2012年高考第一轮复习课时提升训练4.3圆周运动及其应用
高考物理一轮复习课件：第四章 第3讲 圆周运动及其应用
【审题视点】 (1)开始时，棒与A、B有相对滑动先求出 棒加速的时间和位移． (2)棒匀速时与圆柱边缘线速度相等，求出棒重心匀速运 动到A正上方的时间．
【解析】 棒开始与 A、B 两轮有相对滑动，棒受向左摩 擦力作用， 做匀加速运动， 末速度 v ＝ωr＝8×0.2 m/s＝1.6 m/s， v 2 加速度 a＝μg＝1.6 m/s ，时间 t1＝a ＝1 s， 1 2 t1 时间内棒运动位移 s1＝2at1＝0.8 m. 此后棒与 A、B 无相对运动，棒以 v ＝ωr 做匀速运动，再 s2 运动 s2＝s－s1＝0.8 m， 重心到 A 的正上方需要的时间 t2＝ v ＝ 0.5 s，故所求时间 t＝t1＋t2＝1.5 s.
【针对训练】 3.洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的 方式脱水，下列说法中错误的是( ) A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的 B．水会从桶中甩出是因为水滴受到 的向心力很大的缘故 C．加快脱水桶转动角速度， 脱水效果会更好 D．靠近中心的衣物的脱水效果 不如周边的衣物的脱水效果好 【解析】 水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆 周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B项错误 ；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，A项正确；角速 度增大，水滴所需向心力增大，脱水效果更好，C项正确；周 边的衣物因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力 比中心的衣物大，脱水效果更好，D项正确． 【答案】 B
【解析】 因为汽车通过最低点时， 演员具有向上的加速 v 度，故处于超重状态，A 正确；由 ω＝ r 可得汽车在环形车道 上的角速度为 2 rad/s，D 错误； v2 0 由 mg＝m 可得 v 0＝ gr≈7.7 m/s，C 错误；由 mg＋F＝ r v2 m r 可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为 1.4×104 N， B 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)
课时提能演练（十二）圆周运动及其应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小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,如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变,那么( )A.因为速率不变,所以木块的加速度为零B.木块下滑过程中所受的合外力越来越大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速度大小不变,方向始终指向球心【解析】选D。
由于木块沿圆弧下滑速率不变,故木块做匀速圆周运动,存在向心加速度,选项A错误;由牛顿第二定律得:F合=ma n=m,而v的大小不变,故合外力的大小不变,选项B错误;由于木块在滑动过程中与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,所以向心加速度的大小不变,方向始终指向圆心,选项D正确。
2.如图所示,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,关于该质点的运动,下列说法正确的是( )A.小球运动的线速度越来越大B.小球运动的加速度越来越小C.小球运动的角速度越来越小D.小球所受的合外力越来越大【解析】选D。
由于质点走过的弧长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;由于螺旋线的曲率半径r越来越小,由向心加速度公式a=可知向心加速度越来越大,所受合外力越来越大,选项B错误、D正确;由角速度公式ω=可知角速度越来越大,选项C错误。
3.如图所示,光滑水平面上,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,关于小球运动情况的说法正确的是( )A.若拉力突然消失,小球将沿轨迹Pa做离心运动B.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pa做离心运动C.若拉力突然变大,小球将沿轨迹Pb做离心运动D.若拉力突然变小,小球将沿轨迹Pc运动【解析】选A。
若拉力突然消失,则小球沿着P点处的切线做匀速直线运动,选项A正确;若拉力突然变小,则小球做离心运动,但由于力与速度有一定的夹角,故小球做曲线运动,选项B、D错误;若拉力突然变大,则小球做近心运动,不会沿轨迹Pb做离心运动,选项C错误。
高考物理一轮复习精品资料课时训练12圆周运动及其应用
竖直放置的螺旋形光滑轨道是圆形光滑轨道相为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进，则下列说法中正确的是．轨道对小球不做功，小球通过P 点的角速度小于通过．轨道对小球做正功，小球通过P 点的线速度大于通过点时的向心加速度大于通过Q 点时对轨道的压力大于通过由于轨道对小球的弹力始终垂直速度方向，所以轨道对小球不做功，重力做正功，v Q >v P ，又因为，选项C 错误；在最高点时有r P ，得F NQ >F NP 点时对轨道的压力小于通过Q 点时对轨道的压力，选项的物体，沿着半径为R 球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为，则物体在最低点时，下列说法正确的是⎭⎪⎫v 2R．受到的合力方向斜向左上方物体在最低点做圆周运动，则有F N －mg如图所示的皮带传动装置，主动轮1的半径与从动轮分别是两轮边缘上的点，假设皮带不打滑，两点的线速度之比为v A：v B＝1：2两点的角速度之比为ωA：ωB＝2：1两点的加速度之比为a A：a B＝1：2两点的加速度之比为a A：a B＝2：1B两点的线速度相等，选项，所以ωA：ωB＝R2：R1＝内壁光滑的半球形容器固定放置，分别沿容器内壁，在不同的水平面内做匀速圆周对内壁的压力的向心加速度大小相等小球在半球形容器内做匀速圆周运动，圆心在水平面内，方向指向半球形的球心．受力如下图，有几何关系可知，则圆周运动的半径R sinθ的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间的作用力恰为．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于π．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于π．在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于．在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于要使在最高点时盒子与小球之间的作用力恰好为mg ＋mg ＝m v 2R ，解得该盒子做匀速圆周运动的，该盒子做匀速圆周运动的周期为盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的＝3mg ，C 、D 错误．如图所示，在光滑的水平面上固定两个直立的小铁钉，相距小钢珠刚开始做圆周运动时，半径为3l ，向心力大小为；细线第一次碰到铁钉后，半径变为2l ，线速度大小保持不变，m v 22l ，运动时间为t 2＝2πlv ；细线第二次碰到铁钉后，半径变为，线速度大小保持不变，向心力大小为F 3＝m v 2l ，运动时间为t 3的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水)，如图所示．当小球在最低点时给它一个，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从)．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得，当轻杆对小球的作用力大小F＝可得在最高点轻杆对小球的作用力逐渐增大，小球经过最高点时的速度先减小后增大顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此可得轻杆对小球的作用力则轻杆对小球的作用力小球不是做匀速圆周运动，是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，公路急转弯处通常是交通事故多发地带．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)，车辆便会向内侧滑动汽车在拐弯处恰好不受摩擦力作用，力和支持力的合力刚好可以提供向心力，即mg tan时，汽车有向内侧滑动的趋势，此时汽车可以受到向外的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向内侧滑动，时，汽车有向外侧滑动的趋势，此时汽车受到向里的摩擦力，只有摩擦力等于滑动摩擦力时，汽车才会向外侧滑动，的值不变，D项错误．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的若要保持小木块不相对圆盘滑动，0.8)()木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，心，最大静摩擦力与重力沿圆盘的分力的合力，提供木块做圆周运动的向心力，，解得最大角速度为ω＝，其两端以纸封闭，使筒绕其中心轴线′平行的方向以v＝400 m/s的速度匀速穿过圆筒，，如图所示．今测得A和轴线所在平面与，此圆筒的转速为()小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图所示．已知握绳的手离地面d，重力加速度为g和球落地时的速度大小问绳能承受的最大拉力多大？设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，设绳能承受的最大拉力大小为F T，这也是球受到绳的最大拉力大小．34d由圆周运动向心力公式，在其圆周运动的最低点，用铰链连接两根轻杆，轻杆的下端分别固定当发动机带动竖直硬质细杆运动时，匀速圆周运动，如图所示，设与金属球连接的两轻杆的长度均为各杆的质量均可忽略不计．当发动机加速运转时，轻杆与竖直杆的，忽略各处的摩擦和阻力，求这一过程中速度变为原来的由题意，当轻杆与竖直杆夹角为30°时，金属球做圆周运动，有：60°时，有：mg如图甲所示，在同一竖直平面内的两条正对着的相同半圆形的光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点与最低点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转台转轴与过陶罐球心O的对称轴的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与0，sinθ，mg.时，滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力方向沿罐壁切线向0，sinθ，mg.。
高考物理一轮复习跟踪训练：第4章 第3节 圆周运动及其应用.pdf
三、非选择题 10.(2013·长郡中学模拟)如图所示，LMPQ是光滑轨道，LM水平，长为5.0 m，MPQ是一半径为R＝1.6 m的半圆 ，QOM在同一竖直线上，在恒力F作用下，质量m＝1 kg的物体A由静止开始运动，当达到M时立即停止用力．欲使A刚好能 通过Q点，则力F大小为多少？(g取10 m/s2) 11.(2012·福建高考卷)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速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 12.(2013·福建卷)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，T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． (1)地面上DC两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小． 第3节 圆周运动及其应用 1．A 2.C 3.A 4.C 5.C 6.C 7.B 8.AB 9.AC 10. 解析：物体A经过Q点时，其受力情况如图所示． 由牛顿第二定律得mg＋FN＝m 物体A刚好过Q点时有FN＝0 解得v＝＝4 m/s 对物体从L到Q全过程，由动能定理得 FxLM－2mgR＝mv2 解得F＝8 N. 11．解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 H＝gt2 在水平方向上有s＝v0t 由式解得v0＝s＝1 m/s (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 fm＝m fm＝μFN＝μmg 由式得μ＝，代入数据得μ＝0.2 12．解析：(1)小球从A到B机械能守恒，有 mgh＝mv 小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有 H＝gt2 在水平方向上有 s＝vBt 由式解得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 由式解得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.
