高考经典课时作业4-3 圆周运动

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2020届高三物理一轮复习课时作业：第四章第3讲圆周运动

课时作业(十三)[基础题组]一、单项选择题1．A 、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们( )A ．线速度大小之比为4∶3B ．角速度大小之比为3∶4C ．圆周运动的半径之比为2∶1D ．向心加速度大小之比为1∶2解析：因为相同时间内他们通过的路程之比是4∶3，根据v ＝st ，知A 、B 的线速度之比为4∶3，故A 正确；运动方向改变的角度之比为3∶2，根据ω＝Δθt ，知角速度之比为3∶2，故B 错误；根据v ＝ωr 可得圆周运动的半径之比为r 1r 2＝43×23＝89，故C 错误；根据a ＝v ω得，向心加速度之比为a 1a 2＝v 1ω1v 2ω2＝43×32＝21，故D 错误．答案：A2．(2019·辽宁大连模拟)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G 的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g ，估算知该女运动员( )A ．受到的拉力为GB ．受到的拉力为2GC ．向心加速度为3gD ．向心加速度为2g解析：对女运动员受力分析如图所示，F 1＝F cos 30°，F 2＝F sin 30°，F 2＝G ，由牛顿第二定律得F 1＝ma ，所以a ＝3g ，F ＝2G ，B 正确．答案：B3．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O 点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg 的学员在A 点位置，质量为70 kg 的教练员在B 点位置，A 点的转弯半径为5.0 m ，B 点的转弯半径为4.0 m ，学员和教练员(均可视为质点)( )A ．运动周期之比为5∶4B ．运动线速度大小之比为1∶1C ．向心加速度大小之比为4∶5D ．受到的合力大小之比为15∶14解析：A 、B 两点的学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T ＝2πω知，运动周期相等，故A 错误；学员和教练员半径之比为5∶4，根据v ＝rω知，运动线速度大小之比为5∶4，故B 错误；根据a ＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，故C 错误；向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，根据F ＝ma 知，受到的合力大小之比为 15∶14，故D 正确．答案：D4．如图所示，长度均为l ＝1 m 的两根轻绳，一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为l ，重力加速度g 取10 m/s 2.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )A ．5 3 NB ．20 3 NC ．15 ND ．10 3 N解析：小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2r ；当小球在最高点的速率为2v 时，由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos 30°＝m (2v )2r ，解得F T ＝3mg ＝5 3 N ，故选项A 正确．答案：A5．如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P 时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P 点的水平距离为( )A.2RB.3RC.5RD.6R解析：小球从P 点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g ，在最高点P 时，有mg ＋12mg ＝m v 2R，解得v ＝3gR2，因此小球落地点到P 点的水平距离为x ＝v t ＝6R ，选项D 正确．答案：D 二、多项选择题6．如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 点等高，且距离P 点为L .当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则( )A ．飞镖击中P 点所需的时间为Lv 0B ．圆盘的半径为gL 22v 02C ．圆盘转动角速度的最小值为2πv 0LD ．P 点随圆盘转动的线速度可能为5πgL4v 0解析：飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此t ＝Lv 0，故A 正确；飞镖击中P 点时，P 点恰好在圆盘最下方，则2r ＝12gt 2，解得圆盘的半径r ＝gL 24v 02，故B 错误；飞镖击中P 点，P 点转过的角度满足θ＝ωt ＝π＋2k π(k ＝0,1,2，…)，故ω＝θt ＝(2k ＋1)πv 0L ，则圆盘转动角速度的最小值为πv 0L，故C 错误；P 点随圆盘转动的线速度为v ＝ωr ＝(2k ＋1)πv 0L ·gL 24v 02＝(2k ＋1)πgL 4v 0，当k ＝2时，v ＝5πgL4v 0，故D 正确．答案：AD7．(2019·北京东城区模拟)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动．关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v ＝gL 时，轻杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小D ．当v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大解析：在最高点轻杆对小球的作用力为0时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2L ，v ＝gL ，A正确；当v ＞gL 时，轻杆对小球有拉力，则F ＋mg ＝m v 2L ，v 增大，F 增大，B 正确；当v＜gL 时，轻杆对小球有支持力，则mg －F ′＝m v 2L ，v 减小，F ′增大，C 错误；由F 向＝m v 2L 知，v 增大，向心力增大，D 正确．答案：ABD8．(2019·陕西西安模拟)如图所示，一个质量为M 的人，站在台秤上，一长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆周的最高点，则下列说法正确的是( )A ．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M ＋6m )gB ．小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC ．