全国版2019版高考物理一轮复习第4章曲线运动17水平面内的圆周运动及其临界问题能力训练
全国近年高考物理一轮复习第4章曲线运动16圆周运动的基本概念能力训练(2021年整理)
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16 圆周运动的基本概念1.在人们经常见到的以下现象中,不属于离心现象的是( )A.舞蹈演员在表演旋转动作时,裙子会张开B.在雨中转动一下伞柄,伞面上的雨水会很快地沿伞面运动,到达边缘后雨水将沿切线方向飞出C.满载黄沙或石子的卡车,在急转弯时,部分黄沙或石子会被甩出D.守门员把足球踢出后,球在空中沿着弧线运动答案D解析舞蹈演员在表演旋转动作时,裙子做圆周运动,所需要的向心力增加,受到的合力的大小不足以提供裙子所需要的向心力时,裙子远离圆心,会张开,故A不符合题意;当雨伞转动时雨滴所需要的向心力增加,当超过雨伞对雨滴的吸附力时,雨滴做离心运动,故B不符合题意;当卡车急转弯时,部分黄沙或石子间的作用力不足以提供其所需的向心力,做离心运动,会被甩出,故C不符合题意;运动员将球踢出后球在空中运动,是由于惯性作用,故D符合题意。
2.(2017·天津南开区模拟)如图所示,质量相等的A、B两物体(可视为质点)放在圆盘上,到圆心的距离之比是3∶2,圆盘绕圆心做匀速圆周运动,两物体相对圆盘静止。
则A、B 两物体做圆周运动的向心力之比为( )A.1∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.4∶9答案B解析A、B两物体的角速度相等,根据F n=mrω2知,质量相等,半径之比为3∶2,则A、B 两物体做圆周运动的向心力之比为3∶2,故B正确,A、C、D错误。
2019版高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动课件
(1)描述物体绕圆心⑤ 转动快慢 的物理量
(ω)
(2)中学不研究其方向
(1)周期是物体沿圆周运动⑥ 一周 的时间 (T) (2)转速是物体在单位时间内转过的⑦ 圈数
(n),也叫频率(f)
(1)描述速度⑧ 方向 变化快慢的物理量 (an) (2)方向指向圆心
公式、单位
(1)v= Δ s= 2 π r
',所以从动轮的转速为n'= r 1 n,选项C对。
r2
1-2 如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样,它们的 边缘有三个点A、B、C。在自行车正常骑行时,下列说法正确的是
( D)
A.A、B两点的角速度大小相等 B.B、C两点的线速度大小相等 C.A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比 D.B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
1-1 (多选)如图所示为某一皮带传动装置。主动轮的半径为r1,从动轮 的半径为r2。已知主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打
滑。下列说法正确的是 ( BC)
A.从动轮做顺时针转动 B.从动轮做逆时针转动
C.从动轮的转速为 r 1 n
r2
D.从动轮的转速为 r 2 n
r1
答案 BC 根据传动装置的特点可知,从动轮应做逆时针转动,故选项 B对;因是皮带传动,皮带轮边缘上各点线速度大小相等,即 r1·2πn=r2·2πn
3.如图所示,物块在水平圆盘上,与圆盘一起绕固定轴匀速转动,下列说
法中正确的是 ( B )
A.物块处于平衡状态 B.物块受三个力作用 C.在角速度一定时,物块到转轴的距离越远,物块越不容易脱离圆盘 D.在物块到转轴距离一定时,物块运动周期越小,越不容易脱离圆盘
2019届高考物理一轮复习 第4章 曲线运动万有引力与航天突破全国卷
为 v= C2go月ph=yrig2h×t12.70×044 -m20/s1≈13A.7 smp/os,se选P项tyAL错td误. ;悬停
时受到的反冲力 F=mg 月≈2×103 N,选项 B 正确;从离开近
月圆轨道到着陆过程中,除重力做功外,还有其他外力做功,
故机械能不守恒,选项 C 错误;设探测器在近月圆轨道上和人
B.如不C加op干y预ri,gh在t 运20行04一-段20时1间1 A后s,p天os宫e 一Pt号y 的Lt动d能. 可能会
增加
C.如不加干预,天宫一号的轨道高度将缓慢降低
D.航天员在天宫一号中处于失重状态,说 Nhomakorabea航天员不受地球
引力作用
[解析] 本题虽为天体运动问题,但题中特别指出存在稀薄大 气,所以应从变轨角度入手. 第一宇宙速度和第二宇宙速度为发射速度,天体运动的速度为 环绕速度,均小于第一宇宙速度,选项 A 错误;天体运动过程
3 v=ωr=
GωM2 ·ω=3 GMω,故选项 C 正确;要将卫星发射
到较高的轨道,发射时需要更多的能量,故卫星的高度越大,
Evaluation only. eate机d 械w能ith就A越s大po,s即e.相Sl同id质es量f的or同.N步E卫T星3的.5机C械li能en大t,P故ro选fil项e 5D.2.0
eate中d 由w于ith大A气s阻po力s,e.速S度lEid减vea小sluf,oa导rti.致oNn需Eo要Tnl的3y..向5 心C力lieFnnt=Pmrrovf2减ile小5,.2.0 做向心运C动op,y向ri心gh运t 动20过0程4-中20,1轨1 道A高sp度os降e低P,ty且L万td有. 引力做
错误. Copyright 2004-2011 Aspose Pty Ltd.
