一定指向右侧，即向心力指向右侧，所以跑道的圆心一定在右侧． 答案：gR10右侧1．(多选)图中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r .b 点在小轮上，到小轮中心的距离为r .c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则( AC )A ．c 点与d 点的角速度大小相等B ．a 点与b 点的角速度大小相等C ．a 点与c 点的线速度大小相等D ．a 点与c 点的向心加速度大小相等2．如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是( B )A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力3．(多选)如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B 两点( AD )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∶ 24. (2019·浙江嘉兴高三选考)如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则( D )A．物品所受摩擦力与其运动方向相反B．越靠近圆心的物品摩擦力越小C．越靠近圆心的物品角速度越小D．越靠近圆心的物品加速度越小解析：由于物品有向外甩的趋势，所以物品所受的摩擦力指向圆心提供向心力，故A错误；由摩擦力提供向心力可知，f＝mω2r，由物品的质量大小不知道，所以无法确定摩擦力大小，故B错误；同一转轴转动的物体角速度相同，故C错误；由公式a＝ω2r可知，越靠近圆心的物品加速度越小，D正确．[A组·基础题]1．(2019·湖北、山东重点中学联考)关于圆周运动，下列说法中正确的有( C ) A ．匀速圆周运动是匀变速运动B ．做圆周运动物体所受的合力始终指向圆心C ．做匀速圆周运动的物体加速度始终指向圆心D ．向心力只改变速度的大小，不改变速度的方向2. 如图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上与一轻弹簧相连，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( B )A.12 B ．12C.14D ．133. (多选)(2018·山东青州三模)如图所示，在绕中心轴转动的圆筒内壁上，有两物体A 、B 靠在一起随圆筒转动，在圆筒的角速度均匀增大的过程中，两物体相对圆筒始终保持静止，下列说法中正确的是( BC )A ．在此过程中，圆筒对A 一定有竖直向上的摩擦力B ．在此过程中，A 、B 之间可能存在弹力C ．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A 、B 的弹力都逐渐增大D ．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对B 的摩擦力也逐渐增大解析：在此过程中，A 可能只受重力和B 对A 的支持力，不一定受到圆筒对A 的竖直向上的摩擦力，选项A 错误，B 正确；水平方向，圆筒对AB 的弹力充当做圆周运动的向心力，根据F ＝mω2r 可知，随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A 、B 的弹力都逐渐增大，选项C 正确；圆筒对B 的摩擦力在竖直方向，与水平方向的受力无关，即与圆筒的转速无关，选项D 错误．4. (多选)(2019·江西红色七校联考)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放．当b 球摆过的角度为90° 时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( AD )A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90° 的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90° 时，a 球对地面的压力刚好为零解析：由于b 球摆动过程中机械能守恒，则有：m b gl ＝12m b v 2，当b 球摆过的角度为90° 时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：T －m b g ＝m b v 2l；联立解得：T ＝3m b g ；据题述a 球对地面压力刚好为零，可知此时绳子张力为：T ＝m a g ，解得：m a ∶m b ＝3∶1，故A 正确，B 错误．由上述求解过程可以看出 T ＝3m b g ，细绳的拉力T 与球到悬点的距离无关，只要b 球摆到最低点，细绳的拉力都是3m b g ，a 球对地面的压力刚好为零．故C 错误，D 正确．5. (多选)铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面间的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R .若质量为m 的火车转弯时的速度小于Rg tan θ，则( AD )A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C ．铁轨对火车的支持力等于mg cos θ D ．铁轨对火车的支持力小于mgcos θ6．(多选) 如图所示，在光滑的横杆上穿着两质量分别为m 1、m 2的小球，小球用细线连接起来，当转台匀速转动时，下列说法正确的是( BD )A ．两小球速率必相等B ．两小球角速度必相等C ．两小球加速度必相等D ．两小球到转轴距离与其质量成反比7．(多选)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h 的设计不仅与r 有关．还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．下列说法正确的是( AD )A ．速率v 一定时，r 越小，要求h 越大B ．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大C ．半径r 一定时，v 越小，要求h 越大D ．半径r 一定时，v 越大，要求h 越大[B 组·能力题]8．(2017·江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( D )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v 2gD ．速度v 不能超过(2F －Mg )LM9．(多选) (2019·湖北、山东重点中学联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是( BD )A．P、Q两个飞椅的线速度大小相同B．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2D．如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力解析：由mg tan θ＝mω2h tan θ得，h P＝h Q. (h为钢绳延长线与转轴交点相对游客水平面的高度)，由h＝rtan θ＋L cos θ(其中r为圆盘半径)得，L越小则θ越小．则θ1>θ2，与质量无关．由R＝r＋L sin θ可得，R P>R Q，则v P>v Q；由向心力公式可知F＝mg tan θ，可知Q的向心力一定小于P的向心力，故选项B、D正确，A、C错误．10．(多选)(2015·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( ACD )A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等11. 