高考物理一轮复习课时作业十二圆周运动及其应用含解析新人教版
圆周运动及其应用(建议用时40分钟)1.洗衣机是现代家庭常见的电器设备。
它是采用转筒带动衣物旋转的方式进行脱水的,下列有关说法中错误的是( )A．脱水过程中,衣物是紧贴筒壁的B．加快脱水筒转动的角速度,脱水效果会更好C．水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力D．靠近中心的衣物脱水效果比四周的衣物脱水效果好【解析】选D。
脱水过程中,衣物由于离心作用而紧贴筒壁,A正确,不符合题意；加快脱水筒转动的角速度,脱水效果会更好,B正确,不符合题意；水能从筒中甩出是因为水滴与衣物间的作用力不能提供水滴需要的向心力而做离心运动,C正确,不符合题意；四周的衣物脱水效果比靠近中心的衣物脱水效果好,D错误,符合题意。
故选D。
2．(2020·眉山模拟)转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动,如图所示。
转笔深受广大中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识,假设某转笔高手能让笔绕其手上的某一点O做匀速圆周运动,下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A.笔杆上的点离O点越近的,角速度越大B．笔杆上的点离O点越近的,做圆周运动的向心加速度越大C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的D．若该同学使用中性笔,笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走【解析】选D。
笔杆上的各个点都做同轴转动,所以角速度是相等的,但转动半径不同,所以线速度不同,故A错误；由向心加速度公式a n＝ω2R,笔杆上的点离O点越近的,做圆周运动的向心加速度越小,故B错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆的弹力提供的,与万有引力无关,故C错误；当转速过大时,提供的向心力小于需要的向心力,笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走,故D正确。
【加固训练】如图所示,计算机硬盘盘面在电机的带动下高速旋转,通过读写磁头读写下方磁盘上的数据。
普通家用电脑硬盘的转速通常有5 400 r/min 和7 200 r/min两种,硬盘盘面的大小相同,则正常运转时,下列说法中正确的是( )A.5 400 r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的角速度大小之比为4∶3B.磁头的位置相同时,两种硬盘读写数据速度相等C.磁头的位置相同时,7 200 r/min的硬盘读写数据速度较慢D.5 400 r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的角速度大小之比为3∶4【解析】选D。
高考物理一轮复习 第四章 第3单元 圆周运动提升练习 粤教版(广东专用)
1.如图1所示，某物体沿14光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则( )图1A ．物体的合外力为零B ．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心OC ．物体的合外力就是向心力D ．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)解析：物体做加速曲线运动，合力不为零，A 错。
物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力等于向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合外力的方向夹角为锐角，合力与速度不垂直，B 、C 错，D 对。
答案：D2.如图2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( )图2A ．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解析：当摩托车所受外力的合力恰好提供所需的向心力时，摩托车做匀速圆周运动，当摩托车所受外力的合力小于所需的向心力时，摩托车将做离心运动，因摩擦力的存在，摩托车圆周运动的半径变大，但不会沿半径方向沿直线滑出，也不会沿线速度方向沿直线滑出，故B 正确，C 、D 错误；摩托车做离心运动，并不是受离心力作用，A 错误。
答案：B3.如图3所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z 1＝24，从动轮的齿数z 2＝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( )图3A ．顺时针转动，周期为2π/3ωB ．逆时针转动，周期为2π/3ωC ．顺时针转动，周期为6π/ωD ．逆时针转动，周期为6π/ω解析：主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T 从＝2π3ω，B 正确。
答案：B4．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧。
复习方略高考物理一轮复习4.3圆周运动及其应用课时提升作业沪科版必修2
课时提升作业(十二)圆周运动及其应用一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。
多选题已在题号后标出)1.(多选)下述现象中属于离心现象的是( )A.洗衣机把湿衣服甩干B.刹车时,乘客前倾C.用手把体温计中的水银柱甩回玻璃泡内D.铅球运动员将铅球抛出2.如图所示,A、B是两个摩擦传动轮,两轮半径大小关系为R A=2R B,则两轮边缘上的( )A.角速度之比ωA∶ωB=2∶1B.周期之比T A∶T B=1∶2C.转速之比n A∶n B=1∶2D.向心加速度之比a A∶a B=2∶13.(2014·常德模拟)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( )A.两物体沿切线方向滑动B.两物体均沿半径方向滑动,离圆盘圆心越来越远C.两物体仍随圆盘一起做圆周运动,不发生滑动D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体A发生滑动,离圆盘圆心越来越远4.(2013·上海高考)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5.(2014·杭州模拟)如图所示,小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法中正确的是( )A.小球通过最高点的最小速度为v=B.小球通过最高点的最小速度可以为0C.小球在水平线ab以下管道中运动时,内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二、计算题(本题15分。
需写出规范的解题步骤)6.(2014·汕头模拟)如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图,它由传送带和转盘组成。
物品从A 处无初速度放到传送带上,运动到B处后进入匀速转动的转盘,设物品进入转盘时速度大小不发生变化,此后随转盘一起运动(无相对滑动)到C处被取走装箱。
2012高考物理一轮复习(人教版)精品课件4.3圆周运动
因为角很小，所以sin≈tan，故h/L=F/(Mg)，所以向心力F=h/LMg，又因
为F=Mv2/R，所以车速
。
由于铁轨建成后h、L、R各量是确定的，故火车转弯时的车速应是一个定值，否则将对铁轨有不利影响，
如：
情况 合力F与F向的关系
不利影响 结果
v车> ghR L F<F向
火车挤压外轨 外轨对车轮的弹力补充向心力
【答案】(1) mgH/
mgR/ H 2 R2
(2) 2gH /R
【解析】(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到重力、摩擦力和支持 力三力作用而平衡，由平衡条件得
摩擦力的大小f=mgsin=mgH/ H 2 R2 支持力的大小FN=mgcos=mgR/ H 2 R2 (2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁 A点时受到重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为， 有
【答案】8 N
【解析】物体A经过Q点时，其受力情况如图所示。 由牛顿第二定律得
mg+FN=mv2/R 物体A刚好过Q点时有
FN=0 解得v= gR =4 m/s 对物体从L到Q的全过程，由动能定理得
FxLM-2mgR=(1/2)mv2 解得F=8 N
(1) 正确理解A物体“刚好能通过Q点”的含义是解决本题的关键。常用来表达临界状态 的词语还有“恰好”“恰能”“至少”“至多”等，同学们在审题时必须高度注意。小球沿 圆弧M→P→Q通过最高点Q时，应从圆周运动的规律，即应从向心力与线速度的关系求解小 球经过Q点的临界速度。
1.线速度、角速度、周期和转速都可以描述圆周运动的快 慢，但意义不同，线速度描述做圆周运动的物体沿圆周运动的 快慢，若比较两物体沿圆周运动的快慢，只看线速度大小即可； 而角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快
山东省利津职业高中高考物理一轮复习课时训练4.3圆周
[单独成册])1．(多选)如图所示为某一皮带传动装置，主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.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( )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 1r 2n D ．从动轮的转速为r 2r 1n解析：选BC.主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相同，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误．2．(多选)如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等解析：选AC.设圆锥摆的高为h ，则mg ·r h ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝ma ，故v ＝rgh ，ω＝g h，T ＝2πh g ，a ＝rhg .因两圆锥摆的h 相同，而r 不同，故两小球运动的线速度不同，角速度的大小相等，周期相同，向心加速度不同．3．(2014·台州模拟)(单选)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，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么 ( )A ．因为速率不变，所以木块的加速度为零B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C ．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D ．木块下滑过程中它的加速度大小不变解析：选D.由于木块沿圆弧下滑速率不变，故木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，选项A错误；由牛顿第二定律得：F 合＝ma n ＝m v 2R，而v 的大小不变，故合外力的大小不变，选项B 错误；由于木块在滑动过程中与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，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向圆心，选项D 正确．