全国版高考物理一轮复习第4章曲线运动17水平面内的圆周运动及其临界问题课件
(lín jiè)问题
第一页,共25页。
考点
第二页,共25页。
考点1 圆锥类运动及其临界问题
1.关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题,主要是 临界速度和临界力的问题,常见的是与绳的拉力、弹簧的弹 力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题,通过受力分析来 确定临界状态和临界条件是常用的解题方法。
第九页,共25页。
(1)圆锥类圆周运动问题的物体,有些在锥面内,有些 在锥面外,有些属于锥面问题,如:汽车道路在拐弯时为 什么修的是内低外高,火车拐弯处的构造等。
(2)先对运动轨迹和状态分析确定圆心和半径及有关物 理量,再对物体进行受力分析。分析出提供向心力是什么 力、列式求解。
(3)当转速变化时,往往会出现绳子拉紧,绳子突然断 裂,上下移动的接触面会出现摩擦力达到极值,弹簧的弹 力大小或方向发生变化等。
(2)特别注意有弹簧和绳子时应先满足摩擦力的情况下 去分析变化。
第二十二页,共25页。
(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径 方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B,它们与 盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转动到两个物体刚好还未 发生滑动时,烧断细线,两个物体的运动情况是( )
第二十三页,共25页。
第五页,共25页。
(1)若要小球离开锥面,则小球的角速度ω0至少为多 大?
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°,则小球的角速度 ω′为多大?
第六页,共25页。
解析 (1)若要小球刚好离开锥面,则小球受到重力和 细线拉力,如图所示。
第七页,共25页。
小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上,故向心力 水平,在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得 mgtanθ=mω20lsinθ
(A版)2019版高考物理一轮复习 考点考法 第4章 曲线运动课件 新人教版
2.运动的合成与分解
✓ (1)运动的合成与分解:已知分运动求合运动,叫运动的合 成.已知合运动求分运动,叫运动的分解.进行运动的合成和分解 的目的是把一些复杂的运动简化为比较简单的运动,比如把曲线运 动简化成直线运动.
✓ (2)运动的合成与分解遵循的原则
①运动的合成和分解均遵循平行四边形定则,运动的分解遵循 正交分解的原则.
【答案】C
题型2 运用运动的合成与分解知识解决实际问题
例2
质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升,若飞机在此 过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力 (该升力由其他力的合力提供,不含重力).今测得当飞机在水平方 向的位移为l时,它的上升高度为h,如图所示.求:
(1)飞机受到的升力大小;
➢考法例析 成就能力
题型1 速度分解的思路及原则 题型2 运用运动的合成与分解知识解决实际问题
必备知识 全面把握
1.曲线运动
✓(1)做曲线运动的条件:①初速度不为零;②合外力不为零;③合 外力的方向与速度的方向不在同一条直线上.
✓(2)曲线运动的速度方向:质点在某一点(或某一时刻)的速度方向 是曲线在这一点的切线方向,并指向质点的运动方向.
②运动的合成与分解实质是运动的物理量的合成与分解,包括
位移、速度、加速度等矢量.
考点9
核心方法 重点突破
考法1 对两直线运动的合运动性质和轨迹的讨论
例1
两个互成角度(非0°和180°)的初速度不为零的匀加速直线运 动的合运动( )
A.一定是直线运动
B.一定是曲线运动
C.一定是匀加速直线运动 D.一定是匀变速运动
例1
【解析】 分别将初速度和加速度进行合成得v和a,若v与a在同一直线上, 则合运动是匀变速直线运动;若v和a不在同一直线上,则合运动是 匀变速曲线运动,故D正确.
高考物理一轮复习 第四章 专题强化七 圆周运动的临界问题
第四章 曲线运动
专题强化七 圆周运动的临界问题
目标 1.掌握水平面内、竖直面内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 要求 圆周运动的临界问题.