游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a 上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c 处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b 处接到，已知“摩天轮”半径为R ，重力加速度为g ，(不计人和吊篮的大小及重物的质量)．求：(1)接住前重物下落运动的时间t ；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v ； (3)乙同学在最低点处对地板的压力F N . 解析：(1)由2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g. (2)v ＝s t ，s ＝πR 4联立解得：v ＝18πgR .(3)由牛顿第二定律，F －mg ＝m v 2R解得F ＝(1＋π264)mg由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力大小为F ′＝(1＋π264)mg ，方向竖直向下． 答案：(1)2R g (2)18πgR (3)(1＋π264)mg ，方向竖直向下 12．如图所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长l ＝1 m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； (2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503rad/s ，求细线AC 与竖直方向的夹角． 解析：(1)当细线AB 上的张力为0时，小球的重力和细线AC 张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有mg tan 37°＝m ω21l sin 37°解得ω1＝gl cos 37°＝522rad/s.(2)当ω2＝503rad/s 时，小球应该向左上方摆起，假设 细线AB 上的张力仍然为0，则mg tan θ′＝mω22l sin θ′ 解得cos θ′＝35，θ′＝53°因为B 点距C 点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB 恰好竖直，且mω22l sin 53°mg ＝43＝tan 53°说明细线AB 此时的张力恰好为0，故此时细线AC 与竖直方向的夹角为53°. 答案：(1)522 rad/s (2)53°。
2019版高考物理第四章曲线运动第3讲圆周运动检测
第3讲圆周运动基础巩固1.关于匀速圆周运动的说法,正确的是( )A.匀速圆周运动是匀速运动B.匀速圆周运动是匀变速运动C.某个恒力作用下质点也可以做匀速圆周运动D.做匀速圆周运动的物体的合力必须是变力2.(2018北京西城期末)计算机硬盘上的磁道为一个个不同半径的同心圆,如图所示。
M、N是不同磁道上的两个点。
当磁盘转动时,比较 M、N两点的运动,下列判断正确的是( )A.M、N的线速度大小相等B.M、N的角速度大小相等C.M点的线速度大于N点的线速度D.M点的角速度小于N点的角速度3.(2017北京西城期末,3)用一个水平拉力F拉着一物体在水平面上绕着O点做匀速圆周运动。
关于物体受到的拉力F和摩擦力f的受力示意图,下列四个图中可能正确的是( )4.(2016北京东城期中,11)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,沿直线行驶时车厢又恢复成竖直状态,就像玩具“不倒翁”一样。
假设有一超高速列车在水平面内行驶,以360 km/h的速度拐弯,拐弯半径为1 km,则车厢内质量为50 kg的乘客,在拐弯过程中受到火车给他的作用力为(g取10 m/s2)( )A.0B.500 NC.500 ND.1 000 N5.(2016北京朝阳期中,11)火车转弯时,如果铁路弯道的内外轨一样高,外轨对轮缘(如图a所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图b所示),但是靠这种办法得到向心力,铁轨和车轮极易受损。
在修建铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨(如图c所示),当火车以规定的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v,以下说法中正确的是( )A.该弯道的半径R=B.当火车质量改变时,规定的行驶速度也将改变C.当火车速率大于v时,外轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率小于v时,外轨将受到轮缘的挤压6.(2018北京东城期末)如图所示为“感受向心力”的实验,用一根轻绳,一端拴着一个小球,在光滑桌面上抡动细绳,使小球做匀速圆周运动,通过拉力来感受向心力。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 第3节 圆周运动习题详解 新人教版
2．解析：有的同学误认为 P、Q 在同一水平高度，所以小球到 达 Q 点后将自由下落而错选 C。实际上由机械能守恒定律可 知：小球如到达 Q 点，速度必为 0，而小球在圆弧上做的是 圆周运动，若能到达 Q 点的最小速度为 v＝ Rg。设小球在 Q 点上方高度为 h 处才恰好能完成圆周运动，则 mgh＝12mv2， 解得 h＝R2，故 A 正确。 答案：A
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要点四
典例：解析：(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作
用力为零，设此时轻绳 a 与竖直杆间的夹角为 α，由题意可知 sin
α＝14， r＝4l
沿半径：Fasin α＝mω2r 垂直半径：Facos α＝mg
联立解得 ω＝2
g。 15l
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(2)由(1)可知 0≤ω≤2
g 时， 15l
第 3 节 圆周运动
宏观·循图忆知
切线
2πr T
Δθ Δt
一周
1 T
v2 r
4π2 T2 ·r
man
线速度
不变
圆心 减小 靠近
微观·易错判断
(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
(6)√ (7)× (8)×
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要点一
1．解析：板上 A、B 两点的角速度相等，角速度之比 ωA∶ωB
＝1∶1，选项 A、B 错误；线速度 v＝ωr，线速度之比 vA∶
vB＝1∶ 2，选项 C 错误，D 正确。
答案：D
2．解析：A、B 轮摩擦传动，故 va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb
＝3∶2；B、C 同轴，故 ωb＝ωc，RvbB＝RvCc ，vb∶vc＝3∶2，
因此 va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故 A、
近年届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版(2021年整理)