4．(多选)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m ，做圆周运动的半径为r ，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )A ．人和车的速度为gr tan θB ．人和车的速度为gr sin θC ．桶面对车的弹力为mgcos θD ．桶面对车的弹力为mgsin θ解析：选AC.对人和车进行受力分析如图所示，根据直角三角形的边角关系和向心力公式可列方程：mg tan θ＝m v 2r ，F N cos θ＝mg ，解得v ＝gr tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 、C 正确．5．(单选)在离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动，如图所示，铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为R ，则管状模型转动的最低角速度ω为( )A.gRB. g 2RC.2gRD ．2g R解析：选A.最易脱离模型内壁的位置在最高点，转动的最低角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零，即mg ＝m ω2R ，得：ω＝gR，A 正确． 6．(单选)一轻杆下端固定一质量为m 的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动(不计空气阻力)，如图所示．当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动，若小球在最低点的初速度从v 0逐渐增大，则下列判断正确的是 ( )A ．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为gRB ．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C ．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小D ．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心解析：选B.小球做完整的圆周运动经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg －F ＝m v 2L ，当轻杆对小球的作用力大小F ＝mg 时，小球的速度最小．最小值为零，所以A 错．由mg －F ＝m v 2L 可得在最高点轻杆对小球的作用力F ＝mg －m v 2L，若小球在最低点的初速度从v 0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v 也逐渐增大．所以轻杆对小球的作用力F 先减小后增大(先为支持力后为拉力)．由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此B 正确．在最低点，由F ′－mg＝m v ′2L 可得轻杆对小球的作用力(拉力)F ′＝mg ＋m v ′2L，若小球在最低点的初速度从v 0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力(拉力)一直增大，C 错．轻杆绕水平轴在竖直平面内运动．小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点时合外力的方向才指向圆心，D 错．7．(单选)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )A ．2 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s解析：选C.恰好过最高点时由mg sin α＝mv 2AL，得v A ＝gL sin α＝2 m/s ，由B 到A 由机械能守恒有12mv 2B ＝12mv 2A ＋mg ·2L sin α，代入数据解得vB ＝2 5 m/s ，C 项正确．8．(2014·黑龙江示范性高中联考)(单选)一对男女溜冰运动员质量分别为m 男＝80 kg 和m 女＝40 kg ，面对面拉着一弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，如图所示，两人相距0.9 m ，弹簧秤的示数为9.2 N ，则两人( )A ．速度大小相同约为40 m/sB ．运动半径分别为r 男＝0.3 m 和r 女＝0.6 mC ．角速度相同为6 rad/sD ．运动速率之比为v 男∶v 女＝2∶1解析：选B.因为两人的角速度相等，由F ＝m ω2r 以及两者的质量关系m 男＝2m 女可得，r 女＝2r男，所以r 男＝0.3 m 和r 女＝0.6 m ，B 正确；而角速度相同均为0.62 rad/s ，C 错误；运动速率之比为v 男∶v 女＝1∶2，D 错误．9．(单选)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动无滑动，甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r 甲∶r 乙＝3∶1，两圆盘和小物体m 1、m 2之间的动摩擦因数相同，m 1距O 点为2r ，m 2距O ′点为r ，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )A ．滑动前m 1与m 2的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1B ．滑动前m 1与m 2的向心加速度之比a 1∶a 2＝1∶3C ．随着转速慢慢增加，m 1先开始滑动D ．随着转速慢慢增加，m 2先开始滑动解析：选D.由题意可知，线速度v 甲＝v 乙，又r 甲∶r 乙＝3∶1，则ω甲∶ω乙＝1∶3，m 1、m 2随甲、乙运动ω1＝ω甲，ω2＝ω乙，则ω1∶ω2＝1∶3，故A 错；由a ＝r ω2得a 1＝2r ·ω2甲＝2r ω21，a 2＝r ω2乙＝r ω22，a 1∶a 2＝2ω21∶ω22＝2∶9，故B 错；m 1、m 2所受向心力由摩擦力提供，则a 1＝F f 1m 1，a 2＝F f 2m 2，F f 1max ＝μm 1g ，F f 2max ＝μm 2g ，a 1≤μg ，a 2≤μg ，又a 1∶a 2＝2∶9，故m 2先滑动，选D.10．(2014·重庆模拟)如图所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 以不同的速度进入管内．A 通过最高点C 时，对管壁上部压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部压力为0. 75mg ，求A 、B 两球落地点间的距离．解析：A 球通过最高点时，由F N A ＋mg ＝m v 2AR已知F N A ＝3mg ，可求得v A ＝2RgB 球通过最高点时，由mg －F N B ＝m v 2BR已知F N B ＝0.75mg ，可求得v B ＝12Rg 平拋落地历时t ＝4R g故两球落地点间的距离Δl ＝(v A －v B )t 解得Δl ＝3R 答案：3R11．如图所示，长为L 的细绳上端系一质量不计的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下端吊一个质量为m 的铁球(可视作质点)，球离地的高度h ＝L .现让环与球一起以v ＝2gL 的速度向右运动，在A 处环被挡住而立即停止，已知A 离右墙的水平距离也为L ，当地的重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)在环被挡住而立即停止时绳对小球的拉力大小；(2)若在环被挡住后，细绳突然断裂，则在以后的运动过程中，球的第一次碰撞点离墙角B 点的距离是多少？解析：(1)在环被挡住而立即停止后小球立即以速率v 绕A 点做圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：F －mg ＝m v 2L解得：F ＝3mg(2)细绳断裂后，此后小球做平拋运动． 假设小球直接落到地面上，则：h ＝L ＝12gt 2球的水平位移：x ＝vt ＝2L >L 故小球先碰到右墙，则L ＝vt ′小球下落的高度h ′＝12gt ′2＝L 4所以球的第一次碰撞点距B 的距离为：H ＝L －L 4＝34L答案：(1)3mg (2)34L12．(2013·高考福建卷)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，小球平拋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：(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 ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平拋运动，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 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，有F －mg ＝m v 2BL⑤由①⑤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 课时提升练12 圆周运动-人教版高三全册物理试题
课时提升练(十二) 圆周运动(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固根底知识题组一 圆周运动物理量与运动分析1．自行车的小齿轮A 、大齿轮B 、后轮C 是相互关联的三个转动局部，且半径R B ＝4R A 、R C ＝8R A ，如图4316所示．当自行车正常骑行时图4316A 、B 、C 三轮边缘的向心加速度的大小之比a A ∶a B ∶a C 等于( )A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4【解析】 小齿轮A 与后轮C 角速度相等，由a ＝ω2R 可知a A ∶a C ＝1∶8.小齿轮A 与大齿轮B 线速度相等，由a ＝v 2/R 可知，a A ∶a B ＝4∶1，所以a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，选项C 正确．【答案】 C2．图4317为一种“滚轮——平盘无级变速器〞的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速n 1、图4317从动轴转速n 2、滚轮半径r 以与滚轮距离主动轴中心的距离x 之间的关系是( )A ．n 2＝n 1xr B ．n 2＝n 1r xC ．n 2＝n 1x 2r 2D ．n 2＝n 1x r【解析】 不打滑、线速度一样，即2πn 1x ＝2πn 2r ，所以n 2＝n 1xr ，A 对．【答案】 A3．如图4318所示，某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速图4318转动的铝盘A 、B ，A 盘固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P 、Q 转动的线速度一样，都是4π m/s.当P 、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如此Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为( )A ．0.56 sB ．0.28 sC ．0.16 sD ．0.07 s【解析】 根据公式T ＝2πr v可求出P 、Q 转动的周期分别为T 1＝0.14 s 和T 2＝0.08 s ，根据题意，只有当P 、Q 同时转到题图所示位置时，Q 才能接收到红外线信号，所以所求的最小时间应该是它们转动周期的最小公倍数，即0.56 s ，所以选项A 正确．【答案】 A题组二 圆周运动的动力学分析4．