高考物理总复习 课时达标检测(二十四)圆周运动规律的应用(题型研究课)
圆周运动规律及应用+答案
圆周运动的规律及其应用一、 匀速圆周运动的基本规律1．匀速圆周运动的定义：作 的物体，如果在相等时间内通过的 相等，则物体所作的运动就叫做匀速圆周运动。
2．匀速圆周运动是：速度 不变， 时刻改变的变速运动；是加速度 不变， 时刻改变的变加速运动。
3．描述匀速圆周运动的物理量 线速度：r Tr t s v ωπ===2，方向沿圆弧切线方向，描述物体运动快慢。
角速度：Tt πθω2== 描述物体转动的快慢。
转速n ：每秒转动的圈数，与角速度关系n πω2= 向心加速度： v r rv a ωω===22描述速度方向变化快慢，其方向始终指向圆心。
向心力：向心力是按 命名的力，任何一个力或几个力的合力只要它的 是使物体产生 ，它就是物体所受的向心力．向心力的方向总与物体的运动方向 ，只改变线速度 ，不改变线速度 ．==ma F v m r m rv m ωω==22。
二、 匀速圆周运动基本规律的应用【基础题】例1：上海锦江乐园新建的“摩天转轮”，它的直径达98m ，世界排名第五，游人乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，每转一周用时25min.下列说法中正确的是 ( )A . 每时每刻，每个人受到的合力都不等于零 B. 每个乘客都在做加速度为零的匀速运动C. 乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变D. 在乘坐过程中每个乘客的线速度保持不变【同步练习】1．一物体作匀速圆周运动，在其运动过程中，不发生变化的物理量是（ ）A ．线速度B ． 角速度C ．向心加速度D ．合外力2．质量一定的物体做匀速圆周运动时，如所需向心力增为原来的8倍，以下各种情况中可能的是（ ）A. 线速度和圆半径增大为原来的2倍B. 角速度和圆半径都增大为原来的2倍C. 周期和圆半径都增大为原来的2倍D. 频率和圆半径都增大为原来的2倍3．用细线将一个小球悬挂在车厢里，小球随车一起作匀速直线运动。
当突然刹车时，绳上的张力将（ ）A. 突然增大B. 突然减小C. 不变D. 究竟是增大还是减小，要由车厢刹车前的速度大小与刹车时的加速度大小来决定4．汽车驶过半径为R 的凸形桥面，要使它不至于从桥的顶端飞出，车速必须小于或等于（ ）A. 2RgB. RgC. Rg 2D. Rg 35．做匀速圆周运动的物体，圆半径为R ，向心加速度为a ，则以下关系式中不正确的是（ ）A. 线速度aR v =B. 角速度R a =ωC. 频率R a f π2=D. 周期aR T π2= 6．一位滑雪者连同他的滑雪板共70kg ，他沿着凹形的坡底运动时的速度是20m/s ，坡底的圆弧半径是50m ，试求他在坡底时对雪地的压力。
2024届高考物理二轮专题学案：圆周运动的规律及应用
考点03 圆周运动的规律及应用基础知识一、常见的传动方式及特点同轴转动同缘传动装置图基本特点、、相同轮缘处______相同转动方向相同______【例题1】如图所示,三个齿轮的半径之比为1:3:5,当齿轮转动时,小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B 点,若A轮顺时针转动,则B轮会_____ 转动,AB两轮的转速之比为______。
【总结】同缘传动,线速度大小相同;同轴转动,角速度、周期、转速相同。
二、圆周运动的多解性问题【例题2】一位同学玩飞镖游戏,已知飞镖距圆盘为L,对准圆盘上边缘的A点水平抛出,初速度为v0,飞镖抛出的同时,圆盘以垂直圆盘且过盘心O点的水平轴匀速转动。
若飞镖恰好击中A点,空气阻力忽略不计,重力加速度为g,则飞镖打中A点所需的时间为______;圆盘的半径R为______;圆盘转动的线速度的可能值为______。
【总结】分析思路:1.两个物体运动的有关联性; 2.物体做圆周运动有周期性。
三、匀速圆周运动1.特点：速度与加速度的不变、不断变化。
2.性质：匀速圆周运动是一种___________________________运动。
3.离心运动和近心运动①当时,物体做匀速圆周运动;②当时,物体沿切线飞出;③当时,物体做离心运动; ④当时,物体做近心运动。
四、向心力的来源运动模型汽车转弯水平转台(光滑) 火车转弯图示向心力提供动力学问题【例题3】如图所示,一同学用轻绳拴住一个装有水(未满)的水杯,让水杯在水平面内做匀速圆周运动,不计空气阻力,下列说法中正确的是( )A.水杯匀速转动时,杯中水面呈水平B.水杯转动的角速度越大,轻绳与竖直方向的夹角越大C.水杯转动的周期越小,轻绳在水平方向上的分力越大D.水杯转动的线速度越大,轻绳在竖直方向上的分力越大【总结】思路：1.确定研究对象。
2.确定圆周运动的轨道平面,以及、。
3.对物体进行分析,确定向心力来源。
4.根据牛顿运动定律和圆周运动知识列方程求解。
高考物理总复习--物理生活中的圆周运动及解析
高考物理总复习--物理生活中的圆周运动及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。
高考物理一轮复习第4章【3】《圆周运动的规律及应用》练习(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。
2025年新高考物理-圆周运动(解析版)
圆周运动1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题描述圆周运动的基本物理量2024年辽宁卷计算题圆锥摆模型2024年江西卷实验题水平圆盘模型2024年海南卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁，大多联系实际生活。
圆周运动的临界问题的单独考查不是太常见，大多在综合性的计算题中出现的比较频繁，并且会结合有关的功能关系。
【备考策略】1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。
2.能够分析圆周运动的向心力的来源，并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。
3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。
4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律，并能够联系实际问题做出相应问题的分析。
【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。
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．描述匀速圆周运动的物理量及其关系(1)线速度：v=ΔsΔt =2πrT，描述物体圆周运动快慢的物理量。
(2)角速度：ω=ΔθΔt =2πT，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(3)周期和频率：T=2πrv，T=1f，描述物体绕圆心转动快慢的物理量。
(4)向心加速度：a n=rω2=v2r =ωv=4π2T2r，描述速度方向变化快慢的物理量。
二、匀速圆周运动的向心力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．向心力的公式：F n=ma n=m v2r =mω2r=m4π2T2r。
2022高考物理基础知识综合复习优化集训9圆周运动的规律与应用
优化集训9 圆周运动的规律与应用基础巩固1.学校举行教工“长杆跑”比赛,如图为比赛过程中的某一瞬间,有A、B等六位老师手握长杆绕着警示桩做圆周运动,下列说法一定正确的是( )A.A、B两位老师的角速度关系为ωA>ωBB.A、B两位老师的周期关系为T A>T BC.A、B两位老师的向心力关系为F A>F BD.A、B两位老师的线速度关系为v A>v B2.如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16,在用力蹬脚踏板匀速前进的过程中,下列说法正确的是( )A.小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为16∶1B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4C.大齿轮边缘和后轮边缘的加速度大小之比为1∶4D.大齿轮和小齿轮轮缘的加速度大小之比为4∶13.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( )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大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4.洗衣机脱水时有一件衣物附着在竖直筒壁上,如图所示。