内容 索引
题型一 水平面内圆周运动的临界问题 题型二 竖直面内圆周运动的临界问题 题型三 斜面上圆周运动的临界问题 课时精练
FN、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=htan θ,受力分析可知Fcos θ+FN=mg,Fsin θ =mvR2=mω2R=4mπ2n2R=4mπ2n2htan θ;当球即
将离开水平桌面时,FN=0,转速n有最大值,此
时n=21π
g ,故选D. h
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
ω越大时,小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
√C.小物体受到的摩擦力可能背离圆心 √D.ω的最大值是1.0 rad/s
当物体在最高点时,可能只受到重力与支持力2个 力的作用,合力提供向心力,故A错误; 当物体在最高点时,可能只受到重力与支持力2个 力的作用,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,也可能沿斜面向下,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B错误; 当物体在最高点时,摩擦力的方向可能沿斜面向上,也可能沿斜面向 下,即可能指向圆心,也可能背离圆心,故C正确;
3.方法突破 (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. 4.解决方法 当确定了物体运动的临界状态和临界条件后,要分别针对不同的运动过 程或现象,选择相对应的物理规律,然后再列方程求解.
水平面内圆周运动的临界问题和竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型
因此
OB
绳的拉力范围为
33mg~2
3 3 mg
AB 绳的拉力范围为 0~ 33mg,B 项正确。
答案 B
转 原题
Ø3.规律方法
反思总结 解答水平面内匀速圆周运动临界问题的一般思路
1.判断临界状态:认真审题,找出临界状态. 2.确定临界条件:分析该状态下物体的受力特点. 3.选择物理规律:临界状态是一个“分水岭”,“岭”的
平转盘上,细绳穿过转盘中央的细管, 与质量也为m的小球相连,木块与转 盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ =0.2),当转盘以角速度ω=4 rad/s匀
速转动时,要保持木块与转盘相对静 止,木块转动半径的范围是多少?(g 取10 m/s2)
扩展变式
【盘审题备转用动123...当当若变的木木使式角块 块木速】离 恰块度对圆 好半范于心 不径围上的向再是题距里增多,离滑大少若很动,木?木小时块块时,所木,转受块随动各受圆的力力盘情情转半况况动径又如,保木会何块持如?会r遵=何向0从变.圆5什m化心么,?则滑规转动律??
F合=F向
F合=F向
Ffm
F拉=mg
Ffm F拉=mg
rmin
rmax
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ返 原题
第四章 曲线运动 万有引力与航天
物理建模: 竖直平面内圆周运动的 “轻绳、轻杆”模型
Ø 1.模型特点 Ø 2.典例剖析 Ø 3.规律方法 Ø 4.跟踪训练 Ø 5.真题演练
Ø1.模型特点
物理建模 “竖直平面内圆周运动的绳、杆”模型
牛顿第二定律得 μmg=mω21rB,rB=2L,解得此时转台的角速度 ω1
=
μrBg=
μg 2L
(2)当物块 A 刚要开始滑动时,A、B 受到的静摩擦力都达到最大值, 设此时细线上的张力为 F,根据牛顿第二定律 对 A,有 μmg-F=mω22rA,rA=L 对 B,有 F+μmg=mω22rB,rB=2L
全国版高考物理一轮复习第4章曲线运动17水平面内的圆周运动及其临界问题习题课件
A.A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势 B.B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力 C.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍 D.若B相对圆盘先滑动,则A、B间的动摩擦因数μA 小于盘与B间的动摩擦因数μB
第三十四页,共43页。
解析 把A、B当成一个整体,在水平方向上只受摩擦
力作用,所以,摩擦力即物块所受合外力,其作为向心力
第十一页,共43页。
A.6 cm B.15 cm C.30 cm D.34 cm
第十二页,共43页。
解析 转台以一定的角速度ω匀速转动,木块所需的
向心力与做圆周运动的半径r成正比,在离O点最近处 r=
r1时,木块有靠近O点的运动趋势,这时摩擦力沿半径向
外,刚好达到最大静摩擦力fm,即mg-fm=Mω2r1,得r1=
第二十页,共43页。
A.OB绳的拉力范围为0~
3 3 mg
B.OB绳的拉力范围为
33mg~2 3
3 mg
C.AB绳的拉力范围为
33mg~2 3
3 mg
D.AB绳的拉力范围为0~2 3 3mg
第二十一页,共43页。
解析 当转动的角速度为零时,OB绳的拉力最小,
AB绳的拉力最大,这时两者的值相同,设为F1,则
g R
C.