(2015·河北廊坊联考)如图4319所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度逐渐增大时(不滑动)，如下说法正确的答案是( )图4319A ．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了B ．物体所受弹力增大，摩擦力减小了C ．物体所受弹力和摩擦力都减小了D ．物体所受弹力增大，摩擦力不变【解析】 物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G 、筒壁对它的弹力F N 和筒壁对它的摩擦力F f (如下列图)．其中G 和F f 是一对平衡力，筒壁对它的弹力F N 提供它做圆周运动的向心力．当圆筒转动时，不管其角速度多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，如此物体所受的(静)摩擦力F f 大小就等于其重力．而根据向心力公式，F N ＝mrω2，当角速度ω增大时F N 也增大，选项D 正确．【答案】 D5．世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图4320所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，如此以下说法正确的答案是( )图4320A ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能与时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有与时加速才造成赛车冲出跑道的C ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有与时减速才造成赛车冲出跑道的D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道【解析】 赛车在水平面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的．由F ＝m v 2r知，当v 较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道．【答案】 C6．如图4321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．不计小球体图4321积，不计摩擦和机械能损失．如此小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )A ．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＝12mv 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F N ，如此F N ＝m v 2R，将v ＝gR 代入解得F 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F N ，即mg ，应当选项B 正确．【答案】 B题组三 圆周运动临界问题分析7．如图4322所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴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．假设小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，如此以图4322下判断正确的答案是( )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 点受到轻杆向下的弹力【解析】 根据机械能守恒定律2mgL ＝12mv 2－12mv 2P ，可求出小球在P 点的速度为12gL <gL ，故B 正确，A 错误；小球在P 点所需要的向心力F ＝mv 2P L ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 、D 均错误．【答案】 B8．(多项选择)如图4323所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量一样的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO ′以角速度ω匀速转动图4323过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数一样，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f 1和f 2与ω2的关系图线，可能正确的答案是( )【解析】 两滑块的角速度一样，根据向心力公式F 向＝mω2r ，考虑到两滑块质量一样，滑块2的运动半径较大，受到的摩擦力较大，故滑块2先达到最大静摩擦力．再继续增大角速度，在增加同样的角速度的情况下，对滑块1、2分别有T ＋f 1＝mω2R 1，T ＋f 2＝mω2R 2，随着角速度ω的增大，绳子拉力T 增大，由于R 2>R 1，故滑块2需要的向心力更大，故绳子拉力增大时滑块1的摩擦力反而减小，且与角速度的平方呈线性关系，故A 、D 正确．【答案】 ADB 组 深化训练——提升应考能力9．(多项选择)圆环绕通过直径的竖直轴OO ′匀速转动，在圆环上套有两个质量相等的小球，如图4324所示，连接小球与圆环中心C 的连线AC 、BC 分图4324别与转轴成37°和53°角，转动中小球均没有在圆环上滑动．sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8.如下说法中正确的答案是( )A ．圆环对A 的弹力方向可能沿AC 方向向下B ．圆环对B 的弹力方向只能沿BC 方向向上C ．A 与圆环间可能没有摩擦力D ．A 、B 两球所受的合力大小之比为3∶4图(a) 图(b)【解析】A 、B 两球均做匀速圆周运动，它们的合外力提供向心力，因为它们的质量相等，做圆周运动的角速度相等，轨道平面为垂直于转轴的水平面，半径等于小球到轴OO ′的距离，因此轨迹半径之比为r A r B ＝R sin 37°R sin 53°＝34，向心力之比F A F B ＝ω2r A ω2r B ＝34，D 项正确；圆环对小球的弹力只能垂直于小球所在点圆环的切线，弹力方向沿小球与圆环中心连线向上或向下，两球所受合力指向轨迹圆心为向心力，且竖直方向为平衡力，可能的受力情况分别如图(a)、(b)，能满足条件的圆环的弹力：A 球可以沿AC 方向向上或向下，而B 球只能沿BC 方向向上，A 、B 是正确的；假设A 与圆环间摩擦力为零，当A 球受到的弹力沿CA 方向向上时，合力不可能指向轨迹圆心，当A 球受到的弹力沿AC 方向向下时，如此竖直方向不能平衡，即无论弹力是哪个方向，A 与圆环间摩擦力为零均不能成立，C 项错误．【答案】 ABD10．一个半径为R 的1/4光滑圆弧与一倾角为30°的光滑斜面通过一小段光滑圆弧相接于O 点，如图4325所示，斜面高也为R ，一质点第一次从圆弧的A 点由静止下滑，第二次从圆弧上的C 点由静止下滑(∠CO 1O ＝60°)，如此( )图4325A ．质点两次离开O 点后均做平抛运动而落在水平面上B ．质点两次离开O 点后均做平抛运动，但均落在斜面上C ．质点两次离开O 点前瞬间对轨道压力的比为3∶2D ．质点第一次离开O 点后做平抛运动，第二次沿斜面下滑【解析】 质点两次离开O 点后均做平抛运动，D 错；假设质点从A 点下滑，到达O 点时速度为v ＝2gR ，假设质点均落在水平面上，由平抛运动规律，x ＝vt ，R ＝12gt 2，可解得第一次水平射程为2R ，同理得第二次水平射程为2R .而由题图知斜面底端到O 2的距离为3R ，所以质点第一次落到水平面上，第二次落在斜面上，A 、B 错；由牛顿第二定律知F －mg ＝m v 2R，解得质点第一次离开O 点前瞬间对轨道的压力为3mg ，第二次离开O 点前瞬间对轨道的压力为2mg ，C 对．【答案】 C11．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)如果高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(取g ＝10 m/s 2)【解析】 (1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F max ＝0.6mg ＝m v 2r min，由速度v ＝108 km/h ＝30 m/s 得，弯道半径r min ＝150 m. (2)汽车过拱桥，可看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有mg －F N ＝m v 2R .为了保证安全通过，车与路面间的弹力F N 必须大于等于零，有mg ≥m v 2R ，如此R ≥90 m.【答案】 见解析12．如图4326所示，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好沿光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．圆弧的半径R ＝0.3 m ，OA 与竖直方向的夹角θ＝60°，图4326小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0；(2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．【解析】(1)小球到达A 点的速度如下列图．由图可知v 0＝v x ＝v A cos 60°＝2 m/s(2)v y ＝v A sin 60°＝2 3 m/s由平抛运动规律得：v 2y ＝2gh ，可得P 点与A 点的竖直高度，h ＝0.6 m ，又v y ＝gt 可得所求水平距离x ＝v x t ＝235 m≈0.69 m (3)取A 点所在水平面为重力势能的零势能面，由机械能守恒定律得：12mv 2A ＝mg (R ＋R cos 60°)＋12mv 2C 由牛顿第二定律得：N C ＋mg ＝mv 2C R解得：N C ＝8 N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小N C ′＝N C ＝8 N ，方向竖直向上【答案】 (1)2 m/s (2)0.69 m0.6 m(3)8 N 竖直向上。
高三一轮复习圆周运动综合应用
圆周运动综合应用班级姓名1.某一娱乐项目，让参与者抛出一小球撞击一触发器，从而进入下一关。
现将该娱乐项目简化成下列过程：如图，假设参与者从触发器正下方以v的速度，竖直向上抛出一小球，小球恰好击中触发器。
若参与者仍在刚才的高度，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示。
则小球能够击中触发器的可能是( )2.如图所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，由于球对杆有作用，使杆发生了微小形变，关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系，正确的是（）A．形变量越大，速度一定越大B．形变量越大，速度一定越小C．速度为零，可能无形变D．形变量为零，速度一定不为零3.如图所示，半径r= 0．5m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球（小球的半径比r小很多）。