小球在a 、b 两个位置时，台秤的示数相同D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态解析：小球恰好能通过圆周的最高点，在最高点，细线中拉力为零，小球速度v b ＝gR ，小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律有，12m v b 2＋mg ×2R ＝12m v d 2 ，在最低点，由牛顿第二定律，F －mg ＝m v d 2R ，联立解得细线中拉力F ＝6mg ，小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为Mg ＋F ＝(M ＋6m )g ，选项A 正确；小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg ，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时，设其速度为v 1，由牛顿第二定律有F T ＋mg cos θ＝m v 12R ，由机械能守恒定律有12m v b 2＋mgR (1－cos θ)＝12m v 12，联立解得细线拉力F T ＝3mg (1－cos θ)，其分力F T y ＝F T cos θ＝3mg cos θ－3mg cos 2θ，当cos θ＝0.5，即θ＝60°时，台秤的最小示数为F min ＝Mg －F T y ＝Mg －0.75mg ，选项B 错误；在a 、b 、c 三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，选项C 正确；人没有运动，不会有超重失重状态，故D 错误．答案：AC[能力题组]一、选择题9．(2019·河南郑州质检)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，欲使小木块相对B 轮也静止，则小木块距B 轮转动轴的最大距离为( )A.R B4 B.R B 3 C.R B 2D ．R B解析：由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度大小相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝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μm g ＝mωA 2R A ①，设放在B 轮上能使小木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝mωB 2r ②，因A 、B 材料相同，故小木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωA 2R A ＝mωB 2r ，得r ＝(ωA ωB )2R A ＝(12)2R A ＝R A 4＝R B2，C 正确．答案：C10．(2019·湖南怀化联考)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cot θl时，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：由于小球m 的重力不为零，a 绳的张力不可能为零，b 绳的张力可能为零，选项A 错误；由于a 绳的张力在竖直方向的分力等于重力，所以a 绳的张力随角速度的增大不变，b 绳的张力随角速度的增大而增大，选项B 错误；若b 绳中的张力为零，设a 绳中的张力为F ，对小球m ，F sin θ＝mg ，F cos θ＝mω2l ，联立解得：ω＝g cot θl，即当角速度ω＞g cot θl，b 绳将出现弹力，选项C 正确；当ω＝g cot θl时，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力不发生变化，选项D 错误．答案：C11．(2019·湖南衡阳模拟)轻杆一端固定有质量为m ＝1 kg 的小球，另一端安装在水平轴上，转轴到小球的距离为50 cm ，转轴固定在三角形的带电动机(电动机没画出来)的支架上，在电动机作用下，轻杆在竖直面内做匀速圆周运动，如图所示．若转轴达到某一恒定转速n 时，在最高点，杆受到小球的压力为2 N ，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．小球运动到最高点时，小球需要的向心力为12 NB ．小球运动到最高点时，线速度v ＝1 m/sC ．小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力为8 ND ．把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点解析：小球运动到最高点时，杆受到小球的压力为2 N ，由牛顿第三定律可知杆对小球的支持力F N ＝2 N ，在最高点，小球需要的向心力由重力和杆的支持力的合力提供，为 F ＝mg －F N ＝8 N ，故A 错误；在最高点，由F ＝m v 2r得，v ＝Fr m＝8×0.51m/s ＝2 m/s ，故B 错误；小球运动到图示水平位置时，设杆对小球的拉力为F T ，则有F T ＝m v 2r ＝F ＝8 N ，则小球对杆的拉力F T ′＝F T ＝8 N ，据题意知支架处于静止状态，由平衡条件可知地面对支架的摩擦力F f ＝F T ′＝8 N ，故C 正确；把杆换成轻绳，设小球通过最高点的最小速度为v 0，由mg ＝m v 02r 得，v 0＝gr ＝10×0.5 m/s ＝ 5 m/s>v ，所以在同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D 错误．答案：C 二、非选择题12．(2019·福建百校联考)图甲中表演的水流星是一项中国传统民间杂技艺术，在一根绳子上系着两个装满水的桶，表演者把它甩动转起来，犹如流星般，而水不会流出来．图乙为水流星的简化示意图，在某次表演中，当桶A 在最高点时，桶B 恰好在最低点，若演员仅控制住绳的中点O 不动，而水桶A 、B (均可视为质点)都恰好能通过最高点，已知绳长l ＝1.6 m ，两水桶(含水)的质量均为m ＝0.5 kg ，不计空气阻力及绳重，g 取10 m/s 2.(1)求水桶在最高点和最低点的速度大小； (2)求图示位置时，手对绳子的力的大小．解析：(1)设最高点的速度为v 1，最低点的速度为v 2，水桶做圆周运动的半径R ＝l2＝0.8m水桶恰通过最高点时绳上的拉力为零，有mg ＝m v 12R解得v 1＝2 2 m/s水桶从最高点运动到最低点有mgl ＋12m v 12＝12m v 22解得v 2＝210 m/s(2)绳OA 对水桶A 的拉力为零，对最低点的桶B 受力分析可得F OB －mg ＝m v 22R解得F OB ＝30 N所以，手对绳子的力的大小为30 N 答案：(1)2 2 m/s 210 m/s (2)30 N13.(2019·辽宁五校高三联考)如图所示，AB 是长为L ＝1.2 m 、倾角为53°的斜面，其上端与一段光滑的圆弧BC 相切于B 点．C 是圆弧的最高点，圆弧的半径为R ，A 、C 两点与圆弧的圆心O 在同一竖直线上．物体受到与斜面平行的恒力作用，从A 点开始沿斜面向上运动，到达B 点时撤去该力，物体将沿圆弧运动，通过C 点后落回到水平地面上．已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，恒力F ＝28 N ，物体可看成质点且m ＝1 kg.重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)物体通过C 点时对轨道的压力大小；(结果保留一位小数) (2)物体在水平地面上的落点到A 点的距离．解析：(1)根据题图，由几何知识得，OA 的高度H ＝L sin 53°＝1.5 m圆轨道半径R ＝Ltan 53°＝0.9 m物体从A 到C 的过程，由动能定理得 (F －μmg cos 53°)L －mg (H ＋R )＝12m v 2解得v ＝2 3 m/s物体在C 点，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R由牛顿第三定律得物体通过C 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝3.3 N (2)物体离开C 点后做平抛运动在竖直方向：H ＋R ＝12gt 2在水平方向：x＝v t 解得x＝2.4 m.答案：见解析。