3g 2R
D.
g 2R
第十七页,共43页。
解析 因为圆环光滑,所以这三个力肯定是重力、环 对球的弹力、绳子的拉力。细绳要产生拉力,绳要处于拉 伸状态,根据几何关系可知,此时细绳与竖直方向的夹角 为60°。如图所示,当圆环旋转时,小球绕竖直轴做圆周运 动,向心力由三个力在水平方向的合力提供,其大小为F =mω2r,根据几何关系,其中r=Rsin60°一定,所以当角 速度越大时,所需要的向心力越大,绳子拉力越大,所以 对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力,此时角速 度最小,需要的向心力最小,对小球进行受力分析得Fmin
2019版物理高考创新大一轮复习备考全国通用版课件:第四章 曲线运动 万有引力与航天 基础课3
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
竖直面内圆周运动中的临界问题
1.运动特点 (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涉及最高点和最低点的两种情形。
解析 设小球受到的支持力为 FN,向心力为 F,则有 FNsin θ=mg,FNA∶FNB= 3∶1,选项 A 错误;F=tamngθ,FA∶FB=3∶1,选项 B 错误;小球运动轨道高
度相同,则半径 R=htan θ,RA∶RB=1∶3,由 F=mω2R 得 ωA∶ωB=3∶1,选 项 C 正确;由 v=ωR 得 vA∶vB=1∶1,选项 D 正确。 答案 CD
常见的三种传动方式及特点 (1)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。
(2)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vA=vB。
(3)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vA=vB。
2.如图4所示,B和C是一组塔轮,即B和C半径不同,但固定在同一转动轴上,其半 径之比为RB∶RC=3∶2,A轮的半径大小与C轮相同,它与B轮紧靠在一起,当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时,由于摩擦作用,B轮也随之无相对滑动地转动起 来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点,则a、b、c三点在转动过程中的( )
2.[人教版必修 2·P22·T3 拓展](多选)如图 1 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 RA、RB、RC,已知 RB=RC=R2A,若在传动过程中,皮 带不打滑。则( )
(全国通用版)2019版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天4.3圆周运动及其应用课件
【知识导图】
线速度大小不变的 半径
2r T
相切
m/s
2v2 2 r ωr 圆心
v2 m 2 r mω r
切线 远离 靠近
【微点拨】 1.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。
做圆周运动的物体,合力突然减小时,物体将逐 渐远离圆心
考点1 匀速圆周运动的运动学分析 【典题探究】 【典例1】 (2018· 商丘模拟)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目,如图所示 (俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节。要求挑战者从平台A上跳到
以O为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中。已 知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m,平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m,转盘半径 为2 m,以12.5 r/min 的转速匀速转动,转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同 障碍桩,障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相 等。若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以
B边缘的线速度相等,因为齿轮B比C边缘的线速度大,所以齿轮A边缘的线速度比C边缘 的线速度大,选项D正确。
2.(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等直径约 为30 cm的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所 示,现玻璃盘以100 r/min的转速旋转,已知主动轮的半径约为8 cm,从动轮的半径约为2 cm,P和Q是玻璃盘边缘上的两点,若转动时皮带不打滑,下列说法正确的是 ( )
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【通关秘籍】 1.匀速圆周运动各物理量间的关系:
2.三种传动方式及特点: (1)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。 (2)摩擦传动: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。 (3)同轴传动:两轮固定在同一转轴上转动时,两轮转动的角速度大小相等。
2019版高考物理一轮复习第4章曲线运动16圆周运动的基本概念课件
不变 ,
2.描述匀速圆周运动的物理量
3.非匀速圆周运动 (1)定义:物体沿着圆周运动,但线速度大小发生变化。 (2)合力的作用: ①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度,Ft=mat,