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第四章第三节圆周运动［A级—基础练］1.（2018·沧州模拟)如图所示,在一个水平圆盘上有一个木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，下面说法中错误的是( )A．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力的方向指向O点B．圆盘匀速转动的过程中,P受到的静摩擦力为零C．在转速一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比D．在P到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度平方成正比解析：B [圆盘在匀速转动的过程中，P靠静摩擦力提供向心力，方向指向O点，故A正确,B错误；在转速一定的条件下，角速度不变，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比，故C正确；在P到O点的距离一定的条件下，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小与圆盘转动的角速度平方成正比，故D正确．］2．(08786352）(2018·铜陵模拟）如图所示的齿轮传动装置中,主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( )A．顺时针转动，周期为2π3ωB．逆时针转动，周期为错误!C．顺时针转动，周期为错误!D．逆时针转动，周期为错误!解析:B ［齿轮不打滑，说明边缘点线速度相等，主动轮顺时针转动，故从动轮逆时针转动，主动轮的齿数z1＝24,从动轮的齿数z2＝8，故大轮与小轮的半径之比为R∶r＝24∶8＝3∶1，根据v＝rω得错误!＝错误!＝错误!，解得从动轮的角速度为ω2＝3ω1＝3ω，根据ω＝错误!得，从动轮的周期为T＝错误!＝错误!，故选项A、C、D错误，B正确．]3. （2018·广州模拟）“玉兔号”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．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：A ［根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小，线速度也越小,由几何关系可知A、B两点的线速度相等，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．]4.(08786353)有一种杂技表演叫“飞车走壁",由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的内侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是( )A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大解析：B [摩托车受力如图所示，侧壁对车的弹力F N＝错误!，向心力F n ＝mg cot θ,当h变化时，θ角保持不变,所以摩托车对侧壁的压力大小以及摩托车做圆周运动的向心力大小不随h变化，选项A、D错误；由牛顿第二定律得mg cot θ＝m错误!＝mω2r，解得v＝错误!，ω＝错误!，h越高,r越大，故h越高,摩托车做圆周运动的线速度越大,角速度将越小，选项B正确，C 错误．］5。
2019高三物理人教版一轮教师用书：第4章 第3节 圆周运动 Word版含解析
第三节圆周运动(对应学生用书第65页)[教材知识速填]：知识点1 圆周运动的描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动．(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．2．描述圆周运动的物理量(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．(×)(2)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．(×) (3)做匀速圆周运动的物体所受合外力为变力．(√) 知识点2 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 ＝m ω2r ＝m 4π2T r ＝m ωv ＝4π2mf 2r ．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．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 易错判断(1)随水平圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．(×)(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√) (3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．(×)知识点3 离心现象1．定义做圆周运动的物体，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．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．3．受力特点图431(1)当F n＝mω2r时，物体做匀速圆周运动．(2)当F n＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n＜mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动．(4)当F n＞mω2r时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动．易错判断(1)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．(×)(2)做离心运动的物体是由于受到离心力的作用．(×)(3)赛车转弯时冲出赛道是因为沿转弯半径向内的静摩擦力不足以提供向心力．(√)[教材习题回访]：考查点：匀速圆周运动向心力来源1．(人教版必修2P25T3改编)如图432所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是( )图432A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力[答案]：C考查点：离心运动的理解2．(沪科必修2P25T1改编)(多选)如图433所示，竖直平面上，质量为m的小球在重力和拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到最高点P点时，拉力F发生变化，下列关于小球运动情况说法中正确的是( )图433A．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动C．若拉力和重力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动[答案]：BC考查点：向心加速度与半径的关系3．(多选)(粤教必修2P37T2)甲、乙两球做匀速圆周运动，向心加速度a 随半径r 变化的关系图象如图434所示．由图象可以知道( )图434A ．甲球运动时，线速度大小保持不变B ．甲球运动时，角速度大小保持不变C ．乙球运动时，线速度大小保持不变D ．乙球运动时，角速度大小保持不变 [答案]： BC考查点：转动装置中各物理量关系4．(人教版必修2P 19T 4改编)图435是自行车传动装置的示意图，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( )图435A ．πnr 1r 3r 2 B ．πnr 2r 3r 1 C ．2πnr 2r 3r 1 D ．2πnr 1r 3r 2[答案]： D考查点：匀速圆周运动基本规律的应用5．(人教版必修2P25T2改编)如图436所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是( )【导学号：84370174】图436A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力[答案]： B(对应学生用书第67页)1．描述圆周运动的物理量间的关系注意：ω的单位为rad/s ，不是r/s ．2．对公式v ＝ωr 的理解当r 一定时，v 与ω成正比；当ω一定时，v 与r 成正比；当v 一定时，ω与r 成反比． 3．对a ＝v 2r ＝ω2r 的理解当v 一定时，a 与r 成反比；当ω一定时，a 与r 成正比． 