下列判断正确的是( )A.衣物受重力、筒壁对它的弹力及摩擦力作用而处于平衡状态B.衣物受重力、筒壁对它的弹力、摩擦力和向心力四个力作用C.脱水筒转速加快时,衣服上的金属扣受到的向心力大小不变D.脱水筒转速加快时,衣服上的金属扣受到的合力增大5.对于下列图片的说法,正确的是( )A.图甲中,大齿轮、小齿轮、后轮上各点转动时角速度相同B.图乙中,洗衣机脱水时,水受到离心力的作用C.图丙中,汽车转弯半径越大,越容易侧向打滑D.图丁中,砂轮不能转速过高,以防止砂轮破裂而酿成事故6.如图所示,底部装有4个轮子的行李箱a竖立在公交车内,而行李箱b平卧放置在公交车内,箱子四周均有一定空间。
当公交车( )A.缓慢起动过程,a、b均相对于公交车向后运动B.急刹车过程,行李箱a相对于公交车向前运动C.缓慢转弯过程,a、b均相对于公交车向外侧运动D.急转弯过程,行李箱a相对于公交车向内侧运动7.如图所示,一个女孩尝试站着荡秋千。
高考物理一轮复习专题4.3 圆周运动的规律及其应用(精讲)(解析版)
专题4.3圆周运动的规律及其应用1．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。
理解向心力及向心加速度。
2．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。
3．能正确处理竖直平面内的圆周运动。
4．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。
会分析相关现象的受力特点。
知识点一匀速圆周运动及描述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物理量意义、方向公式、单位线速度(v )①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v ＝Δs Δt ＝2πr T②单位：m/s 角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②中学不研究其方向①ω＝ΔθΔt ＝2πT②单位：rad/s 周期(T )和转速(n )或频率(f )①周期是物体沿圆周运动一周的时间②转速是物体单位时间转过的圈数，也叫频率①T ＝2πrv 单位：s②n 的单位：r/s 、r/min ，f 的单位：Hz向心加速度(a )①描述速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①a ＝v 2r ＝rω2②单位：m/s 23．线速度、角速度、周期、向心加速度之间的关系(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .知识点二匀速圆周运动的向心力1．向心力的理解(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 ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝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。
高考物理生活中的圆周运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
高考物理生活中的圆周运动解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； （2）小球到达A 点时动量的大小； （3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛 小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上放着A 、B 两个物块，转盘中心O 处固定一力传感器，它们之间用细线连接．已知1kg A B m m ==两组线长均为0.25m L =．细线能承受的最大拉力均为8m F N =．A 与转盘间的动摩擦因数为10.5μ=，B 与转盘间的动摩擦因数为20.1μ=，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块和力传感器均视为质点，转盘静止时细线刚好伸直，传感器的读数为零．当转盘以不同的角速度勾速转动时，传感器上就会显示相应的读数F ，g 取210m/s ．求：（1）当AB 间细线的拉力为零时，物块B 能随转盘做匀速转动的最大角速度； （2）随着转盘角速度增加，OA 间细线刚好产生张力时转盘的角速度；（3）试通过计算写出传感器读数F 随转盘角速度ω变化的函数关系式，并在图乙的坐标系中作出2F ω-图象．【答案】（1）12/rad s ω= （2）222/rad s ω= （3）2252/m rad s ω=【解析】对于B ，由B 与转盘表面间最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式有：2212B B m g m L μω=代入数据计算得出：12/rad s ω=（2）随着转盘角速度增加，OA 间细线中刚好产生张力时，设AB 间细线产生的张力为T ，有：212A A m g T m L μω-=2222B B T m g m L μω+=代入数据计算得出：222/rad s ω= （3）①当2228/rad s ω≤时，0F =②当2228/rad s ω≥，且AB 细线未拉断时，有：21A A F m g T m L μω+-=222B B T m g m L μω+=8T N ≤所以：2364F ω=-；222228/18/rad s rad s ω≤≤ ③当218ω>时，细线AB 断了，此时A 受到的静摩擦力提供A 所需的向心力，则有：21A A m g m w L μ≥所以：2222218/20/rad s rad s ω<≤时，0F =当22220/rad s ω>时，有21A A F m g m L μω+=8F N ≤所以：2154F ω=-；2222220/52/rad s rad s ω<≤若8m F F N ==时，角速度为：22252/m rad s ω=做出2F ω-的图象如图所示；点睛：此题是水平转盘的圆周运动问题，解决本题的关键正确地确定研究对象，搞清向心力的来源，结合临界条件，通过牛顿第二定律进行求解．3．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
高考物理一轮复习专题4.3 圆周运动的规律及其应用(精练)(解析版)
专题4.3圆周运动的规律及其应用1.(2019·湖南湘潭一中期末)如图所示是一个时钟，有关时钟的秒针、分针和时针的角速度，下列判断正确的是()A．秒针和分针角速度大小之比为60∶1B．分针和时针角速度大小之比为60∶1C．时针和秒针角速度大小之比为720∶1D．时针和秒针的角速度大小之比为1∶3600【答案】A【解析】秒针周期60s，分针周期60×60s，时针周期12×3600s，故秒针和分针周期之比为1∶60，由ω＝2πT知，角速度之比为60∶1，选项A正确；分针和时针的周期之比为1∶12，角速度大小之比为12∶1，B错误；时针和秒针的周期比为720∶1，其角速度大小之比为1∶720，C、D错误。
2．(2019·河北承德二中期中)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是图中的()【答案】B【解析】小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mg tanθ＝mω2L sinθ，整理得：L cosθ＝gω2，则两球处于同一高度，故B正确．3．(2019·山西晋城一中月考)如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径．在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则()A．物块始终受到两个力作用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a到b，物块所受的摩擦力先增大后减小D．从b到a，物块处于超重状态【答案】D【解析】在c、d两点，物块只受重力和支持力，在其他位置物块受到重力、支持力、静摩擦力三个力作用，故A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误；从a 运动到b，物块的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物块所受木板的静摩擦力先减小后增大，故C错误；从b运动到a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，故D正确．4．(2019·陕西西安铁路一中期中)如图所示为火车在转弯处时车轮部分的截面示意图，轨道的外轨高于内轨．某转弯处规定行驶的速度为v，当火车通过此弯道时，下列判断正确的是()A．若速度大于v，则火车轮缘挤压内轨B．若速度大于v，则火车轮缘挤压外轨C．若速度大于v，则火车所需向心力由外轨轮缘挤压产生D ．若速度小于v ，则火车所需向心力由内轨轮缘挤压产生【答案】B【解析】当火车以规定的速度转变时，由支持力与重力的合力提供火车转弯所需的向心力；当火车速度大于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力不足以提供火车转弯所需的向心力，就会有向外甩的趋势，导致火车轮缘挤压外轨，从而出现外轨对车轮的作用力来弥补向心力的不足，故A 、C 错误，B 正确；当火车速度小于规定的速度时，火车的支持力与重力的合力大于火车转弯所需的向心力，火车有靠近圆心的趋势，导致火车轮缘挤压内轨，从而出现内轨对车轮的作用力来减小支持力与重力的合力，故D 错误．