现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足（）A．v0≤5m/s B．v0≥25m/s C．v0≥5m/s D．v0≤10m/s4、如图所示，小物块位于半径为R的半球顶端，若小球的初速为v0时，物块对球顶恰无压力，则以下说法正确的是：( )A．物块立即离开球面做平抛运动，不再沿圆弧下滑 B．v0=gRC．物块落地点离球顶水平位移2R D．物块落地速度方向和水平地面成450角5.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Ｐ，细线的上端固定在金属块Ｑ上，Ｑ放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是A．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的静摩擦力变大C．小球P运动的角速度变大D．小球P运动的周期变大6．如图所示，质量为M的半圆形轨道槽放置在水平地面上，槽内壁光滑．质量为m的小物体从槽的左侧顶端由静止开始下滑到右侧最高点的过程中，轨道槽始终静止，则该整个过程中A．地面对轨道槽的最小压力为(M+m)g B．地面对轨道槽的最大压力为(M＋2m)gC．地面对轨道槽的摩擦力始终为零D．地面对轨道槽的摩擦力方向先向右后向左7．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。
高考物理一轮复习课时作业【4-3】圆周运动的规律及应用(含答案)
开卷速查 规范特训课时作业 实效精练开卷速查(十四) 圆周运动的规律及应用A 组 基础巩固1．(多选题)图14－1为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线．由图象可以知道( )图14－1A ．甲球运动时，线速度的大小保持不变B ．甲球运动时，角速度的大小保持不变C ．乙球运动时，线速度的大小保持不变D ．乙球运动时，角速度的大小保持不变解析：对于甲球：a ∝1r ，而a ＝v 2r ，说明甲球线速度的大小保持不变；对于乙球：a ∝r ，而a ＝ω2r ，说明乙球角速度的大小保持不变．答案：AD2．如图14－2所示，将完全相同的两个小球A 、B 用长为L ＝0.8 m 的细绳悬于以v ＝4 m/s 向右运动的小车顶部，两小球与小车前后竖直壁接触，由于某种原因，小车突然停止，此时悬线中张力之比F B ∶F A 为(g ＝10 m/s 2)( )图14－2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：当车突然停下时，B 不动，绳对B 的拉力仍等于小球的重力；A 向右摆动做圆周运动，则突然停止时，A 球所处的位置为圆周运动的最低点，由此可以算出此时绳对A 的拉力为F A ＝mg ＋m v2L ＝3mg ，所以F B ∶F A ＝1∶3，C 正确．答案：C3．[2018·洛阳期中]如图14－3所示，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )图14－3A ．sin θ＝ω2LgB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝gω2LD ．tan θ＝g ω2L解析：对小球分析受力，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O ，合力大小为mL ω2，画出m 受力的矢量图．由图中几何关系可得sin θ＝ω2Lg，选项A 正确．答案：A4．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面间的夹角为θ，设拐弯路段是半径为R 的圆弧，要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于0，θ应等于( )A ．arcsin v2RgB ．arctan v2RgC.12arcsin 2v 2RgD ．arccot v2Rg解析：如图14－4所示，要使摩擦力为零，必使汽车所受重力与路面对它的支持力的合力提供向心力，则有m v 2R ＝mgtan θ，所以θ＝arctan v2gR，B 正确．图14－4答案：B5．(多选题)如图14－5所示，水平转盘上的A 、B 、C 三处有三块可视为质点的由同一种材料做成的正方体物块，B 、C 处物块的质量相等且为m ，A 处物块的质量为2m ，点A 、B 与轴O 的距离相等且为r ，点C 到轴O 的距离为2r ，转盘以某一角速度匀速转动时，A 、B 、C 处的物块都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是( )图14－5A ．C 处物块的向心加速度最大B ．A 处物块受到的静摩擦力最小C ．当转速继续增大时，最后滑动起来的是A 处的物块D ．当转速增大时，最先滑动起来的是C 处的物块解析：物块的向心加速度a ＝ω2r ，C 处物块的轨道半径最大，向心加速度最大，A 正确；物块受到的静摩擦力F f ＝m ω2r ，所以有F fA ＝F fC ＝2F fB ，B 错误；当转速增大时最先滑动的是C ，A 、B 同时滑动，C 错误，D 正确．答案：ADB 组 能力提升6．[2018·浙江省慈溪中学月考]某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A 、B ，A 盘上有一个信号发射装置P ，能发射水平红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P 、Q 转动的线速度相同，都是4π m/s.当P 、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如图14－6所示，则Q 接收到的红外线信号的周期是( )图14－6A ．0.07 sB ．0.16 sC ．0.28 sD ．0.56 s解析：P 的周期T P ＝2πr P v ＝0.14 s ，Q 的周期T Q ＝2πr Qv ＝0.08 s ，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56，所以经历的时间最小为0.56 s ．故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7．10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O 1、O 2、O 3…O 10，已知O 1O 10＝3.6 m ，水平转轴通过圆心，轮子均绕轴以n ＝4πr/s 的转速顺时针转动．现将一根长L ＝0.8 m 、质量为m ＝2.0 kg 的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O 1竖直对齐(如图14－7所示)，木板与轮缘间的动摩擦因数为μ＝0.16.则木板保持水平状态运动的总时间为( )图14－7A ．1.52sB ．2 sC ．3 sD ．2.5 s解析：轮子的半径r ＝O 1O 1018＝0.2 m ，角速度ω＝2πn ＝8 rad/ s ．边缘线速度与木板运动的最大速度相等，v ＝ωr ＝1.6 m/s ，木板加速运动的时间和位移分别为t 1＝v μg ＝1 s ，x 1＝v22μg ＝0.8 m ．匀速运动的位移x 2＝O 1O 10－L 2－x 1＝2.4 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v＝1.5 s ，则木板保持水平状态运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s. 答案：D8．如图14－8所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚要发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是( )图14－8A ．两小孩均沿切线方向滑出后落入水中B ．两小孩均沿半径方向滑出后落入水中C ．两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中D ．甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中解析：在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力．因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度ω相同，设此时手中的拉力为F T ，则对甲：F fm －F T ＝m ω2R 甲，对乙：F T ＋F fm ＝m ω2R 乙．当松手时，F T ＝0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中．甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D 正确．答案：D9．如图14－9所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O 水平向右为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，从t ＝0时刻开始随传送带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t ＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：图14－9(1)每一滴水经多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直径上，圆盘转动的角速度ω应为多大？ (3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x. 解析：(1)水滴在竖直方向的分运动为自由落体运动，有 h ＝12gt 2，得t 1＝2h g. (2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为n π，所以角速度为 ω＝n πt 1＝n π g2h(n ＝1,2,3…)． (3)第二滴水落在圆盘上的水平位移为 x 2＝v·2t 1＝2v2h g， 第三滴水落在圆盘上的水平位移为 x 3＝v·3t 1＝3v2h g. 当第二与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则 x ＝x 2＋x 3＝5v 2h g . 答案：(1) 2hg(2)n π g2h(n ＝1,2,3…) (3)5v2h g10．[2018·广东省汕头市金山中学期中]如图14－10，圆形玻璃平板半径为R ，离水平地面的高度为h ，可绕圆心O 在水平面内自由转动，一质量为m 的小木块放置在玻璃板的边缘．玻璃板匀速转动使木块随之做匀速圆周运动．图14－10(1)若已知玻璃板匀速转动的周期为T ，求木块所受摩擦力的大小．(2)缓慢增大转速，木块随玻璃板缓慢加速，直到从玻璃板滑出．已知木块脱离时沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O 的竖直线间的距离为s.木块抛出的初速度可认为等于木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时的线速度，滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，试求木块与玻璃板间的动摩擦因数μ.解析：(1)木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力f ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R(2)木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时，静摩擦力达到最大，有 f m ＝μmg ＝m v 2mR木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有 h ＝12gt 2在水平方向上做匀速运动，水平位移 x ＝v m tx 与距离s 、半径R 的关系如图14－11所示．图14－11由图可得 s 2＝R 2＋x 2由以上各式解得木块与玻璃板间的动摩擦因数μ＝s 2－R22hR.答案：(1)m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R (2)s 2－R 22hR11．[2018·湖北省黄冈市测试]如图14－12所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图14－12(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k ＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．