它只改变速度的□17 大小 。
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度,Fn=
man,它只改变速度的□18 方向 。
A.质点P的线速度大小不变 B.质点P的角速度大小不变 C.质点Q的角速度随半径变化 D.质点Q的线速度大小不变
解析 由题图知,质点P的向心加速度随半径r的变化
曲线是双曲线,因此可以断定质点P的向心加速度aP与半径
r的乘积是一个常数k,即aPr=k,aP=
k r
,与向心加速度计
算公式aP=
v2 r
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
解析 两球受重力和筒壁的支持力,合力提供向心力
Fn=tmangθ,FN=smingθ,筒壁对两球的支持力相等,由牛顿第
三定律知,A球、B球对筒壁的压力相等,D错误;由Fn=
解析 向心加速度描述速度方向变化的快慢,不改变 速度的大小,A错误;只有在线速度一定时,向心加速度的 大小才与轨道半径成反比,B错误;向心加速度的方向沿圆 周半径指向圆心,与速度方向垂直,C正确;在匀速圆周运 动中,向心加速度大小不变,方向时刻变化,D错误。
2. 如图所示为质点P、Q做匀速圆周运动的向心加速 度随半径变化的图线,表示质点P的图线是双曲线,表示 质点Q的图线是过原点的一条直线,由图线可知( )
(2)在皮带不打滑的情况下,皮带和皮带连接的轮子边 缘线速度的大小相等,不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点 线速度大小也相等,而角速度ω=vr 与半经r成反比。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第四章曲线运动专题七圆周运动临界问题的模型建构
专题七 圆周运动临界问题的模型建构1.[多选]如图所示,用一端固定在O 点且长为L 的细绳拴着质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动,则下列说法正确的是( CD )A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C.小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力D.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,则其在最高点的速率为√gL解析 在最高点时,若向心力完全由重力提供,即球和细绳之间没有相互作用力,此时有mg =m v 02L,解得v 0=√gL ,此时小球刚好能在竖直平面内做圆周运动,若v >√gL ,则小球对细绳有拉力,若v <√gL ,则小球不能在竖直平面内做圆周运动,所以在最高点,充当向心力的不一定是重力.在最低点时,细绳的拉力和重力的合力充当向心力,故有T -mg =m v 12L ,得T =m v 12L +mg ,则小球过最低点时细绳的拉力一定大于小球重力,故A 、B 错误,C 、D 正确.2.[2023山东临沂检测]无缝钢管的制作原理如图所示,竖直平面内,管状模型置于两个支承轮上,支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动,铁水注入管状模型后,由于离心作用,紧紧地覆盖在模型的内壁上,冷却后就得到无缝钢管.已知管状模型内壁半径为R ,则下列说法正确的是( C )A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁,此时仅重力提供向心力D.管状模型转动的角速度ω最大为√g R解析 铁水做圆周运动,重力与弹力的合力提供向心力,没有离心力,A 错误;模型最下部受到铁水的作用力最大,最上部受到铁水的作用力最小,B 错误;最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁,则由重力提供向心力,有mg =mω2R ,可得ω=√g R,故管状模型转动的角速度ω至少为√gR ,C 正确,D 错误.3.[2024湖北宜城一中质检/多选]一半径为r 的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动,如图甲所示.小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为F N ,小球的速度大小为v ,其F N -v 2图像如图乙所示.已知重力加速度为g ,规定竖直向下为正方向,不计一切阻力.则下列说法正确的是( ABD )A.小球的质量为bgB.圆形管道内侧壁半径为cg -rC.当v 2=d 时,小球受到外侧壁竖直向上的作用力,大小为dbc -bD.小球在最低点的最小速度为2√c解析 设圆形管道内侧壁半径为R ,在最高点,当管壁对小球的作用力为零时,重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg =mv 02R +r,解得v 0=√g(R +r),当0<v <√g(R +r)时,在最高点,小球受到管内壁向上的弹力,由牛顿第二定律得mg -F N =m v 2R +r,整理得F N =mg -mv 2R +r,结合题图乙可得mg =b ,m R +r=b c,解得m =b g,R =cg-r ,A 、B 正确;当v >√g(R +r)时,在最高点,小球受到管外壁向下的弹力,由牛顿第二定律得mg +F N =m v 2R +r,整理得F N =mv 2R +r-mg ,当v 2=d 时,有F N =bdc -b ,C 错误;根据能量守恒定律可知,当小球在最高点具有最小速度(为零)时,其在最低点的速度最小,即12m v min 2=2mg (R +r ),解得v min =2√c ,D 正确.4.[创新图像形式/2024湖南长沙雅礼中学校考/多选]如图所示,水平圆盘上放置一个质量为m 的小物块,物块通过长为L 的轻绳连接到竖直转轴上的定点O ,此时轻绳恰好伸直,与转轴成37°角.现使整个装置绕转轴缓慢加速转动(轻绳不会绕到转轴上),角速度ω从零开始缓慢增加,直到物块刚好要脱离圆盘.