5.(2019·江苏无锡一中期中)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1.25m ，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1m ，转盘半径为2m ，以12.5r/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水平速度沿AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10m/s 2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为()A ．1.5m/sB ．2m/sC ．2.5m/sD ．3m/s【答案】C 【解析】人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：y ＝12gt 2，由此解得时间t ＝0.5s ．转盘的角速度为：ω＝2πn ＝512πrad/s ，转盘转过θ＝π6，所用时间为：t ＝θω＝0.4s ．要使人能跳过空隙，时间应该小于0.4s ，因此根据水平方向匀速运动有：x ＝v 0t .解得：v 0＝2.5m/s ，选项C 正确．6．(2019·浙江丽水一中月考)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 ，则下列说法中正确的是()A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝gR ＋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【答案】C【解析】在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg ，故最小速度为0，A 、B 错；小球在水平线ab 以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外壁对小球一定有作用力，而内壁对小球一定无作用力，C 对、D 错．7．(2019·安徽六安一中期末)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【答案】C 【解析】设绳长为l ，从水平位置到最低点，根据动能定理，mgl ＝12mv 2①，可得v ＝2gl .已知l P <l Q ，所以v P <v Q ，A 选项错误；因E k ＝12mv 2，m P >m Q ，又v P <v Q ，动能大小不能确定，B 选项错误；在最低点，拉力与重力的合力提供向心力，F T －mg ＝m v 2l②，联立①②可得F T ＝3mg ，只与质量有关，因为m P >m Q ，所以F T P >F T Q ，C 选项正确；向心加速度a ＝v 2l＝2g ，与质量和绳长均无关系，D 选项错误．8．(2019·福建莆田一中期中)如图所示，用一根细绳一端系一个小球，另一端固定，给小球不同的初速度，使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动，则下列细绳拉力F 、悬点到轨迹圆心高度h 、向心加速度a 、线速度v 与角速度平方ω2的关系图象正确的是()【答案】A【解析】设细绳长度为l ，小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳拉力为F ，有F sin θ＝mω2l sin θ，得F ＝mω2l ，选项A 正确；mg tan θ＝mω2l sin θ，得h ＝l cos θ＝g ω2，选项B 错误；小球的向心加速度a ＝ω2l sin θ，小球运动的角速度不同时，sin θ不同，选项C 错误；小球的线速度v ＝ωl sin θ，选项D 错误。
(新课标)高考物理总复习课时达标检测(二十四)圆周运动规律的应用(题型研究课)(2021学年)
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课时达标检测（二十四) 圆周运动规律的应用（题型研究课）一、单项选择题1。
如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C.人在最低点时对座位的压力等于mｇD.人在最低点时对座位的压力大于ｍg解析：选D 人过最高点时，FＮ+mg=ｍ错误!,当v≥错误!时,不用保险带,人也不会掉下来,当v＝错误!时，人在最高点时对座位产生的压力为ｍｇ,Ａ、B均错误;人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态,故人此时对座位的压力大于mg,C错误，D正确。
2．（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－错误!ﻩＢ．错误!Ｃ．g4πｎ2-R D.错误!＋错误!解析:选A 由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为F＝ｍ·4π２n２r，根据匀速圆周运动的动力学特征可知,向心力由重力与弹力的合力提供,即mg taｎθ＝ｍ·４π２ｎ2r,根据几何关系：sｉn θ＝错误!,联立解得:ｃos θ=错误!，可得：h=R-R cｏｓθ=R－错误!，所以A 正确，B、Ｃ、D错误。
高三物理 专项训练课时复习 圆周运动规律的用
质对市爱慕阳光实验学校2021高三物理专项训练步步高课时复习：圆周运动规律的用一、单项选择题1.半径为R的光滑半圆球固在水平面上如图1所示，顶部有一个物体A，今给A一个水平初速度v0＝gR，那么A 将 ( )A．沿球面下滑至M点图1B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动C．按半径大于R的圆弧轨道做圆周运动D．立即离开半圆球做平抛运动2.以下关于离心现象的说法正确的选项是( )A.当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做背离圆心的圆周运动C.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线方向做直线运动D.做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动3.如图2所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1，r2，r3.假设甲轮的角速度为ω1，那么丙轮的角速度为( )图2A.r1ω1r3B.r3ω1r1C.r3ω1r2D.r1ω1r24.水平路面上转弯的，向心力是( )A．重力和支持力的合力B．静摩擦力C．重力、支持力、牵引力的合力D．滑动摩擦力5.甲和乙质量相，以相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．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为F f甲和F f乙．以下说法正确的选项是 ( )A．F f甲小于F f乙B．F f甲于F f乙C ．F f 甲大于F f 乙D ．F f 甲和F f 乙大小均与速率无关6.如图3所示，一圆盘可绕通过圆盘的中心O 且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放 置一小木块A ，它随圆盘一起做匀速圆周运动．那么关于小木块A 的受力，以下说法 正确的选项是 ( )A ．木块A 受重力、支持力和向心力 图3B ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力方向与木块运动方向相反C ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力方向与木块运动方向相同D ．木块A 受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力方向指向圆心7.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的要高一些，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(即垂直于方向)摩擦力于零，θ于 ( )A ．arcsin v 2RgB ．arctan v 2RgC.12arcsin 2v 2RgD ．arccot vRg8.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侧壁，做匀速圆周运动．图4中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h .以下说法中正确的选项是( )A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大 图4B ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大C ．