图14－13解析：(1)对小物块受力分析如图14－13所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有F 2＝F N cos θ＝mg ， F 1＝F N sin θ＝mr ω20， r ＝Rsin θ由以上各式联立解得ω0＝2gR. (2) ①当ω＝(1＋k)ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不至于沿罐壁向上运动．故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图14－14所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供图14－14 F2＝f2＋mg，F n＝F1＋f1＝mrω2再利用几何关系，并将数据代入得f＝3＋2mg.图14－15②当ω＝(1－k)ω0时，由向心力公式F n＝mrω2知，ω越小，所需要的F n越小，此时F1超过所需要的向心力了，物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不至于沿罐壁向下运动．故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图14－15所示．对f进行分解，此时向心力由F N的水平分力F1和f的水平分力f1的合力提供F2＝f2＋mg，F n＝F1－f1＝mrω2再利用几何关系，并将数据代入得f＝3－2mg.答案：(1) 2gR(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f＝3＋2mg；当ω＝(1－k)ω0时，f＝3－2mgC组难点突破12．[2018·甘肃省天水一中段考]如图14－16所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r＝0.1 m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图14－16A．8 rad/s B．2 rad/sC.124 rad/sD.60rad/s解析：木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿圆盘的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmgcosθ－mgsinθ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s，选项B正确．答案：B。
高考物理一轮复习同步练习(名师解析)4-专题2圆周运动及其应用
第四章 专题二课时提能·精炼1.对于做匀速圆周运动的物体，下面说法正确的是( )A ．相等的时间里通过的路程相等B ．相等的时间里速度变化量相等C ．相等的时间里发生的位移相同D ．相等的时间里转过的角度相等【解析】 物体做匀速圆周运动时线速度大小恒定，所以相等的时间内通过的路程相等，但位移的方向是不相同的，故A 对，C 错；虽然加速度大小是不变化的，但方向是不断变化的，相等的时间内速度的变化量大小是相等的，但方向不相同，所以相等时间内速度的变化量不相等，故B 错；由于做匀速圆周运动的物体的角速度是恒定的，所以相等的时间内转过的角度是相等的，故D 对． 【答案】 AD2．如右图所示为A 、B 两质点做圆周运动的向心加速度随半径变化的图象，其中A 为双曲线的一个分支，由图可知( )A ．A 物体运动的线速度大小不变B ．A 物体运动的角速度大小不变C ．B 物体运动的线速度大小不变D ．B 物体运动的角速度与半径成正比【解析】 根据a ＝v 2r 可知，对于A 物体其线速度大小不变，即选项A 正确．由a ＝ω2r可知，B 错误．由a ＝ω2r 可知，B 物体角速度一定，C 、D 均错，故只有A 正确．【答案】 A3．如右图所示，光滑水平面上，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，关于小球运动情况的说法正确的是( )A ．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa 做离心运动B ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动C ．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb 做离心运动D ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc 运动【解析】 若拉力突然消失，则小球沿着P 点处的切线运动，A 正确．若拉力突然变小，则小球做离心运动，但由于力与速度有一定的夹角，故小球做曲线运动，B 、D 错误．若拉力突然变大，则小球做近心运动，不会沿轨迹Pb 做离心运动，C 错误．【答案】 A4．中央电视台《今日说法》栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．住在公路拐弯处的张先生家和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如下图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是( )A ．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B ．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C ．公路在设计上可能内(东)高外(西)低D ．公路在设计上可能外(西)高内(东)低【解析】 汽车进入民宅，远离圆心，因而车做离心运动，A 对，B 错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C 对，D 错．【答案】 AC5．在实际修筑铁路时，要根据弯道半径和规定的行驶速度，适当选择内外轨的高度差，如果火车按规定的速率转弯，内、外轨与车轮之间没有侧压力，那么火车以小于规定的速率转弯，则( )A ．仅内轨对车轮有侧压力B ．仅外轨对车轮有侧压力C ．内、外轨对车轮都有侧压力D ．内、外轨对车轮均无侧压力 【解析】 解答本题要明确向心力的来源及向心力的“供需”关系．设规定的运行速率为v 0，若内、外轨对车轮均无侧压力，由牛顿第二定律得F 0＝m v 20r，如果火车转弯的速率小于规定的速率，即v <v 0，则所需的向心力F ＝m v2r <F 0，说明按规定设计的向心力过剩，则必须由内轨给车轮一个侧压力抵消一部分，故内轨对车轮一定有侧压力．【答案】 A 6．(2009·北京西城)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，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法中正确的是( )A ．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B ．小球只受重力和绳的拉力作用C ．θ 越大，小球运动的速度越大D ．θ 越大，小球运动的周期越大 【答案】 BC 7．(2009·山东青岛高三模拟)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，当它转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，产生转弯需要的向心力；行走在直线上时，车厢又恢复原状．依靠摆式车体的先进性无须对线路等设施进行较大的改造，就可以实现高速行车．假设有一摆式超高速列车在水平面内行驶，以360km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1.5km ，则质量为75kg 的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为( )A ．500NB ．1000NC ．5002ND ．0 【解析】 乘客在拐弯过程中与列车一起做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，由牛顿第二定律得F ＝m v 2r＝500N ，A 正确．【答案】 A8．如右图所示为一种“滚轮——平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦力的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n 1、从动轴的转速n 2、滚轮半径r 以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x 之间的关系是( )A ．n 2＝n 1xrB ．n 1＝n 2xrC ．n 2＝n 1x 2r2D ．n 2＝n 1x r【解析】 由滚轮不会打滑可知主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触点的线速度相同，所以v 1＝v 2，由此可得x ·2πn 1＝r ·2πn 2，所以n 2＝n 1xr，即A 正确．【答案】 A9．发射载人宇宙飞船的火箭在点火启动时，宇航员处于超重状态，即宇航员对座位的压力大于他所受的重力，这种现象称为过荷．过荷会对人造成很大的影响，为了适应飞船的发射，宇航员可以通过加强训练来提高自己的抗荷能力．右图是离心实验器的原理图．可以用此实验研究“过荷”对人体的影响，测定人体的抗荷能力．离心试验器转动时，被测者做匀速圆周运动．现观察到图中的直线AB (线AB 与舱底垂直)与水平杆成30°角，则被测者对座位的压力是他所受重力的多少倍？若此时转速为n ，运转半径为多少？【解析】 人受重力和弹力的作用，两个力的合力提供向心力，受力分析如图所示．在竖直方向： F N sin30°＝mg ① 在水平方向： F N cos30°＝mω2r ② 由①②式得F N ＝2mg .由牛顿第三定律知，人对座位的压力是他所受重力的2倍． ω＝2πn由以上几式得r ＝3g /4π2n 2.【答案】 2倍 3g4π2n210．为了解决交通问题，城市中修建了许多立交桥．如右图所示，圆弧形的立交桥桥面AB ，横跨在水平路面上，长L ＝200m ，桥高h ＝20m ，可以认为桥的两端A 、B 与水平路面的连接处是平滑的．一辆质量m ＝1040kg 的汽车，以v ＝25m/s 的速度冲上圆弧形的立交桥，假设汽车冲上立交桥左端A 后就关闭了发动机，不计车受到的阻力，g 取10m/s 2.试计算(1)汽车冲上桥顶时速度的大小？(2)汽车在桥顶处对桥面的压力是多大．【解析】 (1)由题意知，车从A 点到桥顶的过程中，机械能守恒．设到桥顶时速度为v 1，则有12m v 2＝mgh ＋12m v 21解得v 1＝15m/s.(2)如图所示，根据几何知识可得R 2＝(L2)2＋(R －h )2代人数据解得R ＝260m设车在桥顶时，桥面对它的作用力为F N ，则F N 和mg 的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg －F N ＝m v 21R，解得F N ＝9.5×103N根据牛顿第三定律，车对桥顶的压力 F N ′＝F N ＝9.5×103N【答案】 (1)15m/s (2)9.5×103N1.如下图所示，某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮，链轮和飞轮的齿数如下表所示，且飞轮和链轮的半径都与齿数成正比，前、后轮直径为660mm.人骑自行车行进速度为4m/s 时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为( )C ．6.5rad/sD ．