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。

2018年高考物理总动员：4-3圆周运动的规律及应用

A.小球通过最高点的最小速度为 v＝ Rg B.小球通过最高点的最小速度为 0 C.小球在水平线 ab 以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 D.小球在水平线 ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
解析在最高点，由于外侧管壁和内侧管壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内侧管壁对小球产生弹力，大小为mg，故小球通过最高点的最小速度为0，选项A错误，B 正确；小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上管道中运动时，若速度较大，则外侧管壁对小球有作用力，若速度较小，则内侧管壁对小球有作用力，选项D错误。答案 BC
6.45 rad/s。答案 2.89 rad/s≤ω≤6.45 rad/s
求解临界问题的一般步骤 (1)判断临界状态：认真审题，分析题意，找出临界状态。(2)确定临界条件：临界状态总是在一定条件下出现的。判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来。(3)选择物理规律：临界状态是一个 “分水岭”，“岭”的两边连接着物理过程的不同阶段，各阶段物体的运动形式以及遵循的物理规律往往不同。因此，当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对于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。
求解竖直平面内圆周运动问题的思路
圆周运动中的临界问题
【典例】如图所示，细绳一端系着质量m1＝0.6 kg的物体A静止在水平面上，另一端通过光滑小孔O吊着质量m2＝0.3 kg的物体 B。A与小孔O的距离为0.2 m，且与水平面的最大静摩擦力为2 N。为使B保持静止状态，A做匀速圆周运动的角速度ω应在什么范围？(g取10 m/s2)