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越小D ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大 二、多项选择题9.如图5所示，小物块从半球形碗的碗口下滑到 碗底的过程中，如果小物块的速度大小始终不变，那么 ( ) A ．小物块的加速度大小始终不变B ．碗对小物块的支持力大小始终不变 图5C ．碗对小物块的摩擦力大小始终不变D ．小物块所受的合力大小始终不变 三、非选择题10.在一根长为L 、质量不计的细杆中点和末端各连一质量为m的小球B和C，如图6所示，杆可以在竖直平面内绕固点A转动，将杆拉到某位置放开，末端C球摆到最低位置时，杆BC段受到的拉力刚好于C球重力的2倍．图6(g＝10 m/s2)求：(1)C 球通过最低点时的线速度大小；(2)杆AB段此时受到的拉力大小．11.如图7所示，有一内壁光滑的试管装有质量为1 g的小球，试管的开口端封闭后安装在水平轴O上，转动轴到管底小球的距离为5 cm，让试管在竖直平面内做匀速转动．问：(1)转动轴达某一转速时，试管底部受到小球的图7压力的最大值为最小值的3倍，此时角速度多大？(2)当转速ω＝10 rad/s时，管底对小球的作用力的最大值和最小值各是多少？(g取10 m/s2)12.如图8所示，一玩滚轴溜冰的小孩(可视为质点)质量为m＝30 kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平．圆弧半径为R＝1.0 m，对圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝0.8 m．(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图8(1)小孩平抛的初速度；(2)小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．答案 1.D 2.C 3.A 4.B 5.A 6.D 7.B 8.D 9.AD10. (1)gL (2)mg11. (1)20 rad/s (2)×10－2 N 012.(1)3 m/s (2)1 290 N。
高考物理一轮复习精选题辑课练圆周运动的规律及应用
课练12 圆周运动的规律及应用1．(2020·陕西长安一中模拟)(多选)有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )A ．如图a 所示，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态B ．如图b 所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变C ．如图c 所示，同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的A 、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D ．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 答案：BD解析：题图a ，汽车在最高点时，mg －F N ＝mv2r ，可知F N <mg ，故处于失重状态，故A 错误；题图b 所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F ＝mgtanθ＝mω2r ，其中r ＝htanθ，可知ω＝gh，增大θ，若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B 正确；题图c ，根据受力分析知小球受力情况相同，即向心力相同，由F ＝mω2r 知r 不同，角速度不同，故C 错误；火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对火车轮缘会有挤压作用，故D 正确．2．(2020·福建质检)(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( )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 答案：AC解析：共轴转动的各点角速度大小相等，故b 、c 、d 三点角速度大小相等，故A 正确；a 、c 两点的线速度大小相等，b 、c 两点的角速度相等，根据v ＝rω，a 的角速度大于c 的角速度，则a 点的角速度大于b 点的角速度，故B 错误，C 正确；a 、c 两点的线速度大小相等，根据a n ＝v2r，a 点的向心加速度大于c 点的向心加速度，故D 错误．3．(2020·安徽六安一中模拟)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r 的匀速圆周运动，圆心为O ，角速度为ω.细绳长为L ，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切，在细绳的另外一端系着一个质量为m 的小球，小球恰好沿以O 为圆心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是( )A ．小球将做变速圆周运动B ．小球与桌面间的动摩擦因数为ω2r r 2＋L2gLC ．小球做圆周运动的线速度为ω(l＋L)D ．细绳拉力为mω2r 2＋L 2答案：B解析：手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，A 错误；设大圆的半径为R ，由图可知R ＝r 2＋L 2，则小球做圆周运动的线速度为ωr 2＋L 2，C 错误；设细绳中的张力为T ，则Tcosφ＝mRω2，cosφ＝L R ，故T ＝mω2R 2L ＝mω2r 2＋L 2L ，D 错误；根据摩擦力公式可得f＝μmg＝Tsinφ，由于T ＝mω2r 2＋L 2L，sinφ＝r R ＝r r 2＋L2，所以μ＝ω2r r 2＋L2gL ，B 正确．4．(2020·河南焦作二模)如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，A 、B 两点间固定着一根直金属棒，在直金属棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小环M 、N 在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M 、N 的位置变化，下列说法正确的是( )A ．小环M 将到达B 点，小环N 将向B 点靠近稍许 B ．小环M 将到达B 点，小环N 的位置保持不变C ．小环M 将向B 点靠近稍许，小环N 将向B 点靠近稍许D ．小环M 向B 点靠近稍许，小环N 的位置保持不变 答案：A解析：小环M 受到重力和直金属棒的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以F 合＝mgtan45°＝mω2r ，半圆环的角速度由ω1变为ω2后，mgtan45°>mω2r ，M 做向心运动，直到到达B 点，小环N 受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设其与ABC 半圆环圆心的连线与竖直方向之间的夹角为θ，F′n ＝mgtanθ＝mω2Rsinθ，所以ω2R ＝g cosθ，当半圆环的角速度由ω1变为ω2后，θ减小，小环N 将向B 点靠近稍许，故选A.5．(2020·安徽六安一中月考)高明同学撑一把雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R ，现将雨伞绕竖直伞杆匀速转动，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一个半径为r 的圆形，伞边缘距离地面的高度为h ，当地重力加速度为g ，则( )A ．雨滴着地时的速度大小为 2ghB ．雨滴着地时的速度大小为 r 2－R 2＋4h22hgC ．雨伞转动的角速度大小为1R r 2－R 2g hD ．雨伞转动的角速度大小为 r －R Rg 2h答案：B解析：根据h ＝12gt 2，解得t ＝2h g，根据几何关系得s ＝r 2－R 2，平抛运动的水平位移为s ＝v 0t ，所以v 0＝s t ＝r 2－R22hg＝gr 2－R 22h，下落的过程中机械能守恒，所以12mv 20＋mgh ＝12mv 2，联立以上方程解得v ＝r 2－R 2＋4h 22h g ；根据公式v 0＝ωR 得ω＝v 0R ，联立得ω＝1Rr 2－R2g2h，故B 正确，A 、C 、D 错误．6．(2020·陕西西安一中模拟)(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T ，小球在最高点的速度大小为v ，其T －v 2图象如图乙所示，则( )A ．轻质绳长为ambB ．当地的重力加速度为amC ．当v 2＝c 时，轻质绳的拉力大小为ac b＋aD ．