7.1rad/s【解析】 车的行进速度与前、后车轮边缘的线速度相等，故后轮边缘的线速度为4m/s ，后轮的角速度ω＝v R ＝4330×10－3rad/s ≈12rad/s ；飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度ω1＝ω＝12rad/s ，飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ω1r 1＝ω2r 2，r 1、r 2分别为飞轮和链轮的半径，又因为r ∝N ，所以ω1N 1＝ω2N 2，N 1、N 2分别为飞轮和链轮的齿数；又踏板与链轮同轴，故脚踩踏板的角速度ω3＝ω2＝ω1N 1N 2.要使ω3最小，则N 1＝15，N 2＝48，故ω3＝12×1548rad/s ＝3.75rad/s ≈3.8rad/s ，B 正确．【答案】 B 2．(北京市重点中学猜题经典卷)在2008年中央电视台举办的元宵文艺晚会上，杂技“飞车”演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，惊险、刺激，令人惊叹不已，赢得阵阵掌声．如右图所示球形金属网的半径为R ，假设两杂技运动员骑摩托车在球形金属网内做“飞车”表演时，以相同的速率分别行驶在Ⅰ、Ⅱ两个水平轨道上，轨道Ⅰ的平面过球形金属网的球心，轨道Ⅱ的平面在轨道Ⅰ平面下方且与轨道Ⅰ的平面间距为h ，两杂技运动员骑摩托车行驶在Ⅰ、Ⅱ两个水平轨道上，则( )A ．轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的轨道半径之比为R 2－h2RB ．在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的周期之比为R 2－h 2R 2C ．在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的向心加速度之比为R 2－h 2RD ．对球形金属网的压力之比为R 2－h 2R 2【解析】 轨道Ⅰ的半径为R ，轨道Ⅱ的半径为R 2－h 2，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的轨道半径之比为RR 2－h2，A 错误；由周期定义可知在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的周期之比等于轨道半径之比为RR 2－h 2，B 错误；由向心加速度的定义可知当两者速率大小相等时向心加速度与轨道半径成反比，所以在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的向心加速度之比为R 2－h 2R，C 正确．在轨道Ⅰ上运动时，轨道对摩托车的支持力提供向心力，F 1＝m v 2/R ，对球形金属网的压力F 1′＝F 1；在轨道Ⅱ上运动时，轨道对摩托车支持力的水平分力提供向心力，F 2cos θ＝m v 2/R cos θ，对球形金属网的压力F 2′＝F 2，cos θ＝R 2－h 2R .联立上述各式解得F 1′F 2′＝R 2－h2R 2，D 正确． 【答案】 CD3．如图所示，质量为m 的物块沿半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时，物块速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法中正确的是( )A ．受到的向心力为mg ＋m v2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μ(mg ＋m v 2R)D ．受到的合力方向斜向左上方【解析】 由于物体到达最低点时的速度为v ，则此时物体所需的向心力为m v 2R ，向心力由金属壳的支持力和物体本身的重力提供(因摩擦力此时沿水平方向)，则可知金属壳对物体施加的弹力大小为mg ＋m v 2R ，所以受到的摩擦力为μ(mg ＋m v 2R )，物体在最低点时除了竖直向上的向心力外，还受到金属壳对物体水平向左的摩擦力，因而物体受到的合力方向应该斜向左上方．【答案】 CD4．如右图所示，倾斜轨道AB 与有缺口的圆轨道BCD 相切于B ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点(且OD 竖直)，缺口DB 所对的圆心角为120°，把一个小球从倾斜轨道上由静止释放，它下滑到B 点后便进入圆轨道，要使它上升到D 点，不计摩擦，则下列说法中正确的是( )A ．释放点应比D 点高出R /2B ．释放点应比D 点高出R /4C ．释放点应与D 点等高D ．由于小球质量未知，无法计算释放点的高度【解析】 小球在圆轨道上做的是圆周运动，到达D 点的最小速度为v D ＝gR ，设释放点应比D 点高出h ，由机械能守恒定律mgh ＝12m v 2D ，解得h ＝R2，故A 正确． 【答案】 A5．在光滑圆锥形容器内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．如下图所示，图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直细杆成θ角．设甲图和乙图中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a 和N b ，则下列说法中，正确的是( )①T a 一定为零，T b 一定为零； ②T a 可以为零，T b 可以不为零； ③N a 一定不为零，N b 可以为零； ④N a 可以为零，N b 可以不为零． A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④【解析】 在题图甲中小球的向心力一般情况下由小球的重力、圆锥内壁对它的支持力和绳子的拉力的合力提供，但当小球的转速为某一值时，小球的重力和圆锥内壁对它的支持力的合力恰能提供小球的向心力，此时绳子的拉力为零．在图乙中小球的向心力一般情况下也由小球的重力、圆锥内壁对它的支持力和绳子的拉力的合力提供，但当小球的转速为某一值时，小球的重力和圆锥内壁对它的支持力的合力恰能提供小球的向心力，此时绳子的拉力为零；或者是小球的重力和绳子的拉力的合力恰能提供小球的向心力，此时圆锥内壁对小球的支持力为零．故B 正确． 【答案】 B 6．(2009·台湾自然)此一由台湾出发到日本的航程，跨越的经度与纬度大约分别为15°与10°.已知地球赤道的周长约4万千米，则此船的速度在由南往北的分量，平均约为多少千米/时？( )A ．7B ．21C ．42D ．70【解析】 求由南往北的速度分量，故仅需考虑在经线上的位移，假设地球为正圆球体，则经线圆的周长与赤道的周长相等，在从南向北经过10°纬度时相对地表发生的位移s 为：s＝10360×40000km ＝100009km ，故v ＝st ＝1000097×24km/h ≈6.6km/h ，故选A. 【答案】 A7．皮带传送机传送矿石的速度v 大小恒定，在轮缘A 处矿石和皮带恰好分离，如右图所示，则通过A 点的半径OA 和竖直方向OB 的夹角θ为( )A．arcsin v2Rg B．arccot v2 RgC．arctan v2Rg D．arccos v2Rg【解析】矿石和皮带分离时两者的弹力为零，将重力沿半径OA方向和垂直OA方向分解，有mg cosθ＝m v 2R ，则θ＝arccos v2Rg，故D正确．【答案】 D8．(2009·西南师大附中模拟)如右图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g(R＋r)B．小球通过最高点时的最小速度v min＝0C．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【解析】小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N与球重力在背离圆心方向的分力F mg的合力提供向心力，即：F N－F mg＝m v2R＋r，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误．【答案】BC9．(2010·3月海淀适应性训练反馈题)如图所示，表演“飞车走壁”的杂技演员骑着摩托车飞驶在圆台形筒壁内，圆台筒固定不动，其轴线沿竖直方向．演员驾驶摩托车先后在M 和N两处紧贴着内壁分别在图中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，如果此时不计车轮与筒壁的摩擦力，则()A．M处的线速度一定小于N处的线速度B．M处的角速度一定小于N处的角速度C．M处的运动周期一定等于N处的运动周期D．M处对筒壁的压力一定大于N处对筒壁的压力【答案】 B 10．(2009·广东单科)(1)为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施投弹爆破．飞机在河道上空高H 处以速度v 0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标．求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小．(不计空气阻力)(2)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO ′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁A 点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m 的小物块．求①当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小；②当物块在A 点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．【解析】 (1)炸弹脱离飞机后做平抛运动． 在水平方向上：s ＝v 0t在竖直方向上：H ＝12gt 2 v y ＝gt联立可解得：s ＝v 02Hgv ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋2gH(2)①物块静止时，分析受力如图所示． 由平衡条件有 f ＝mg sin θ N ＝mg cos θ再由图中几何关系有cos θ＝R R 2＋H 2sin θ＝H R 2＋H 2故有f ＝mgHR 2＋H2N ＝mgRR 2＋H2②分析此时物块受力如图所示，由牛顿第二定律有： mg tan θ＝mrω2.其中tan θ＝H R r ＝R2，可得ω＝2gHR 2.【答案】 (1)v 02Hgv 20＋2gH(2)①mgH R 2＋H 2 mgR R 2＋H 2②2gHR 211．铁路转弯处的弯道半径r 是由地形决定的．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，还取决于火车在弯道处的行驶速率．下面表格中是铁路设计人2(1) (2)铁路建成后，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向压力，又已知我国铁路内外轨的间距设计值为L ＝1435mm ，结合表中数据，算出我国火车的转弯速率v (以km/h 为单位，结果取整数)．(设轨道倾角θ很小时，tan θ ≈sin θ)【解析】 (1)分析表中数据可得，每组h 与r 的乘积都等于常数C ＝660×50×10－3m 2＝33m 2因此，hr ＝C 得h ＝Cr当r ＝440m 时，有h ＝C440＝0.075m ＝75mm.(2)若转弯时，内外轨对车轮均没有侧向压力，火车的受力如右图甲所示．由牛顿第二定律得mg tan θ＝m v 2r①因为θ很小，由右图乙知tan θ≈sin θ＝hL由①②式得v ＝ghrL代入数据解得v ≈15m/s ＝54km/h. 【答案】 (1)75mm (2)54km/h 12．(2010·湘潭)如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动．今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来．当轨道距离变化时，测得两点压力差ΔF N 与距离x 的关系图象如右下图所示．(不计空气阻力，g 取10m/s 2)求：▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓ (1)小球的质量；(2)相同半圆光滑轨道的半径；(3)若小球在最低点B 的速度为20m/s ，为使小球能沿光滑轨道运动，求x 的最大值．【解析】 (1)设轨道半径为R ，由机械能守恒定律和牛顿第二定律得：12m v 2B ＝mg (2R ＋x )＋12m v 2A① 在B 点：F B －mg ＝m v 2B R② 在A 点：F A ＋mg ＝m v 2A R③ 由①②③式得两点的压力差：ΔF N ＝F B －F A ＝6mg ＋2mgx R④ 由图象得：截距6mg ＝6，得m ＝0.1kg ⑤(2)由④式可知，图线的斜率k ＝2mg R＝1 所以R ＝2m ⑥(3)在A 点不脱离的条件为：v A ≥Rg ⑦由①⑥⑦三式和题中所给条件可得：x ＝15m ⑧【答案】 (1)0.1kg (2)2m (3)15m。