已知物块与圆盘间动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g ,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则轻绳的弹力大小F T 和物块受到的摩擦力大小F f 随ω2变化的图像正确的是( AD )解析 ω较小时,绳子无弹力,静摩擦力提供向心力,有F f =mω2L sin 37°,当F f 达到最大静摩擦力时有m ω12L sin 37°=μmg ,解得ω12=5g6L,此时F T =0、F f =12mg ,即绳子刚好开始产生弹力,继续增大角速度,轻绳弹力增大,静摩擦力减小,最终物块刚好要脱离圆盘,此时摩擦力为0,有F T cos 37°=mg 、F T sin 37°=m ω22L sin 37°,解得ω22=5g4L ,此时F T =54mg 、F f =0,A 、D 正确,B 、C 错误.5.[多选]如图所示,物体P 用两根长度相等且不可伸长的细线系于竖直杆上,并随杆转动.若转动角速度为ω,则( ABC )A.ω只有超过某一值时,细线AP 才有拉力B.细线BP 的拉力随ω的增大而增大C.细线BP 所受拉力一定大于细线AP 所受拉力D.当ω增大到一定程度时,细线AP 所受拉力大于BP 所受拉力解析 ω较小时,AP 松弛,故A 正确.AP 绷紧前,对P 受力分析,如图甲所示,水平方向有F BP sin θ=mω2L sin θ,得F BP =mω2L ,可知BP 的拉力随ω的增大而增大;AP 绷紧后,对P 受力分析,如图乙所示,竖直方向有F BP sin α-F AP sin α=mg ,得F BP -F AP =mg sinα>0,水平方向有F BP cos α+F AP cos α=mω2L cos α,解得2F BP =mg sinα+mω2L ,可知BP 的拉力随ω的增大而增大,故B 、C 正确,D 错误.6.[2022山东]无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3m 的半圆弧BC 与长8m 的直线路径AB 相切于B 点,与半径为4m 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4m/s .在ABC 段的加速度最大为2m/s 2,CD 段的加速度最大为1m/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( B )A.t =(2+7π4)s ,l =8mB.t =(94+7π2)s ,l =5mC.t =(2+5√612+7√6π6)s ,l =5.5m D.t =(2+5√612+4+√62π)s ,l =5.5m解析 在BC 段的最大加速度为a 1=2 m/s 2,由a 1=v 12r 1得小车在BC 段的最大速度为v 1=√6 m/s ;在CD 段的最大加速度为a 2=1 m/s 2,由a 2=v 22r 2得小车在CD 段的最大速度为v 2=2 m/s <v 1;小车可在BCD 段运动的时间为t 3=π(r 1+r 2)v 2=7π2s ;在AB 段从最大速度v 1减速到v 2的时间t 1=v 1−v 2a 1=1 s ,位移x 2=v 12−v 222a 1=3 m ,则在AB 段匀速运动的最长距离为l =8 m -3 m =5 m ;匀速运动的时间t 2=lv 1=54 s ,则小车从A 到D 所需最短时间为t =t 1+t 2+t 3=(94+7π2) s ,B 正确.7.[多选]如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用轻绳相连的质量均为m 的两个物体A 和B ,它们分居圆心两侧,与圆心的距离分别为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,当圆盘转速缓慢增大到两物体刚好还未发生滑动时,下列说法正确的是( ABC )A.此时绳子所受拉力为T =3μmgB.此时圆盘的角速度为ω=√2μg rC.此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆盘外D.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,B 的运动半径比A 的大,所以B 所需向心力大,绳子拉力相等,当圆盘转速增大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盘外,根据牛顿第二定律得T -μmg =mrω2,T +μmg =2mrω2,解得T =3μmg ,ω=√2μg r,A 、B 、C 正确;此时烧断绳子,A 、B 的最大静摩擦力都不足以提供向心力,A 、B 都将做离心运动,D 错误. 8.[2024四川绵阳南山中学校考]某水上滑梯的简化结构图如图所示.总质量为m 的滑船(包括游客),从图甲所示倾角θ=53°的光滑斜轨道上的A 点由静止开始下滑,到达B 点时,进入一段与斜轨道相切的半径R =12.5m 的光滑圆弧轨道BC ,C 点为与地面相切的圆弧轨道最低点,在C 点时对轨道的压力为1.8mg ,之后轨道扭曲(D 与BC 不在同一个竖直面内),滑船从D 点沿切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd ,速度方向与斜面水平底边ad 成夹角θ=53°.已知斜面abcd 与水平面成β=37°角,最后滑船由斜面水平底边ad 上的E 点进入水平接收平台,已知DE 长L =8m ,g 取10m/s 2.求:(1)A 点距离地面高度H ;(2)滑船运动到D 点时的速度大小v D 及从D 点到E 点的运动时间t .答案 (1)5m (2)5√2m/s4√23s解析 (1)滑船从A 点滑到C 点时,由机械能守恒定律可知mgH =12m v C2在C 点时由牛顿第二定律可得F NC -mg =m v C2R解得H =0.4R =5m(2)滑船在斜面上做类平抛运动,在斜面上只受重力和斜面的支持力,则运动的加速度大小a =mgsinβm=6m/s 2沿边ab 方向有v D sin θ=a ·t2沿底边ad 方向有L =v D cos θ·t联立并代入数据解得v D =5√2m/s ,t =4√23s.9.[斜面上的圆周运动/2024山东潍坊统考]为解决洗衣服时弯腰放置衣物的问题,有人设计了一种斜式滚筒洗衣机,其简化图如图所示.该洗衣机在脱水过程中滚筒绕固定轴OO 1以恒定的角速度转动,滚筒的半径为r ,筒壁内有一可视为质点的衣物,衣物与滚筒间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),固定轴与水平面间的夹角为θ,重力加速度为g .要保持衣物在最高点时与滚筒相对静止,滚筒转动角速度的最小值为( B )A.√g (μsinθ+cosθ)μrB.√g (sinθ+μcosθ)μrC.√g (μsinθ-cosθ)μrD.√g (sinθ-μcosθ)μr解析。