只要v 2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 答案：BD解析：在最高点重力和绳子的拉力的合力充当向心力，所以有T ＋mg ＝m v 2R ，即T ＝m Rv 2－mg ，故斜率k＝m R ，纵截距y ＝－mg ，根据几何知识可得k ＝a b ，y ＝－a ，联立解得g ＝a m ，R ＝mb a，A 错误，B 正确；当v 2＝c 时，代入T ＝m R v 2－mg ，解得T ＝ac b －a ，C 错误；只要v 2≥b，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得最高点，T 1＋mg ＝m v 21R ，最低点，T 2－mg ＝m v 22R ，从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得12mv 22＝12mv 21＋2mgR ，联立解得T 2－T 1＝6mg ，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a ，D 正确． 7．(2020·广东五校联考)如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F －v 2图象如图乙所示．则( )A ．小球的质量为aRbB ．当地的重力加速度大小为RbC ．v 2＝c 时，杆对小球的弹力方向向上D ．v 2＝b 时，杆对小球的弹力大小为2mg 答案：A解析：在最高点，若v ＝0，则F ＝mg ＝a ；若F ＝0，则mg ＝m v 2R ＝m b R ，解得g ＝b R ，m ＝aRb，故A 正确，B 错误；由图可知当v 2<b 时，杆对小球的弹力方向向上，当v 2>b 时，杆对小球的弹力方向向下，所以当v 2＝c 时，杆对小球的弹力方向向下，故C 错误；当v 2＝b 时，杆对小球的弹力大小为0，故D 错误．8．(2020·安徽蚌埠二中模拟)(多选)如图所示，在水平转台上放置用轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀速转动过程中，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相同，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、f 2与角速度的二次方的关系图线，可能正确的是( )答案：AC解析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式F ＝mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，开始时摩擦力提供向心力，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力；继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值，然后保持不变，滑块1的摩擦力先增大后减小，再反向增大，故A 、C 正确．9．(2020·河南豫南九校质检)(多选)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，接触处无相对滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比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，下列说法正确的是( )A ．滑动前m 1与m 2的角速度之比ω1：ω2＝1：3B ．滑动前m 1与m 2的向心加速度之比a 1：a 2＝2：9C ．随转速慢慢增加，m 1先开始滑动D ．随转速慢慢增加，m 2先开始滑动 答案：ABD解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·r 甲＝ω2·r 乙，则得ω1：ω2＝1：3，所以小物体相对圆盘开始滑动前，m 1与m 2的角速度之比为ω1：ω2＝1：3，故A 正确；小物体相对圆盘开始滑动前，根据a ＝ω2r 得，m 1与m 2的向心加速度之比a 1：a 2＝ω21·2r ：ω22r ＝2：9，故B 正确；根据μmg＝mrω2知，小物体刚要滑动时角速度为m ＝μg r ，可知m 1、m 2的临界角速度之比为1：2，而甲、乙的角速度之比为ω1：ω2＝1：3，可知当转速增加时，m 2先达到临界角速度，所以m 2先开始滑动，故D 正确，C 错误．10．(2020·四川资阳一诊)(多选)如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为l 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ＝13，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g ，则( )A ．当ω＝g2l时，细绳的拉力为0B ．当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力为0 C ．当ω＝4g 3l 时，细绳的拉力大小为43mg D ．当ω＝g l 时，细绳的拉力大小为13mg 答案：AC解析：当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时μmg＝mω21lsin30°，解得ω1＝2g 3l ，随角速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，mgtan30°＝mω22lsin30°，解得ω2＝23g3l，由于ω1< 3g4l <ω2，所以当ω＝3g4l时，物块与转台间的摩擦力不为零，故B 错误；由于g2l<ω1，所以当ω＝g2l时，细绳的拉力为零，故A 正确；由于ω1<g l <ω2，由牛顿第二定律得f ＋Fsin30°＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫ g l 2lsin30°，因为压力小于mg ，所以f<13mg ，解得F>13mg ，故D 错误；当ω＝4g3l>ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则mgtanα＝m ⎝⎛⎭⎪⎫4g 3l 2lsinα，解得cosα＝34，故F ＝mg cosα＝43mg ，故C 正确．11．如图所示，一小球从A 点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点间的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度．(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点的初速度的范围． 答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5 m/s解析：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＝m v2R，由B 到最高点，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝2mgR ＋12mv 2，由A 到B ，－μmgL 1＝12mv 2B －12mv 2A ，解得小球在A 点的速度为v A ＝3m/s.(2)若小球刚好停在C 处，则有－μmg(L 1＋L 2)＝0－12mv 2A1，解得v A1＝4 m/s.若小球停在BC 段，则3 m/s≤v A ≤4 m/s. 若小球能通过C 点，并恰好越过壕沟，则有 h ＝12gt 2，s ＝v C t ， －μmg(L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv 2A2，则有v A2＝5 m/s ，所以小球在A 点的初速度范围为3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5 m/s. 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 与竖直方向的夹角为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)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1，细线AB 上的张力为零而细线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．(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC 上张力F T 随角速度的平方ω2变化的关系图象．答案：(1)52 2 rad/s (2)53° (3)ω≤ω1＝522 rad/s 时，F T ＝12.5 N 不变；ω>ω1时，F T ＝mω2l ＝ω2(N)．F T －ω2关系图象略解析：(1)当细线AB 上的张力为零时，小球的重力和细线AC 张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有mgtan37°＝mω21lsin37°，解得ω1＝ g lcos37°＝522 rad/s.