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第三节 圆周运动及其应用课时提升训练(45分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,每小题只有一个选项符合题意) 1.建造在公路上的桥梁大多是凸形桥,较少是水平桥,更没有凹形桥,其主要原因是( ) A.为的是节省建筑材料,以减少建桥成本B.汽车以同样速度通过凹形桥时对桥面的压力要比水平或凸形桥的压力大,故凹形桥易损坏C.可能是建造凹形桥技术上特别困难D.无法确定【解析】如图所示汽车在凸形桥上行驶时,2v R mg N m -=,知N<mg ;而当汽车在凹形桥上行驶时,N′2v R mg m -=,得: N′> mg ,故选项B 正确.答案:B2.(2010杭州模拟)如图所示,A 、B 是两个相同的齿轮,齿轮A 固定不动,若齿轮B 绕齿轮A 运动半周,到达图中C 位置,则齿轮B 上标出竖直向上的箭头所指的方向是 ( )A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右 【解析】如图所示,当齿轮B 转到齿轮A 的正上方时,箭头竖直向下,当齿轮继续转动到达位置2时,箭头方向又变为竖直向上,此时即为C 的位置,故A 正确 . 答案:A3.(2009广东高考)如图所示是一个玩具陀螺.a 、b 和c 是陀螺上的三个点.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 和c 三点的线速度大小相等B.a 、b 和c 三点的角速度相等C.a 、b 的角速度比c 的大D.c 的线速度比a 、b 的大【解析】由于a 、b 、c 三点是陀螺上的三个点,所以当陀螺转动时,三个点的角速度相同,选项B 正确,C 错误;根据ω=,v r 由于a 、b 、c 三点的半径不同a b c r r r ,=>,所以有a b c v v v =>,选项A 、D 均错误. 答案:B4.如图是自行车传动结构的示意图,其中Ⅰ是半径为1r 的大齿轮,Ⅱ是半径为2r 的小齿轮,Ⅲ是半径为3r 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.132nr r r π B.231nr r r πC.1322nr r r πD.2312nr r r π【解析】前进速度即为Ⅲ轮的线速度,由同一个轮上的角速度相等,同一条线上的线速度相等可得: 11ω=r 2232ωωω,=,r 再有12ω=π33ω,=,n v r 所以1322nr r r v π=.答案:C【方法技巧】传动问题的解题技巧解决传动问题应注意两种传动的特点:(1)同轴传动的物体上各点的角速度相等, 又由ω=v r 知,线速度v 与半径r 成正比,由2ω=a r 知,向心加速度a 与半径r 成正比. (2)皮带传动(或齿轮传动)的两轮,在皮带不打滑的条件下,两轮边缘处各点的线速 度大小相等,而角速度ω=,v r 与半径成反比,向心加速度2v ra =,也与r 成反比.二、双项选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分,每小题有两个选项符合题意)5.在光滑的水平面上,用长为l 的细线拴一质量为m 的小球,以角速度Ω做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A.l 、ω不变,m 越大线越易被拉断B.m 、ω不变,l 越小线越易被拉断C.m 、l 不变，越大线越易被拉断D.m 不变,l 减半且角速度加倍时,线的拉力不变【解析】由向心力表达式2线向ω==F F ml 可知线,F 上拉力越大,线越易断,故选项A 、C 正确,B 错误;若m 不变,l 减半角速度ω加倍时,线的拉力加倍,故D 错误. 答案:AC6.如图所示,质量为m 的物块,沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下,半球形金属壳竖直固定放置,开口向上,滑到最低点时速度大小为v,若物体与球壳之间的摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是()A.受到向心力为2v R mg m + B.受到的摩擦力为2v R m μ C.受到的摩擦力为2()v R mg m μ+ D.受到的合力方向斜向左上方【解析】物体在最低点在竖直方向的合力y F ,方向向上,提供向心力2v y R F m ,=,A 错误;而y F N mg =-,得2v N mg m =+,物体受滑动摩擦力 f= 2()v N mg m μμ=+,B 错误,C 正确;f 水平向左,故物体受到的合力为f 与y F 的合力,斜向左上方,D 正确. 答案:CD7.(2010深圳模拟)如图所示,M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块,abcd 为34圆周的光滑轨道,a 为轨道的最高点,de 面水平且有一定长度.今将质量为m 的小球从d 点的正上方高为h 处由静止释放,让其自由下落到d 处并切入轨道内运动,不计空气阻力,则( )A.在h 一定的条件下,小球释放后的运动情况与小球的质量无关B.改变h 的大小,就能使小球通过a 点后,落回轨道内C.无论怎样改变h 的大小,都不可能使小球通过b 点后落回轨道内D.调节h 的大小,使小球飞出de 面(即飞到e 的右面)是可能的【解析】在h 一定的条件下,小球释放后的运动情况与小球的质量无关,小球通过a 点时的最小速度为min v =其中R 为圆轨道的半径,所以它落到与de 面等高的水平面上时的最小水平位移为min s v ==,所以改变h 的大小,不可能使小球通过a 点后落回轨道内,但使小球飞出de 面(即飞到e 的右面)是可能的,改变h 的大小,使小球通过b 点后在ba 之间的某一点离开轨道做斜上抛运动并落回轨道内是可能的,故A 、D 正确. 答案:AD8.质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质木架上的A 点和C 点,如图所示,当轻质木架绕轴BC 以角速度Ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,绳a 在竖直方向,绳b 在水平方向,当小球运动到图示位置时,绳b 被烧断的同时木架停止转动,则( )A.小球仍在水平面内做匀速圆周运动B.在绳b 被烧断瞬间,绳a 中张力突然减小C.若角速度较小,小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动D.若角速度ω较大,小球可在垂直于平面ABC 的竖直平面内做圆周运动【解析】绳b 被烧断前,竖直方向合力为零,即a F mg =,烧断绳 b 后,因惯性,球要在竖直面内做圆周运动,且a F ′2v l mg m -=,所以a F ′a F >,A 、B 错误;当ω足够小时,小球不能摆过AB 所在高度,C 正确;当ω足够大时,小球在竖直面内能通过AB 上方最高点,从而做圆周运动,D 正确. 答案:CD9.如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度min vB.小球通过最高点时的最小速度min 0v =C.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【解析】小球沿管上升到最高点的速度可以为零,故A 错误,B 正确;小球在水平线ab 以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力N 与球重力在背离圆心方向的分力mg F 的合力提供向心力,即:2v mg R rN F m+-=,因此,外侧管壁一定对球有作用力,而内侧管壁无作用力,C 正确;小球在水平线ab 以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力与小球速度大小有关,D 错误. 答案:BC三、计算题(本大题共3小题,共54分,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) 10.(16分)(新题快递)一级方程式F1汽车大赛中,布朗车队的车手巴顿驾驶着一辆总质量是M(M 约 1.5吨 )的赛车经过一半径为R 的水平弯道时的速度为v.工程师为提高赛车的性能,都将赛车形状设计得使其上、下方空气存在一个压力差——气动压力(行业术语),从而增大了赛车对地面的正压力,行业中将正压力与摩擦力的比值称为侧向附着系数,用η表示.要使上述赛车转弯时不致侧滑,所需气动压力至少为多大?【解析】设赛车所受地面支持力为N,气动压力为N′,摩擦力为f 则N=N′+Mg (4分)赛车在水平弯道上转弯所需向心力由摩擦力提供,则:2v Rf M = (4分)由题意知:Nfη=(4分)由以上几式联立解得: N′2v RMMg η=- (4分) 答案:2v RMmg η-11. (18分)(2009广东高考)如图所示,一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动,筒内壁粗糙,筒口半径和筒高分别为R 和H,筒内壁A 点的高度为筒高的一半.内壁上有一质量为m 的小物块.求:(1)当筒不转动时,物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小; (2)当物块在A 点随筒做匀速转动,且其受到的摩擦力为零时,筒转动的角速度.【解析】(1)当筒不转动时,物块静止,在筒壁A 点受到重力、摩擦力和支持力三力作用,由平衡条件得摩擦力的大小f=mgsin(4θ=分)支持力的大小N=mgcosθ=mg (3分)(2)当物块在A 点随筒做匀速转动,且其所受到的摩擦力为零时,物块在筒壁A 点时受到重力和支持力作用,它们的合力提供向心力,设筒转动的角速度为ω,有mgtan 22θω=⋅R m (4分) 由几何关系得tan HRθ=(3分)联立以上各式解得ω=. (4分)答案:mg12.(20分)(2009年山东青岛质检)如图所示,一根长0.1 m 的细线,一端系着一个质量为0.18 kg 的小球,拉住线的另一端,使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动,使小球的转速很缓慢地增加,当小球的转速增加到开始时转速的3倍时,细线断开,线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40 N,取g=10 m/s 2,求:(1)线断开前的瞬间,线受到的拉力大小; (2)线断开的瞬间,小球运动的线速度;(3)如果小球离开桌面时,速度方向与桌边线的夹角为60°,桌面高出地面0.8 m,求:小球飞出后的落地点距桌边线的水平距离.【解析】(1)线的拉力提供向心力,设开始时角速度为0ω,向心力是0F ,线断开的瞬间,角速度为ω,线的拉力是T.200ω=F m R ①(2分)2ω=T m R ②(2分)由①②得22091ωω==T F ③(2分)又因为040T F =+ N ④(2分) 由③④得T=45 N. ⑤(2分) (2)设线断开时速度为v,由2mv RT =得v ,==m/s= 5 m/s ⑥(3分)(3)设桌面高度为h,小球落地经历时间为t,落地点与飞出桌面点的水平距离为x.0t ==.4 s ⑦(2分)x=vt=2 m ⑧(2分)则小球飞出后的落地点到桌边线的水平距离为l x =⋅sin 60°=1.73 m. ⑨(3分)答案:(1)45 N (2)5 m/s (3)1.73 m。