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17 水平面内的圆周运动及其临界问题1.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g ,列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ,则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为( )A.gR sin θB.gR cos θC.gR tan θD.gR cot θ答案 C解析 由题意画出受力分析图,可知合外力提供向心力,指向水平方向:mg tan θ=m v 2R,解得v =gR tan θ,故C 正确。
2.(2017·郑州质检)如图所示,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( )A.R B 4B.R B 3C.R B2 D .R B 答案 C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=vR,得ωA ωB =vR 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 =m ω2A R 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 =m ω2B r '②,因A 、B 材料相同,故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同,①、②式左边相等,故m ω2A R A =m ω2B r ,得r =⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A =⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A =R A 4=R B 2,C正确。
3. (2017·莆田联考)如图所示,在半径为R 的半圆形碗的光滑表面上,一质量为m 的小球以转速n (r/s)在水平面内做匀速圆周运动,该平面离碗底的距离h 为( )A .R -g4π2n2B.g 4π2n 2C.g 4πn 2-RD.g4π2n 2+R2答案 A解析 由题意知,小球做圆周运动的角速度ω=2πn ,小球做圆周运动需要的向心力为F =m ·4π2n 2r ,向心力由重力与弹力的合力提供,即mg tan θ=m ·4π2n 2r ,如图所示,根据几何关系:sin θ=r R ,联立解得:cos θ=g 4π2n 2R ,可得:h =R -R cos θ=R -g4π2n 2,所以A正确,B 、C 、D 错误。
4. (多选)如图所示,在水平转台上放一个质量M =2.0 kg 的木块,它与台面间的最大静摩擦力f m =6.0 N ,绳的一端系住木块,另一端穿过转台的光滑中心孔O 悬吊一质量m =1.0 kg 的小球,当转台以ω=5.0 rad/s 的角速度匀速转动时,欲使木块相对转台静止,则木块到O 孔的距离可能是(重力加速度g =10 m/s 2,木块、小球均视为质点)( )A .6 cmB .15 cmC .30 cmD .34 cm 答案 BC解析 转台以一定的角速度ω匀速转动,木块所需的向心力与做圆周运动的半径r 成正比,在离O 点最近处 r =r 1时,木块有靠近O 点的运动趋势,这时摩擦力沿半径向外,刚好达到最大静摩擦力f m ,即mg -f m =M ω2r 1,得r 1=mg -f mM ω2=8 cm ,同理,木块在离O 点最远处r =r 2时,有远离O 点的运动趋势,这时摩擦力的方向指向O 点,且达到最大静摩擦力f m ,即mg +f m =M ω2r 2,得r 2=mg +f mM ω2=32 cm ,则木块能够相对转台静止,半径应满足关系式r 1≤r ≤r 2。
B 、C 正确。
5. (2017·开封质检)(多选)如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量均为m 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( )A .此时绳子张力为T =3μmgB.此时圆盘的角速度为ω=2μg rC.此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D.此时烧断绳子,A仍相对盘静止,B将做离心运动答案ABC解析A和B随着圆盘转动时,合外力提供向心力,则F=mω2r,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:对A有T-μmg=mω2r,对B有T+μmg=mω2·2r,解得:T=3μmg,ω=2μgr,故A、B、C正确;此时烧断绳子,A的最大静摩擦力不足以提供向心力,则A做离心运动,故D错误。
6.(2017·宁波联考)如图所示,放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,质量为m的带孔小球穿于环上,同时有一长为R的细绳一端系于球上,另一端系于圆环最低点,绳的最大拉力为2mg。