(2)当ω2＝503 rad/s 时，因为503 rad/s>522 rad/s ， 小球应该向左上方摆起，假设细线AB 上的张力仍然为零，则mgtanθ′＝mω22lsinθ′，解得cosθ′＝35，则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m ω22lsin53°mg ＝43＝tan53°. 说明细线AB 此时的张力为零，故此时细线AC 与竖直方向的夹角为53°.(3)①ω≤ω1＝522 rad/s 时，细线AB 水平，细线AC 上的张力的竖直分量等于小球的重力，即F T cos37°＝mg ，则F T ＝mgcos37°＝12.5 N.②ω1<ω<ω2时，细线AB 松弛，细线AC 上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，F T sinθ＝mω2lsinθ，则F T ＝mω2l.③ω2≤ω时，细线AB 在竖直方向绷直，仍然由细线AC 上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力．F T sinθ＝mω2lsinθ，则F T ＝mω2l.综上所述：ω≤ω1＝522 rad/s 时，F T ＝12.5 N 不变； ω>ω1时，F T ＝mω2l ＝ω2(N)．F T －ω2关系图略． 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2020·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 答案：B解析：宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg ＝mω2r ，即g ＝ω2r ，可见r 越大，ω就应越小，B 正确、A 错误；角速度与质量m 无关，C 、D 错误．2．(2020·上海卷)风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r ，每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )A ．转速逐渐减小，平均速率为4πnrΔt B ．转速逐渐减小，平均速率为8πnrΔtC ．转速逐渐增大，平均速率为4πnrΔtD ．转速逐渐增大，平均速率为8πnrΔt答案：B解析：据题意，从题图(b)可以看出，在Δt 时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘上的凸轮挡光时间也在增长，可以确定圆盘上的凸轮的转动速度在减小；在Δt 时间内从题图(b)可以看出有4次挡光，即圆盘转动4周．则风轮叶片转动了4n 周，风轮叶片转过的弧长为l ＝4n×2πr，叶片转动的平均速率为v ＝8πnrΔt，故选项B 正确．3．(2020·浙江卷)(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，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：赛车在弯道上做匀速圆周运动时最大径向静摩擦力提供向心力，设最大径向静摩擦力与赛车重力的比值为k ，则kmg ＝m v 21r ，得在小圆弧赛道的最大速率v 1＝kgr ＝30 m/s ，在大圆弧赛道的最大速率为v 2＝kgR ＝45 m/s ，B 正确；为确保所用时间最短，需要在以v 1＝30 m/s 绕过小圆弧弯道后加速以v 2＝45m/s 的速率在大圆弧弯道做匀速圆周运动，A 正确；直道的长度l ＝L 2－R －r 2＝50 3 m ，在小圆弧弯道的最大速度v 1＝30 m/s ，在大圆弧弯道的最大速度v 2＝45 m/s ，故在直道上的加速度大小为a ＝v 22－v 212l＝452－3022×503m/s2＝6.50 m/s2，C错误；由题图知小圆弧为所在圆的13，即小圆弧弯道的长度为x＝2πr3，则通过小圆弧弯道的时间t＝xv1＝2πr3v1＝2.79 s，D错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2020·安徽六安一中模拟)如图所示，两个可视为质点的相同的木块A和B放在水平转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法不正确的是( )A．当ω>2kg3L时，A、B相对于转盘会滑动B．当ω>kg2L时，绳子一定有弹力C．当ω在kg2L<ω<2kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D．当ω在0<ω< 2kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案：C解析：当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有kmg－T＝mLω21，对B有T＋kmg＝m·2Lω21，解得ω1＝2kg3L，当ω>2kg3L时，A、B相对于转盘会滑动，故A正确．当B达到最大静摩擦力时，绳子将要产生弹力，kmg＝m·2Lω22，解得ω2＝kg2L，知ω>kg2L时，绳子一定有弹力，故B正确．当ω在0<ω< kg2L范围内增大时，B所受摩擦力变大，当ω在kg2L<ω<2kg3L范围内增大时，B所受摩擦力不变，故C错误；当ω在0<ω< 2kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，故D正确．本题选错误的，故选C.5．(2020·黑龙江哈三中一模)“水流星”是在一根彩绳两端各系一只玻璃碗，内盛彩色水，演员甩绳舞弄，晶莹的玻璃碗飞快地旋转飞舞，在竖直面内做圆周运动，而碗中之水不洒点滴．下列说法正确的是( )A．玻璃碗到最高点时，水对碗底的压力一定为零B．玻璃碗到最高点时，玻璃碗的速度可以为零C．若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点绳子对碗拉力之差随转动线速度增大而增大D．若玻璃碗转动时能经过圆周最高点，则在最高点和最低点碗对水弹力之差与绳长无关答案：D解析：玻璃碗到最高点时，水对碗底的压力大于或等于零，当v＝gl时，水对碗底的压力为零；当v>gl时，水对碗底的压力大于零，故A错误；玻璃碗在最高点的最小速度为gl，故B错误；设玻璃碗在最低点速度为v 1，在最高点速度为v 2，根据向心力公式，最低点有F 1－mg ＝m v 21l ，最高点有F 2＋mg ＝m v 22l，根据动能定理，有－mg·2l＝12mv 22－12mv 21，联立得ΔF＝F 1－F 2＝6mg ，与绳长无关，故C 错误，D 正确．6．(2020·陕西西安一模)(多选)如图所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直圆轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，弹簧一端固定于圆心O 点，另一端与小球拴接．已知弹簧的劲度系数k ＝mgR，原长L ＝2R ，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v 0，已知重力加速度为g ，则( )A ．当v 0较小时，小球可能会离开圆轨道B ．若2gR<v 0<5gR ，则小球会在B 、D 间脱离圆轨道C ．只要v 0>4gR ，小球就能做完整的圆周运动D ．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v 0无关 答案：CD解析：因为弹簧的劲度系数k ＝mgR，原长L ＝2R ，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F ＝k(L －R)＝kR ＝mg ，方向始终背离圆心，无论小球在CD 以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于或等于弹簧的弹力(在CD 以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v 0多大，小球均不会离开圆轨道，故A 、B 错误．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零时，在最低点的速度最小，有12mv 2min ＝2mgR ，所以只要v 0>v min＝4gR ，小球就能做完整的圆周运动，故C 正确．在最低点时，设小球受到的支持力为N ，有N －kR －mg＝m v 20R ，解得N ＝2mg ＋m v 20R，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v ，由机械能守恒有 12mv 20＝2mgR ＋12mv 2， 此时合外力提供向心力，有N′－kR ＋mg ＝m v2R，联立解得N′＝m v 20R－4mg ，得压力之差ΔN＝N －N′＝6mg ，与v 0无关，故D 正确．7．(2020·河南郴州一模)(多选)如图所示，BC 是半径为R ＝1 m 的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m ＝1 kg 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B 到C 做匀速圆周运动，重力加速度大小g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．