高三物理总复习 4-3圆周运动同步练习新人教版

4-3g＋F N＝ma，即F N＝ma－mg，因a－F T＝mω2R甲．对乙：F T＋Ff m＝mω2R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．第6题图6．如图甲所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，则图乙中关于ω与θ关系的图象正确的是[答案] D[解析] 对小球受力分析后列牛顿第二定律方程，设绳长为L，小球质量为m，则mg tanθ＝mL inθω2，得ω2＝错误!，再利用极限法，根据当θ＝0°和θ＝90°时coθ分别为1和0即可判断出ω的变化规律应为D图．7．2022·安徽一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图a所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆．在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度υ0抛出，如图b所示，则在其轨迹最高点g＝错误!错误!g tanα＝m错误!2r＝m错误!＝mω2r＝ma n由几何关系得r＝h tanα解得T＝2π错误!、ω＝错误!、v＝错误!、a n＝g tanα；②由于两球与竖直方向的夹角不同，所以线速度和向心加速度不同，而周期和角速度相同，故A、C正确，B、D错误．二、非选择题9如图所示，将完全相同的两个小球A、B用长＝0.8m的细绳悬于以v＝4m/向右匀速运动的小车顶部，两小球与小车前后壁接触．由于某种原因，小车突然停止，此时悬线中的张力F A与F B之比为________g取10m/2．[答案]3：1[解析] 当小车突然停止运动时，B球立即停止，所以F B＝mg而A球由于惯性将做圆周运动，由牛顿第二定律得：F A－mg＝m错误!，代入数值解得F A＝3mg∴F A：F B＝3：110．用一根细绳，一端系住一定质量的小球，另一端固定，使小球在水平面内做匀速圆周运动．现在两个这样的装置，如图甲和乙所示．已知两球转动的角速度大小相同，绳与竖直方向的夹角分别为37°和53°则a、b两球的转动半径R a和R b之比为________．in37°＝；co37°＝[答案]9 ∶16[解析] 考查水平面内的圆周运动，绳的拉力与重力的合力提供向心力，由几何关系用绳长表示圆周运动的半径，由于角速度大小相同，由F＝mRω2，可以求出半径之比．112010年11月17日广州亚运会体操男子单杠决赛中，中国小将张成龙问鼎冠军．张成龙完成了一个单臂回环动作后恰好静止在最高点，如图所示．设张成龙的重心离杠＝1.1m，体重51kg忽略摩擦力，且认为单臂回环动作是圆周运动g＝10m/2．试求：1达到如图所示效果，张成龙的重心在最低点的速度大小．2张成龙在最高点与最低点时对杠的作用力分别是多大．[答案]16.6m/ 2510N 2550N[解析] 1根据机械能守恒，设张成龙在最低点的速度为v，则mgh＝错误!mv2h＝2l所以v＝错误!＝2错误!＝2错误!m/≈6.6m/2在最高点张成龙处于静止状态，故所受杠的支持力等于其重力F N＝mg＝510N由牛顿第三定律，张成龙对杠的作用力为510N在最低点做圆周运动，设杠对张成龙的作用力为F N′则F N′－mg＝m错误!故F N′＝mg＋m错误!＝2550N由牛顿第三定律知，张成龙对杠的作用力为2550N12．2022·淄博模拟如图所示，在竖直平面内的错误!圆弧形光滑轨道半径为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B端在O的正上方．一个小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道，到达B点对轨道的压力恰好为零．求：1释放点距A点的竖直高度；2落点C与A点的水平距离．[答案]1错误!R2错误!－1R[解析] 1小球达到B点时对轨道的压力恰好为零，则mg＝m错误!所以v B＝错误!由机械能守恒定律得mgh＝错误!mv错误!＋mgR所以h＝错误!R2小球从B点到C点做平抛运动，则R＝错误!gt2解得t＝错误!OC间的距离为＝v B t，解得＝错误!RAC间的距离为d＝－R＝错误!－1R13．2022·太原模拟如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速运动，将质量m＝1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的1.0m0.8m10m3m0.98m3m5m gR1－in37°＝错误!mv错误!－错误!mv错误!由牛顿第二定律得F N－mg＝m错误!解得F N＝43N3物块沿斜面上滑时，有mg in53°＋μmg co53°＝ma1v C＝v B＝5m/小物块由C上升到最高点的时间为t1＝错误!＝则小物块由斜面最高点回到D点历时t2＝－＝小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mg in53°－μmg co53°＝ma2C、D间的距离为CD＝错误!t1－错误!a2t错误!＝0.98m。