当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时,发现小球受三个力作用,则ω可能为( )A.3gRB.32gRC.3g2RD.g2R答案 B解析因为圆环光滑,所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力。
细绳要产生拉力,绳要处于拉伸状态,根据几何关系可知,此时细绳与竖直方向的夹角为60°。
如图所示,当圆环旋转时,小球绕竖直轴做圆周运动,向心力由三个力在水平方向的合力提供,其大小为F=mω2r,根据几何关系,其中r=R sin60°一定,所以当角速度越大时,所需要的向心力越大,绳子拉力越大,所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力,此时角速度最小,需要的向心力最小,对小球进行受力分析得F min=mg tan60°,即mg tan60°=mω2minR sin60°解得ωmin=2gR;当绳子的拉力达到最大时,角速度达到最大,同理可知,最大角速度为ωmax=6gR,故只有B正确。
7.如图所示,水平杆固定在竖直杆上,两者互相垂直,水平杆上O、A两点连接有两轻绳,两绳的另一端都系在质量为m的小球上,OA=OB=AB。
现通过转动竖直杆,使水平杆在水平面内做匀速圆周运动,三角形OAB始终在竖直平面内,若转动过程OB、AB两绳始终处于拉直状态,则下列说法正确的是( )A .OB 绳的拉力范围为0~33mg B .OB 绳的拉力范围为33mg ~233mg C .AB 绳的拉力范围为33mg ~233mg D .AB 绳的拉力范围为0~233mg答案 B解析 当转动的角速度为零时,OB 绳的拉力最小,AB 绳的拉力最大,这时两者的值相同,设为F 1,则2F 1cos30°=mg ,F 1=33mg ,增大转动的角速度,当AB 绳的拉力刚好等于零时,OB 绳的拉力最大,设这时OB 绳的拉力为F 2,则F 2cos30°=mg ,F 2=233mg ,因此OB 绳的拉力范围为33mg ~233mg ,AB 绳的拉力范围为0~33mg ,B 正确。
8.(2017·晋江月考)如图所示,AB 为竖直转轴,细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球,两绳能承受的最大拉力均为2mg 。
当细绳AC 和BC 均拉直时∠ABC =90°,∠ACB =53°,BC =1 m 。
细绳AC 和BC 能绕竖直轴AB 匀速转动,因而小球在水平面内做匀速圆周运动。
当小球的线速度增大时,两绳均会被拉断,则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g =10 m/s 2,sin53° =0.8,cos53°=0.6)( )A .AC 5 m/sB .BC 5 m/s C .AC 5.24 m/sD .BC 5.24 m/s答案 B解析 当小球线速度增至BC 被拉直后,由牛顿第二定律可得,竖直方向上:T A sin ∠ACB=mg ①,水平方向上:T A cos ∠ACB +T B =m v 2r ②,由①式可得:T A =54mg ,小球线速度增大时,T A 不变,T B 增大,当BC 绳刚要被拉断时,T B =2mg ,由②可解得此时,v ≈5.24 m/s;BC 绳断后,随小球线速度增大,AC 线与竖直方向间夹角增大,设AC 线被拉断时与竖直方向的夹角为α,由T AC ·cos α=mg ,T AC sin α=m v ′2r ′,r ′=L AC ·sin α,可解得,α=60°,L AC =53m ,v ′=5 m/s ,故B 正确。
9.(江苏高考)如图所示,“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( )A .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 答案 D解析 A 、B 两个座椅都绕中心轴做匀速圆周运动,角速度相等,由于B 的半径大,由v =ωr 可知,B 的线速度大,A 项错误;由a =r ω2可知,B 的向心加速度大,B 项错误;由F =m ω2r 可知,B 受到的向心力大,而向心力是由缆绳拉力的水平分力提供的,设缆绳与竖直方向的夹角为θ,即T sin θ=m ω2r ,而竖直方向T cos θ=mg ,因此,tan θ=ω2rg,因此悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角不等,C 项错误;B 的半径大所以对应的θ大,由T cos θ=mg 可知,对应的拉力就大,D 项正确。
10.(2016·浙江高考)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R =90 m 的大圆弧和r =40 m 的小圆弧,直道与弯道相切。
大、小圆弧圆心O 、O ′距离L =100 m 。
赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。
假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。
要使赛车不打滑且绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g =10 m/s 2,π=3.14),则赛车( )A .在绕过小圆弧弯道后加速B .在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC .在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D .通过小圆弧弯道的时间为5.58 s 答案 AB解析 赛车做圆周运动时,由F =mv 2R 知,在小圆弧上的速度小,故赛车绕过小圆弧后加速,A 正确;在大圆弧弯道上时,根据F =m v 2R知,其速率v =FR m= 2.25mgRm=45 m/s ,B 正确;同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′=30 m/s 。