从B 到C ，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变 B ．从B 到C ，小球克服摩擦力做功为5 JC ．A 、B 两点间的距离为 712mD ．小球从B 到C 的全过程中，小球对轨道的压力不变 答案：B解析：小球从A 到B 做平抛运动，在B 点，小球速度方向偏转角θ＝60°，则tan60°＝v yv A，v y ＝gt ，竖直方向的位移y ＝Rcos60°＝12gt 2，水平方向的位移x ＝v A t ，解得x ＝33 m ，则A 、B 两点间的距离x AB＝x 2＋y 2＝712 m ，C 正确；在B 点小球的速度大小v ＝v 2A ＋v 2y ＝2330 m/s ，小球从B 到C 做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知，小球克服摩擦力做的功等于重力做的功，即W f ＝W G ＝mg(R －Rcos60°)＝12mgR ＝5 J ，B 正确；从B 到C ，小球对轨道的压力变大，而小球重力沿轨道切线方向上的分力变小，小球匀速圆周运动，沿轨道切线方向受力平衡，则所受摩擦力变小，则小球与轨道之间的动摩擦因数变小，A 、D 错误． 刷最新原创——抓重点8．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )答案：B 解析：小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝g ω2，则两球处于同一高度，故B 正确．9．如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．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，浇铸时支承轮转速不能过低，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 ，支承轮的半径为r ，重力加速度为g ，则支承轮转动的最小角速度为( )A.g R B.gR rC. g 2RD.gR 2r 答案：B解析：经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR.支承轮边缘与模型边缘线速度相等，故支承轮边缘的最小线速度也为gR ，支承轮转动的最小角速度ω＝v r ＝gR r，B 正确． 刷易错易误——排难点易错点1 不能正确分析向心力的来源10．如图所示，水平放置的圆管内有A 、B 两个小滑块，A 的质量小于B 的质量，A 与管的接触面粗糙，B 与管的接触面光滑，两滑块间用轻绳相连，且到O 点距离相等，轻绳的最大承受力小于A 与管间的最大静摩擦力．当管在水平面内绕过O 点的竖直轴转动时，角速度从零开始增大，下列说法正确的是( )A ．A 的合力等于B 的合力B ．角速度较小时，A 受到的静摩擦力沿管向里C ．随着角速度的增大，A 受到的静摩擦力先沿管向外逐渐减小，然后沿管向里逐渐增大D ．当角速度增大到一定数值时，轻绳断开，B 沿管向外运动，A 仍能与管一起转动答案：D解析：本题考查向心力和离心运动，意在考查考生对圆周运动和向心力的分析能力．两滑块随管一起转动时，向心力F ＝mω2r ，由于A 的质量小于B 的质量，故A 的合力小于B 的合力，A 错误；轻绳对B 的拉力等于B 的向心力，即T ＝m B ω2r ，由于m A <m B ，A 的向心力小于T ，故A 受到沿管向外的静摩擦力，有T－f ＝m A ω2r ，可得f ＝(m B －m A )·ω2r ，ω增大，f 增大，方向不变，B 、C 错误；当角速度增大，轻绳拉力达到最大承受力，此时A 受到的静摩擦力小于最大静摩擦力，轻绳断开，B 沿管向外做离心运动，而A 受到的静摩擦力方向瞬间变为沿管向里，提供其做圆周运动的向心力，故A 仍然随管一起转动，D 正确．易错点2 不会分析、比较物体在粗糙圆弧上来回运动时摩擦力的大小关系11．(多选)如图所示，在竖直平面内固定两个半径均为R 的细圆管轨道A 、B ，A 轨道光滑，B 轨道粗糙．两个质量均为m 的小球(可视为质点)分别从两轨道的最低点以相同的初速度向右运动，A 轨道中的小球恰好能到达最高点，B 轨道中的小球恰好能到达与圆心等高的位置，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A ．B 轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置时，小球克服摩擦力做的功为mgRB ．A 轨道中的小球，在最高点时重力的功率为零，在最低点时重力的功率最大C ．B 轨道中的小球再次回到最低点时的速度为零D ．A 轨道中的小球再次回到最低点时，对轨道的压力大于mg答案：AD解析：本题考查圆周运动规律，意在考查考生的分析推理能力．设小球的初速度为v 0，对于A 轨道中的小球有12mv 20＝mg·2R，对于B 轨道中的小球有12mv 20＝mgR ＋W f ，B 轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置时，小球克服摩擦力做的功为W f ＝mgR ，选项A 正确；A 轨道中的小球，在最高点时重力的功率为零，在最低点时重力方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，选项B 错误；B 轨道中的小球从最低点运动到与圆心等高的位置的过程与从与圆心等高的位置运动到最低点的过程，小球对轨道的压力不同，受到的摩擦力不同，两次摩擦力做功不同，B 轨道中的小球再次回到最低点时的速度不为零，选项C 错误；根据合力提供向心力，A 轨道中的小球再次回到最低点时，对轨道的压力大于mg ，选项D 正确．。
届高考物理人教版第轮复习课时作业圆周运动的基本规律及应用
第3课时 圆周运动的基本规律及应用基本技能练1.如图1所示，一木块放在圆盘上，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么S( )图1A ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C ．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D ．因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析 木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心；因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B 正确。
答案 B2．关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )A ．由a ＝v 2r 知，a 与r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 与r 成正比C ．由ω＝v r知，ω与r 成反比 D ．由ω＝2πn 知，ω与转速n 成正比解析 由a ＝v 2r 知，只有在v 一定时，a 才与r 成反比，如果v 不一定，则a 与r 不成反比，同理，只有当ω一定时，a 才与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比；因2π是定值，故ω与n 成正比。
答案 D3．(多选) (2014·广州调研)如图2所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴匀速转动时，板上A、B两点的()图2A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ 2C．线速度之比v A∶v B＝2∶1D．线速度之比v A∶v B＝1∶ 2解析由于A、B两点在同一正方形薄板上且绕同一转轴转动，故两点具有相同的角速度，A正确，B错误；根据v＝ωr可得，v A∶v B＝r A∶r B＝1∶2，C错误，D 正确。
答案AD4．(多选)有一水平的转盘在水平面内匀速转动，在转盘上放一质量为m的物块恰能随转盘一起匀速转动，则下列关于物块的运动正确的是() A．如果将转盘的角速度增大，则物块可能沿切线方向飞出B．如果将转盘的角速度增大，物块将沿曲线逐渐远离圆心C．如果将转盘的角速度减小，物块将沿曲线逐渐靠近圆心D．如果将转盘的角速度减小，物块仍做匀速圆周运动解析物块恰能随转盘一起转动，说明此时充当向心力的摩擦力恰好能够保证物块做圆周运动。
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课时达标检测(二十四) 圆周运动规律的应用 (题型研究课)一、单项选择题1.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A ．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg解析：选D 人过最高点时，F N ＋mg ＝m v 2R，当v ≥gR 时，不用保险带，人也不会掉下来，当v ＝2gR 时，人在最高点时对座位产生的压力为mg ，A 、B 均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg ，C 错误，D 正确。