4-3圆周运动

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第4章第3讲
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对描述匀速圆周运动的各物理量的理解
命题规律
同轴转动或皮带传动过程中，确定线速
度、角速度、向心加速度之间的关系．
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某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图所示，链轮和飞轮的齿数如下表所示，前、后轮直径约为 660mm，人骑该车行进速度为 4m/s 时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为( )
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如图为
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某一传动带传动装置．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，转动过程中传动带不打滑．下列说法正确的是(
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)
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A．从动轮做顺时针转动 B．从动轮做逆时针转动 r1 C．从动轮的转速为 n r2 r2 D．从动轮的转速为 n r1 [答案] BC
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当 ω 增大时，静摩擦力减小，当 ω′＝4.84rad/s 时，静摩擦力为零．当 ω 继续增大时，M 受到的静摩擦力方向反向，与拉力方向相同，静摩擦力与拉力的合力提供做圆周运动的向心力．
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[解析] m 保持静止状态时，M 做圆周运动的半径不变，M 的向心力由绳的拉力和静摩擦力的合力提供，由于静摩擦力的大小、方向不定，所以存在临界问题．当 ω 最小时，M 受到的最大静摩擦力的方向与拉力的方向相反，则有 mg－Ffm＝Mω2r 1 代入数据得 ω1＝2.80rad/s

高考物理一轮复习4.3圆周运动的基本规律及应用课时作业新人教版必修1

第3课时圆周运动的基本规律及应用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( )A. 木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B. 木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C. 木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D. 因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心；因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项 B 正确。

答案 B2 •关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )2A. 由a = *知，a 与r 成反比B. 由a =32r 知，a 与r 成正比C. 由3=:知，宀与r 成反比D. 由3= 2nn 知，3与转速n 成正比2解析由a =半知，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 3 一定时，a 才与r 成正比；v 一定时，3与r 成反比；因2n 是定值，故3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 并与板垂直的转动度，A 正确，B 错误；根据v = 3r 可得，V A : V B = r A : r B = 1 :叮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。

【名师伴你行】高中物理(人教版)必修二课时作业4圆周运动 Word版含答案[ 高考]

课时作业(四)4圆周运动1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．线速度不变B．角速度不变C．加速度为零D．周期不变[答案]BD[解析]匀速圆周运动的角速度和周期是不变的；线速度的大小不变，但方向时刻变化，故匀速圆周运动的线速度是变化的，加速度不为零．答案为B、D.2．如图，静止在地球上的A、B两物体都要随地球一起转动，下列说法正确的是()A．它们的运动周期都是相同的B．它们的线速度都是相同的C．它们的线速度大小都是相同的D．它们的角速度是不同的[答案] A[解析]如题图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的运动周期及角速度都是相同的．地球表面上的物体，随地球做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度线上的物体圆周运动的半径是不同的，只有同一纬度线上的物体转动半径相等，线速度的大小才相等．但即使物体的线速度大小相同，方向也各不相同，所以只有选项A正确．3．(2014·广州高一检测)关于匀速圆周运动的线速度v、角速度ω和半径r，下列说法正确的是()A．若r一定，则v与ω成正比B．若r一定，则v与ω成反比C．若ω一定，则v与r成反比D．若v一定，则ω与r成正比[答案] A[解析]根据v＝ωr知，若r一定，则v与ω成正比；若ω一定，则v与r成正比；若v一定，则ω与r成反比．只有选项A正确．4．教师在黑板上画圆，圆规脚之间的距离是25 cm，他保持这个距离不变，让粉笔在黑板上匀速的画了一个圆，粉笔的线速度是2.5 m/s.关于粉笔的运动，有下列说法：①角速度是0.1 rad/s；②角速度是10 rad/s；③周期是10 s；④周期是0.628 s；⑤频率是10 Hz；⑥频率是1.59 Hz；⑦转速小于2 r/s；⑧转速大于2 r/s.下列哪个选项中的结果是全部正确的()A．①③⑤⑦B．②④⑥⑧C ．②④⑥⑦D ．①③⑤⑧[答案] C [解析] 由v ＝ωr 得：ω＝v r ＝10 rad/s ，又由T ＝2πω得：T ＝0.628s ，f ＝1T ＝1.59 Hz ，n ＝1.59 r/s ，故②④⑥⑦正确．5．光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑轨道，俯视如图所示．一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，小球从进入轨道直到到达螺旋形中央区的时间内，关于小球运动的角速度和线速度大小变化的说法正确的是( )A ．增大、减小B ．不变、不变C ．增大、不变D ．减小、减小[答案] C[解析] 由于轨道是光滑的，小球运动的线速度大小不变；由于半径逐渐减小，由ω＝v r ，ω逐渐增大，故C 项正确．6．某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r 1、r 2、r 3，若甲轮的角速度为ω，则丙轮的角速度为( )A.ωr 1r 3B.ωr 3r 1C.ωr 3r 2D.ωr 1r 2[答案] A[解析] 各轮边缘各点的线速度大小相等，则有ωr 1＝ω′r 3，所以ω′＝ωr 1r 3，故A 正确． 7．(2014·秦皇岛高一检测)图示为自行车的传动装置示意图，A 、B 、C 分别为大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的一点，则在此传动装置中( )A ．B 、C 两点的线速度相同B ．A 、B 两点的线速度相同C ．A 、B 两点的角速度与对应的半径成正比D ．B 、C 两点的线速度与对应的半径成正比[答案] BD[解析] 大齿轮与小齿轮间是皮带传动，A 、B 两点的线速度相同，角速度与对应的半径成反比，B 正确，C 错误．小齿轮与后轮是同轴转动，B、C两点的角速度相同，线速度与对应的半径成正比，A错误，D正确．8．(2014·汕头高一检测)如图所示，两个小球a和b用轻杆连接，并一起在水平面内做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A．a球的线速度比b球的线速度小B．a球的角速度比b球的角速度小C．a球的周期比b球的周期小D．a球的转速比b球的转速大[答案] A[解析]两个小球一起转动，周期相同，所以它们的转速、角速度都相等，B、C、D错误．而由v＝ωr可知b的线速度大于a的线速度，所以A正确．9．如图所示，A、B是两个靠摩擦传动且接触面没有相对滑动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径R A＝2R B，a和b 两点在轮的边缘，c和d分别在各轮半径的中点，下列判断正确的是()A．v a＝2v b B．ωb＝2ωaC．v c＝v a D．ωb＝ωc[解析] a 、c 两点同轴转动，角速度相同，v a ＝2v c ，选项C 错误；a 、b 两点是轮子的边缘点，其线速度相等，选项A 错误；根据v ＝ωr ，可得ωb ＝2ωa ，选项B 正确，D 错误．10．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( )A ．它们的半径之比为2∶9B ．它们的半径之比为1∶2C ．它们的周期之比为2∶3D ．它们的周期之比为1∶3[答案] AD[解析] 由v ＝ωr ，得r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，得T 甲∶T 乙＝2πω甲∶2πω乙＝13，C 错，D 对． 11．如图所示为一皮带传动装置，A 、C 在同一大轮上，B 在小轮边缘上，在转动过程中皮带不打滑，已知R ＝2r ，R C ＝12R ，则( )A ．角速度ωC ＝ωBB ．线速度vC ＝v B C ．线速度v C ＝12v B D ．角速度ωC ＝2ωB[解析]A、C两点是同轴转动的两点，其角速度相等，A、B两点是通过皮带传动的两轮边缘点，其线速度相等，由此可得：v A＝v B ＝2v C，ωA＝ωC＝1ωB，所以选项C正确．212．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[答案] B[解析]a、b和c均是同一陀螺上的点，它们做圆周运动的角速度都为陀螺旋转的角速度ω，B对，C错；三点的运动半径关系为r a ＝r b>r c，据v＝ω·r可知，三点的线速度关系为v a＝v b>v c，A、D错．13．地球半径R＝6 400 km，站在赤道上的人和站在北纬60°上的人随地球转动的角速度分别是多大？他们的线速度分别是多大？[答案] 见解析[解析] 如图所示，作出地球自转示意图，设赤道上的人站在A 点，北纬60°上的人站在B 点，地球自转角速度固定不变，A 、B 两点的角速度相同，有ωA ＝ωB ＝2πT ＝2×3.1424×3 600rad/s ＝7.3×10－5 rad/s 依题意可知，A 、B 两处站立的人随地球自转做匀速圆周运动的半径分别为：v A ＝ωA R A ＝7.3×10－5×6 400×103 m/s ＝467.2 m/sv B ＝ωB R B ＝7.3×10－5×6 400×103×12m/s ＝233.6 m/s 即赤道上和北纬60°上的人随地球转动的角速度都为7.3×10－5 rad/s ，赤道上和北纬60°上的人随地球运动的线速度分别为467.2 m/s 和233.6 m/s.14．(2014·南阳高一检测)一半径为R 的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如图所示．伞边缘距地面高h ，甩出的水滴在地面上形成一个圆，求此圆半径r 为多少？(重力加速度为g )[答案] R 1＋2ω2h g[解析] 雨滴飞出的速度大小为v ＝ωR ，雨滴做平抛运动．在竖直方向上有h ＝12gt 2，在水平方向上有x ＝v t ，如图，由几何关系知，雨滴下落在地面上形成圆的半径r ＝R 2＋x 2，联立以上各式得r ＝R1＋2ω2h g。