4．常见的三种传动方式及特点1．(多选)如图437所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑．则( )图437A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4BD [处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确．根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A2，所以ωA ＝ωC 2，选项A 错误．根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误．根据ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．]：2．(2018·武汉高考调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下：车的主动轮压在两个相同粗细的有固定转动轴的滚动圆筒上，可在原地沿前进方向加速，然后把检测传感器放入尾气出口，操作员把车加速到一定程度，持续一定时间，在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数．现有如下检测过程简图：车轴A 的半径为r a ，车轮B 的半径为r b ，滚动圆筒C 的半径r c ，车轮与滚动圆筒间不打滑，当车轮以恒定转速n (每秒钟n 转)运行时，下列说法正确的是( )【导学号：84370175】图438A ．C 的边缘线速度为2πnr cB ．A 、B 的角速度大小相等，均为2πn 且A 、B 沿顺时针方向转动，C 沿逆时针方向转动C ．A 、B 、C 的角速度大小相等，均为2πn ，且均沿顺时针方向转动D ．B 、C 的角速度之比为r br cB [由v ＝2πnR 可知B 轮的线速度为v b ＝2πnr b ，B 、C 线速度相同，即C 的线速度为v c ＝v b ＝2πnr b ，A 错误．B 、C 线速度相同，B 、C 角速度比为半径的反比，D 错误．A 、B 为主动轮，C 为从动轮，A 、B 顺时针转动，C 逆时针转动，B 正确，C 错误．]：1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力，画出物体受力示意图，利用力的合成或分解把力分解到三个方向上．①与轨道圆垂直的方向，此方向受力平衡．②轨道圆的切线方向，匀速圆周运动中此方向受力平衡；变速圆周运动中速度最大或最小的点，此方向也受力平衡．③轨道圆的径向，此方向合力指向圆心即向心力．3．两种模型对比[多维探究]：考向1 水平面内的匀速圆周运动1．(2018·湖南株洲高三联考) (多选)如图439所示，匀速转动的水平圆盘上放有质量分别为2 kg 和3 kg 的小物体A 、B ，A 、B 间用细线沿半径方向相连．它们到转轴的距离分别为r A ＝0．2 m 、r B ＝0．3 m ．A 、B 与盘面间的最大静摩擦力均为重力的0．4倍．g 取10 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( )图439A ．当A 达到最大静摩擦力时，B 受到的摩擦力大小为12 NB ．当A 恰好达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度约为4 rad/sC ．当细线上开始有弹力时，圆盘的角速度为2303 rad/sD ．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[题眼点拨]： ①“匀速转动”想到向心力来源；②“缓慢增大圆盘的角速度”要判断A 、B 两物体谁先发生相对滑动． AC [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 ：km A g －T ＝m A ω21r A ，对B ：T ＋km B g ＝m B ω21r B ，得ω1＝10213 rad/s ，B 错误；当细线上开始有弹力时，对B ：km B g ＝m B ω22r B ，解得ω2＝2303 rad/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．]：(多选)在题1中，若去掉A 、B 间连线改为如图所示，且r b ＝2r a ＝2l ，m a ＝m b ，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，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＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．若ω＝2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmgAC [小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得f ＝m ω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝m ω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为kg l ，b 发生相对滑动的临界角速度为kg2l ；当ω＝2kg 3l 时，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝m ω2l ＝23kmg ．综上所述，本题正确选项为A、C．]：2．(2018·陕西“四校”联考)用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图4310所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T，F T随ω2变化的图象是下图中的( )【导学号：84370176】图4310[题眼点拨]：看到“F T随ω2变化的图象”想到小球刚要脱离锥面的临界状态．C[设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力F T而平衡，F T≠0，故A、B错误；ω增大时，F T增大，N减小，当N＝0时，角速度为ω0．当ω<ω0时，由牛顿第二定律得F T sin θ－N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋N sin θ＝mg，解得F T＝mω2L sin2θ＋mg cos θ．当ω>ω0时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得F T sin β＝mω2L sin β，所以F T＝mLω2，此时图线的反向延长线经过原点．可知F T ω2图线的斜率变大，故C 正确，D 错误．]：考向2 竖直平面内的圆周运动3．(多选)如图4311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v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )【导学号：84370177】甲 乙图4311A ．图象的函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB ．重力加速度g ＝b lC ．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，图线b 点的位置不变[题眼点拨]： 由F v 2图象要想到根据动力学知识写出拉力F 与线速度v 2的函数关系式． BD [小球在最高点时，根据牛顿第二定律有F ＋mg ＝m v 2l ，得F ＝m v 2l －mg ，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有mg ＝m v 2l ，得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 正确．]