2. (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.g4πn2－RD.g4π2n 2＋R2解析：选A 由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为F ＝m ·4π2n 2r ，根据匀速圆周运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即mg tan θ＝m ·4π2n 2r ，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。
3.(2017·抚顺模拟)如图所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地面上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m 。
现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，则瞬时速度v 必须满足( )A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值3grD ．最大值7gr解析：选D 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 02r，由最低点到最高点由机械能守恒得12mv min 2＝mg ·2r ＋12mv 02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ，A 、C 错误；为了不会使环在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 12r ，从最低点到最高点由机械能守恒得12mv max 2＝mg ·2r ＋ 12mv 12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr ，B 错误，D 正确。
4.(2017·忻州一中检测)如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为( )A.3mg B ．2mg C ．3mgD ．4mg解析：选A 当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；当小球到达最高点时速率为2v ，设每段线中张力大小为F ，应有2F cos 30°＋mg ＝mv 2r，解得F ＝3mg ，选项A 正确。
5.(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 ．3 gRB.32g R C.3g 2RD.g 2R解析：选B 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°。
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 ＝m ω2r ，根据几何关系，其中r ＝R sin 60°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 ＝2mg sin 60°，即2mg sin 60°＝m ωmin 2R sin 60°，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。
6.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解析：选B 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 1c os 30°＝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 2cos 30°＝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 项正确。
二、多项选择题7.如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数F N 表示该处所受压力的大小。
某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 处时，下列表述正确的有( )A ．F N 小于滑块重力B ．F N 大于滑块重力C ．F N 越大表明h 越大D ．F N 越大表明h 越小解析：选BC 设滑块到达B 处时的速度为v ，根据向心力公式得F N －mg ＝m v 2R，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，联立解得F N ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2h R ，B 、C 正确。
8.(2017·宜昌联考)如图所示，半径为R 的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为2m 和m 的静止小球A 、B ，它们由长为2R 的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。
今对上方小球A 施加微小扰动。
两球开始运动后，下列说法正确的是( )A ．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等B ．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等C ．运动过程中A 球速度的最大值为4gR 3D ．当A 球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为133mg解析：选ACD 两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项A 正确，B 错误；A 、B 球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A 球在最低点)时，线速度最大，则mg ·2R ＝12·3mv 2，最大速度v ＝4gR3，选项C 正确；A 球在最低点时，分别对A 、B 球受力分析，F N A －2mg ＝2m v 2R ，F N B ＋mg ＝m v 2R ，则F N A －F N B ＝13mg3，选项D 正确。
9．(2017·安阳模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F v 2图像如图乙所示。
则( )A ．小球的质量为aRbB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上 D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等解析：选ACD 当弹力F 方向向下时，F ＋mg ＝m v 2R ，解得F ＝m v 2R －mg ，当弹力F 方向向上时，mg －F ＝m v 2R ，解得F ＝mg －m v 2R ，对比F v 2图像可知，b ＝gR ，a ＝mg ，联立解得g ＝b R ，m ＝aRb，A 正确，B 错误；v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上，C 正确；v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等，D 正确。
10.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。
已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2。
则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC 根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v B 2R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误。
三、计算题11.如图所示，质量为m 的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，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/s 2)?解析：由于转盘以角速度ω＝4 rad/s 匀速转动，当木块恰不做近心运动时， 有mg －μmg ＝mr 1ω2解得r 1＝0.5 m当木块恰不做离心运动时，有mg ＋μmg ＝mr 2ω2解得r 2＝0.75 m因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的范围是0.5 m≤r ≤0.75 m。