高三物理一轮复习课后作业6：4.3圆周运动

第3课时圆周运动一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求．)1．在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，下列说法正确的是( )A ．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断B ．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C ．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断D ．伐木工人的经验缺乏科学依据2．如图K4－3－1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 轮转轴的最大距离为( )图K4－3－1A ．R B4B ．R B 3C ．R B 2D ．R B3．如图K4－3－2所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G 的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g ，估算该女运动员( )图K4－3－2A ．受到的拉力为3GB ．受到的合力为2GC ．向心加速度为3gD ．向心加速度为2g4．一质量为m 的物体，沿半径为R 的向下凹的圆形轨道滑行，如图K4－3－3所示，经过最低点的速度为v ，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )图K4－3－3A ．μmgB ．μmv 2RC ．μm ⎝⎛⎭⎫g ＋v 2R D ．μm ⎝⎛⎭⎫g －v 2R 5．(2015年北京检测)如图K4－3－4所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是( )图K4－3－4A ．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 ．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好6．如图K4－3－5所示，在匀速转动的水平盘上，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，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )图K4－3－5A ．此时绳子张力为T ＝3μmgB ．此时圆盘的角速度为ω＝2μgrC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动7．火车转弯可以看作是匀速圆周运动，火车速度提高易使外轨受损，为解决火车高速转弯时使外轨受损这一难题，你认为理论上可行的措施是( )A ．仅减小弯道半径B ．仅增大弯道半径C ．仅适当减小内、外轨道的高度差D ．仅适当增加内、外轨道的高度差8．长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v ，下列说法正确的是( )A ．v 的极小值为gLB ．v 由零逐渐增大，向心力也增大C ．当v 由gL 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D ．当v 由gL 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小9．(2015年潮州模拟)城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥．如图K4－3－6所示，桥面是半径为R 的圆弧形的立交桥AB 横跨在水平路面上，跨度为L ，桥高为h .一辆质量为m 的小汽车，在A 端以速度v 0冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v 1，若小汽车在上桥过程中，克服桥面摩擦力做的功忽略不计，则( )图K4－3－6A ．小汽车通过桥顶时处于失重状态B ．小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为N ＝mg －m v 21RC ．上桥过程中小汽车发动机做的功为12mv 21－12mv 2D ．小汽车到达桥顶时的速度不会大于gR 二、非选择题10．(2015年重庆模拟)如图K4－3－7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．图K4－3－711．(2013年福建卷)如图K4－3－8，一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10m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．图K4－3－812．(2015年江门模拟)如图K4－3－9所示，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m、截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2)．求：(1)小球经过C点的速度大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；(3)平台右端O点到A点的竖直高度H.图K4－3－9『答案』 1、『答案』B『解析』树木倒下时树干上各部分的角速度相同，半径越大其线速度越大，选项B 正确．2、『答案』C『解析』根据A 和B 靠摩擦转动，可知A 和B 边缘的线速度大小相等，即R A ωA ＝R B ωB ，ωB ＝2ωA ．又根据在A 轮边缘放置的小木块恰能相对静止，得μmg ＝mR A ω2A ，设小木块放在B 轮上相对B 轮也静止时，距B 轮转轴的最大距离为R B ′，则有μmg ＝mR B ′ω2B，解上面式子，可得R B ′＝R B2.3、『答案』C『解析』受力如图，T ＝G sin 30°＝2G ，T cos 30°＝ma ，a ＝3g ，C 正确．4、『答案』C『解析』当物块滑至最低点时，由F N －mg ＝m v 2R ，得物块与轨道间的正压力F N ＝mg ＋m v 2R ，又因为是滑动摩擦力，所以F f ＝μF N ＝μm ⎝⎛⎭⎫g ＋v 2R ，选项C 正确．5、『答案』ACD『解析』脱水过程中，衣服和水需要向心力，衣服的向心力由桶壁的支持力提供，衣服对水的吸附力不足以提供水所需的向心力，故衣服紧贴桶壁，水被甩出去，半径越大，所需向心力越大，选项A 、C 、D 正确，B 错误．6、『答案』ABC『解析』A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，C 正确；当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有T ＋μmg ＝2mω2r ，以A 为研究对象，有T －μmg ＝mω2r ，由以上两式得T ＝3μmg ，ω＝2μgr，A 、B 正确；若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，D 错误．7、『答案』BD『解析』内、外轨都不受到轮缘的挤压力时的速度应满足v ＝Rg tan θ，当火车提速时，可以通过增大转弯半径R 和增大路面与水平面的夹角θ(即增大内、外轨高度差)来解决外轨受损这一难题，选项B 、D 正确．8、『答案』BC『解析』由a 向＝v 2L ，可知a 向随v 的增大而增大，选项B 正确；杆对小球没有压力时，有mg ＝m v 20L ，v 0＝gL ，当v ＞gL 时，有F 杆＋mg ＝m v 2L ，F 杆随v 的增大而增大，选项C 正确；当v ＜gL 时，有mg －F 杆＝m v 2L ，F 杆随v 的减小而增大，选项D 错误；v ＝0时，F 杆＝mg ，竖直向上，v 的极小值等于0，选项A 错误．9、『答案』AD『解析』由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得mg －N ＝mv 21R ，解得N ＝mg －mv 21R ＜mg ，故其处于失重状态，A 正确；此式只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，B 错误；上桥过程中小汽车发动机做的功为W ＝mgh ＋12mv 21－12mv 20，C 错误；由mg －N ＝m v 21R 解得v 1＝gR －NRm≤gR ，D 正确．10、『答案』3R『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 ＝2Rg . B 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 .平抛落地历时t ＝4R g，故两球落地点间的距离Δl ＝(v A －v B )t ，解得Δl ＝3R .11、『答案』(1)1.41 m (2)20 N『解析』(1)小球从A 到B 过程机械能守恒，满足 mgh ＝12mv 2B小球从B 到C 做平抛运动，则H ＝12gt 2s ＝v B t 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，满足F －mg ＝m v 2BL解得F ＝20 N由牛顿第三定律可知轻绳所受的最大拉力为20 N.12、『答案』(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m『解析』(1)小球恰好通过最高点C ，由重力提供向心力，有mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝5 m/s.(2)从B 点到C 点，由机械能守恒定律，得 12mv 2C ＋mg ·2R ＝12mv 2B在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律，有 F N －mg ＝m v 2B R解得F N ＝6.0 N.(3)从A 到B 由机械能守恒定律，有 12mv 2A ＋mgR (1－cos 53°)＝12mv 2B 所以v A ＝105 m/s在A 点对速度进行分解，有v y ＝v A sin 53°所以H ＝v 2y2g＝3.36 m.。

高三物理一轮复习课后作业4：4.3圆周运动

第3课时圆周运动(限时：45分钟)A 组对点训练——巩固基础知识题组一圆周运动物理量及运动分析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部分，且半径R B ＝4R A 、R C ＝8R A ，如图所示．当自行车正常骑行时A 、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∶42．图为一种“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、从动轴转速n 2、滚轮半径r 以及滚轮距离主动轴中心的距离x 之间的关系是( )A ．n 2＝n 1x rB ．n 2＝n 1r xC ．n 2＝n 1x 2r 2 D ．n 2＝n 1x r3．如图所示，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，则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题组二圆周运动的动力学分析4．(2015·河北廊坊联考)如图所示，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)，下列说法正确的是( )A ．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5．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( )A ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C ．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及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6．如图所示，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R 2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg题组三圆周运动临界问题分析7．如图所示，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．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL，则以下判断正确的是()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8．(多选)如图所示，在水平转台上放置有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f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是()B组深化训练——提升应考能力9．(多选)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，如图所示，连接小球与圆环中心C的连线AC、BC分别与转轴成37°和53°角，转动中小球均没有在圆环上滑动．已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8.下列说法中正确的是()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∶410．一个半径为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(∠CO1O＝60°)，则()A．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11．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/s2)12．如图所示，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)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，OA与竖直方向的夹角θ＝60°，小球到达A点时的速度v A＝4 m/s.(取g ＝10 m/s2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(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．『答案』1、『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、『解析』不打滑、线速度相同，即2πn 1x ＝2πn 2r ，所以n 2＝n 1x r，A 对．『答案』 A3、『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』 A4、『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 (如图所示)．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，则物体所受的(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、『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、『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 ，则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 ，故选项B 正确．『答案』 B7、『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、『解析』两滑块的角速度相同，根据向心力公式F 向＝mω2r ，考虑到两滑块质量相同，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』 AD9、『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；若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，则竖直方向不能平衡，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、『解析』质点两次离开O 点后均做平抛运动，D 错；若质点从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、『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 ，则R ≥90 m.『答案』见解析12、『解析』 (1)小球到达A 点的速度如图所示．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 ＝235m≈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。