：4．(2018·烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图4312所示，则下列说法正确的是( )图4312A ．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B ．小球过最高点的最小速度是gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小[题眼点拨]： “在竖直平面内做半径为R 的圆周运动”要分析杆模型的临界条件及速度v ＝gR 时，杆的受力特点．A [轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F 减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R ，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误．]：5．如图4313所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )【导学号：84370178】图4313A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g R＋rB．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力C[小球沿光滑圆形管道上升，到达最高点的速度可以为零，A、B选项均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由于重力的方向竖直向下，向心力方向斜向上，必须受外侧管壁指向圆心的作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，若速度较小，小球可不受外侧管壁的作用力，D错误．]：1几何关系分析：目的是确定圆周运动的圆心、半径等2运动分析：目的是确定圆周运动的线速度、角速度3受力分析：做圆周运动时外界所提供的向心力[母题]：(2018·湖南六校联考)如图4314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/s2，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？图4314【自主思考】(1)与起滑点离水平滑道最小高度对应的临界条件是什么？[提示]：即游客恰能过圆形滑道的最高点．(2)如何求出C、N两点间的水平距离？[提示]：由(1)的高度求出达C点的速度，再根据平抛运动规律可求C、M两点间的水平距离s1，s1＋L即为C、N两点水平间距．[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 ×2R② 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 21 ④v 1＝2gH 1＝10 m/s⑤ 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 m ． ⑨[答案]：(1)5 m (2)见解析[母题迁移]：迁移1 先平抛运动，再圆周运动1．(2017·太原模拟)如图4315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．下列说法正确的是( )图4315A ．tan θ1tan θ2＝2B ．tan θ2tan θ1＝2C ．tan θ1tan θ2＝12D ．tan θ2tan θ1＝12A [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＝gt v 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．]： 迁移2 先圆周运动，再平抛运动2．如图4316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4316(1)地面上DC 两点间的距离x ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【导学号：84370179】[解析]： (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ①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x ＝v B t ③由①②③式解得x ≈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 2B L④由①④式解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力大小为20 N ．[答案]：(1)1．41 m (2)20 N(2018·厦门质检)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R ＝0．5 m ，离水平地面的高度H ＝0．8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s ＝0．4 m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ．[解析]： (1)设物块做平抛运动所用时间为t ，竖直方向有H ＝12gt2 ① 水平方向有s ＝v 0t② 联立①②两式得v 0＝s g 2H ＝1 m/s ．③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 2R ④联立③④得μ＝v 2gR ＝0．2． ⑤[答案]：(1)1 m/s (2)0．2 1速度是联系前后两个过程的桥梁2后一个过程的初速度是前一个过程的末速度。
2019届高考物理一轮作业+检测第四章曲线运动1
课时作业 13[双基过关练]．世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067 km所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是．赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的．赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的计，则下列说法中正确的是( )通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力．当火车行驶的速率大于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，如图所示，质量相等的到圆心的距离之比是：2圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体做圆周运动的向心力之比为)．：1 ．：2．：3 D．：9解析：A、两物体的角速度相等，根据F n mr知，质量相等，半径之比为：2两物体做圆周运动的向心力之比为：2．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜．每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激．假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度．(2018·云南省临沧市一中二调)飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷．过荷过重会造成飞行员大脑贫血，受过专门训练的空军飞行员最多可承受，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为长为3L的轻杆可绕水平转轴，球A距轴O的距离为运动到最高点时，水平转轴在最高点时，下列说法正确的是C ．球B 的速度为2gLD ．