4-3 圆周运动

基础复习课第三讲圆周运动
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[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．( × )
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3．常见的圆周运动分析图形受力分析建坐标系分解力
方程
Ff＝mg FN＝mω2r
FN＝mg Ff＝mω2r
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Fcos θ＝mg Fsin θ＝mω2lsin θ Fcos θ＝mg Fsin θ＝mω2(d＋lsin θ)
5g 3R
C．小球 A 与圆环间摩擦力的大小为75mg
D．小球 A 与圆环间摩擦力的大小为15mg
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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：
mgtan37°＝mω2Rsin37°，解得：ω＝析，有：
45Rg，则 A 正确，B 错误；对小球 A 受力分
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设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为 FTa 和 FTb，容器内壁对小球的支持力分别为 FNa 和 FNb，则下列说法中正确的是( )
A．FTa 一定为零，FTb 一定为零 B．FTa 可以为零，FTb 可以为零 C．FNa 一定不为零，FNb 可以为零 D．FNa 可以为零，FNb 可以为零答案：BC

2013届物理高三总复习试题：4-3圆周运动的规律及应用

高效作业知能提升一、选择题1．图4－3－10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．由图像可以知道( )图4－3－10A ．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：AD图4－3－112．如图4－3－11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)( )A ．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 v 2L ＝3mg ，所以F B ∶F A ＝1∶3，C 正确．答案：C3．有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形大型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，迅速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为( )A ．游客处于超重状态B ．游客处于失重状态C ．游客受到的摩擦力等于重力D ．筒壁对游客的支持力等于重力解析：筒壁对人的支持力提供向心力，速度达到一定程度时，支持力很大，则最大静摩擦力很大(大于重力)，此时竖直方向人处于静止状态，所以答案选C.答案：C图4－3－124．如图4－3－12为汽车绕O 点转弯时两个后轮运动情况的示意图．若在转弯过程中左轮转动角速度为ω1，右轮转动角速度为ω2，且车轮不打滑，则在任一时刻( )A ．ω2大于ω1B ．ω2小于ω1C ．ω2等于ω1D ．ω2可能大于ω1，也可能小于ω1解析：由图可知右轮边缘线速度大于左轮边缘线速度．由v ＝ωr 可得ω1＜ω2，A 正确．答案：A5．(2011·长沙一中月考)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4－3－13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4－3－13A ．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＝v 22μg ＝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：D6．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 v 2RgB ．arctan v 2RgC.12arcsin 2v 2RgD ．arccot v 2Rg图4－3－14解析：如图4－3－14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 ＝mg tan θ，所以θ＝arctan v 2gR，B 正确．答案：B7．(2011·安徽卷)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图4－3－15甲所示，曲线上A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图4－3－15乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )甲乙图4－3－15A.v 20gB.v 20sin 2αg C.v 20cos 2αg D.v 20cos 2αg sin α解析：本题考查运动的合成与分解知识及圆周运动规律的应用，意在考查考生对圆周运动规律的理解．根据运动的分解，物体在最高点的速度等于水平分速度，即为v 0cos α，在最高点看成是向心力为重力的圆周运动的一部分，则mg ＝m (v 0cos α)2ρ，ρ＝(v 0cos α)2g，C 项正确．答案：C图4－3－168．如图4－3－16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()A．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＝mω2r，所以有F f A＝F f C＝2F f B，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：AD图4－3－179．如图4－3－17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()A．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＝mω2R甲，对乙：F T＋F fm＝mω2R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：D图4－3－1810．如图4－3－18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与球的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＝mv2R＋r，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧壁无作用力，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二、非选择题11．(2012·南昌市二校联考)如图4－3－19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4－3－19(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 πg2h(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＝2v2hg，第三滴水落在圆盘上的水平位移为 x 3＝v ·3t 1＝3v2hg. 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)5v 2h g12．如图4－3－20所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心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：图4－3－20(1)当筒不转时，物块静止在筒壁A 点时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 点时受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件，摩擦力的大小F f ＝mg sin θ＝mgHH 2＋R 2.支持力的大小F N ＝mg cos θ＝mgRH 2＋R 2. (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mg tan θ＝m ω2·R 2，由几何关系得tan θ＝HR ，联立以上各式解得ω＝2gHR. 答案：(1)mgHH 2＋R 2mgRH 2＋R 2(2)2gHR图4－3－2113．如图4－3－21所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R ，平台与轨道的最高点等高，一小球从平台边缘的A 处水平射出，恰能沿圆弧轨道上的P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直线的夹角为45°，试求：(1)小球从平台上的A 点射出时的速度v 0；(2)小球从平台上射出点A 到圆轨道入射点P 之间的距离l ； (3)小球能否沿轨道通过圆弧的最高点？请说明理由．解析：(1)小球从A 到P 的高度差h ＝R (1＋cos45°)＝(22＋1)R ，小球做平抛运动，h ＝12gt 2，小球平抛时间t ＝2hg＝ (2＋2)Rg，则小球在P 点的竖直分速度v y ＝gt ＝错误!，把小球在P 点的速度分解可得v 0＝v x ＝v y ，所以小球平抛初速度v 0＝(2＋2)gR .(2)小球平抛下降高度，h ＝12v y ·t ，水平射程x ＝v 0t ＝2h ，故AP 间的距离l ＝h 2＋x 2＝5h ＝(5＋102)R .(3)小球从A 到达Q 时，根据机械能守恒定律可得v Q ＝v 0＝ (2＋2)gR ＞gR ，所以小球能通过圆弧轨道的最高点．答案：(1)(2＋2)gR (2)(5＋102)R (3)能理由见解析。