球A 的速度等于2gL解析：对B 球：F T ＋mg ＝m v 2B 2L ，对A 球：F T′－mg ＝m v 2A L，同时v B ＝2v A ，要使轴O 对杆作用力为0，即满足F T ＝F T′，解得v A ＝2gL ，v B ＝22gL ，故只有D 对．答案：D7．(多选)如图所示，两根细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点．设法让两个小球均在同一水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力之比为3：1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为3：1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为：1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33：1解析：由mg ＝F T1cos60°可得F T1＝2mg ；由mg ＝F T2cos30°可得F T2＝233mg ；细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为3：1，选项A 正确．由mg tan θ＝m ω2h tan θ，可得小球m 1和m 2的角速度大小之比为：1，选项B 错误．小球m 1和m 2的向心力大小之比为mg ：mg tan30°＝：1，选项C 正确．由mg tan θ＝mv 2h tan θ，可得小球m 1和m 2的线速度大小之比为：tan30°＝：1，选项D 错误．答案：AC8．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？解析：(1)小球在A 点的速度分解如图所示，则v y ＝v 0tan53°＝4 m/sA 、B 两点的高度差为：h ＝v 2y 2g ＝422×10 m ＝0.8 m.．如图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上与一轻弹簧相连，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在1：ω＝：，另一端连着一个质量为m的小球，将球放在点时，绳对悬点O的拉力大小等于点时，绳对钉子的作用力大小等于如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，两点间固定着一根直金属棒，在直金属棒和圆环的现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，稍微小一些．关于小环R.点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O 小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：的过程中只有重力做功，根据动能定理有：mg H－RR－mg图象知斜率k5－1.0－。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 第三节 圆周运动随堂检测 新人教版
第三节 圆周运动1.(2016·高考全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点 ( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．2．(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B ．v 28g C.v 24gD ．v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r＝f m即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有T＋f m＝mω2r2，而此时对P而言有T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T＞mω2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确．。
近年届高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动课后达标新人教版(2021年整理)
2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动课后达标新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动课后达标新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第三节圆周运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．（2018·江西师大附中模拟）如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3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.πnr1r3r2B．错误!C。
错误!D．错误!解析：选 D.自行车前进的速度等于后轮的线速度,大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r1＝ω2r2，解得ω2＝错误!，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v＝r3ω2＝错误!,故D正确．2．（2017·高考全国卷Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心解析：选A。
由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时,大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误．3．(2015·高考福建卷)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．t1<t2B．t1＝t2C．t1〉t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练(202
（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第三节圆周运动（建议用时：60分钟)一、单项选择题1．（2018·河北望都中学模拟)如图所示,光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动,若小球到达P点时F突然发生变化，下列关于小球运动的说法正确的是（）A．F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．F突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．F突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．F突然变小，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心解析:选A.在水平面上，拉力提供小球m所需的向心力，当拉力消失，小球水平方向所受合力为零,将沿切线方向做匀速直线运动，故A正确；当向心力减小时，将沿Pb轨迹做离心运动,B、D错误;F突然变大,小球将沿轨迹Pc做向心运动，选项C错误．2。
(2018·江西丰城中学段考)图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型,A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时,磁带全部绕到了B轮上,磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带,使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮,则在倒带的过程中下列说法正确的是（)A．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3B．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1∶3C．倒带过程中磁带边缘的线速度变小D．倒带过程中磁带边缘的线速度不变解析:选A.由题意知，在倒带结束时,磁带全部绕到了A轮上,磁带的外缘半径R＝3r，而线速度v相等，ω＝错误!，故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3，故A正确，与之相反，故B错误；随着磁带的倒回，A的半径变大，角速度恒定，根据v＝rω,知磁带边缘线速度增大,故C、D错误．3。
2019年高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动习题新人教版
第四章 第3讲 圆周运动1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度为g )导学号 21992273( B )A ．v 216g B ．v 28g C ．v 24gD ．v 22g[解析] 设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t,2R ＝12gt 2，求得x ＝－R －v 28g2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误。
2．(2017·江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F 。
小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动。
整个过程中，物块在夹子中没有滑动。
小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g 。
下列说法正确的是导学号 21992274( D )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v2gD ．速度v 不能超过F －Mg LM[解析] 物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，所需向心力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v22g ，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，此时的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L ，解得v ＝F －Mg LM，D 项正确。
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第三节 圆周运动
1.
(2016·高考全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于
Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所
示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点 ( )
A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度
B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能
C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力
D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度
解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，
mgL ＝12
mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质
量大于Q 球的质量，由E k ＝12
mv 2
可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，
根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2
L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此
C 项正确；由a ＝v 2
L
＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．
2．(多选)
(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A ．选择路线①，赛车经过的路程最短
B ．选择路线②，赛车的速率最小
C ．选择路线③，赛车所用时间最短
D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着
最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2
R
，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的
速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v
，可得①、②、③所用的时间分别为
t 1＝
（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π
2μgr
，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，
选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．
3．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为
g )( )
A.v 2
16g B ．v 2
8g C.v 2
4g
D ．v 2
2g
解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 2
1，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分
解有：x ＝v 1t ，2R ＝12
gt 2
，求得x ＝
－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 2
8g 2
＋v 44g
2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 2
8g 时，
x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．
4.
如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )
A．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力均指向圆心B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其
的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r＝f m即ω＝f m
mr
时，若再增大ω，则静摩
擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有T＋f m＝mω2r2，而此时对P而言有T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T＞mω2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确．。