高考物理总复习第四章第3课圆周运动及其用课时作业

避躲市安闲阳光实验学校第3课圆周运动及其应用题号12345 6 789答案一、单项选择题1．做匀速圆周运动的物体，下列哪个物理量一定是变化的( )A．速度B．周期C．动能D．机械能答案：A2．(2014·台州模拟)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：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＝mv2R，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．答案：D3．(2014·茂名模拟)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：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．答案：A4．质量不计的轻质弹性杆P 插在桌面上，杆端套有一个质量为m 的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图所示，则杆的上端受到的作用力大小为( )A．mω2RB.m2g2－m2ω4R2C.m2g2＋m2ω4R2D．不能确定解析：小球受重力和杆的作用力如图所示，小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：F向＝mω2R，故F＝mg2＋F2向＝m2g2＋m2ω4R2，选项C正确．答案：C二、双项选择题5．(2014·惠州模拟)如图，质量相同的物体A和B，分别位于地球表面赤道上的a处和某一纬度上的b 处，跟随地球匀速自转，下列说法正确的是( )A．A物体的线速度大于B物体的线速度B．A物体的角速度大于B物体的角速度C．A物体的向心加速度小于B物体的向心加速度D．A物体的向心加速度大于B物体的向心加速度解析：小球受重力和杆的作用力如图所示，小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：F向＝mω2R，故F＝mg2＋F2向＝m2g2＋m2ω4R2，选项C正确．答案：C6．(2014·云浮模拟)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率v有关．下列说法正确的是( )A．v一定时，r越小则要求h越大B．v一定时，r越大则要求h越大C．r一定时，v越小则要求h越大D．r一定时，v越大则要求h越大解析：对火车受力分析如图，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mv2r，又tanθ≈hL，式中L 为两铁轨间距，解以上两式得v ＝gr hL，分析此式得A 、D 两项正确，B 、C 两项错误．答案：AD 7．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大D ．小球所受的合外力越来越大解析：由于质点走过的弧长s 与运动时间t 成正比，故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 ＝v 2r 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 项正确；由角速度公式ω＝vr可知角速度越来越大，选项C 正确．答案：CD8．小球m 用长为L 的悬线固定在O 点，在O 点正下方L2处有一光滑圆钉C (如图所示)．现把小球拉到悬线呈水平后无初速地释放，当悬线呈竖直状态且被钉挂住的瞬间，下列说法中正确的是( )A ．小球的速度突然增大B ．小球的速度仍不变C ．小球的向心加速度不变D ．悬线的拉力突然增大解析：小球没有受到冲击力，其速度是不会突变的，会保持原来的大小和方向越过最低点；而由于绳子被钉挂住，其半径为原来的一半，由a ＝v 2R可知向心加速度变大；根据牛顿第二定律T －mg ＝ma ，得T ＝mg ＋ma ，可知悬线的拉力突然增大．答案：BD 9．如图所示，用一连接体一端与一小球相连，绕过O 点的水平轴在竖直平面内做圆周运动，设轨道半径为r ，图中P 、Q 两点分别表示小球轨道的最高点和最低点，则以下说法正确的是( )A．若连接体是轻质细绳时，小球到达P 点的速度最小为gRB．若连接体是轻质细杆时，小球在P点受到细杆的作用力为拉力，在Q点受到细杆的作用力为推力C．若连接体是轻质细绳时，小球在P点受到细绳的拉力不可能为零D．若连接体是轻质细杆时，小球到达P点的速度可以为零解析：若连接体是轻质细绳，小球在最高点的最小速度为gR，此时细绳拉力为零，选项A正确，C项错误；若连接体是轻质细杆，小球刚好到达P点的速度为零，选项D正确；如果小球在最高点P的速度为gR，细杆拉力为零，如果v>gR，细杆的作用力为拉力，如果v<gR，细杆的作用力为推力，小球在最低点Q时受到细杆的拉力作用，选项B错误．答案：AD三、非选择题10．如图所示，细绳的一端系着质量m＝0.3 kg的小球，另一端通过管顶和内壁均光滑的圆筒吊着质量M＝0.5 kg的物块，从筒顶到小球m的长度为L ＝0.6 m．为了使绳不发生滑动，通过圆筒使小球做匀速圆周运动，求小球转动的周期．(g≈π2)解析：对小球进行受力分析，如图所示．由平衡条件有：F＝Mg，F cos θ＝mg，解得：cos θ＝mM＝0.6.由牛顿第二定律有：mg tan θ＝m4π2T2R.而R＝L sin θ，解得小球转动的周期：T＝2π2L cos θg＝2×9.8×0.6×0.69.8s＝1.2 s.答案：1.2 s11．(2012·深圳模拟)如下图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg.求：(1)小球从管口飞出时的速率；(2)小球落地点到P点的水平距离．解析：(1)分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg－0.5 mg＝mv12R，v 1＝gR2.当小球对管上部有压力时，则有mg ＋0.5mg ＝mv 22R，v 2＝32gR . (2)小球从管口飞出做平抛运动，2R ＝12gt 2，t ＝2Rg ，x 1＝v 1t ＝2R ，x 2＝v 2t ＝6R .答案：(1)gR2或32gR (2)2R 或6 12．(2014·广州模拟)如图所示，有一长为L 的细线，细线的一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C 点位于O 点正下方，且到O 点的距离为1.9 L ．不计空气阻力．(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)若小球通过最低点B 时，细线对小球的拉力T 恰好为小球重力的6倍，且小球经过B 点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到C 点的距离．解析：(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A 点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有：mg ＝m v 2AL解得：v A ＝gL .(2)小球在B 点时根据牛顿第二定律有：T －mg ＝m v 2BL，其中T ＝6mg解得小球在B 点的速度大小为v B ＝5gL细线断裂后，小球从B 点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得：竖直方向上:1.9L －L ＝12gt 2，水平方向上:x ＝v B t ，解得：x ＝3L ，即小球落地点到C 点的距离为3 L. 答案：(1)gL (2)3 L。

2019_2020学年新教材高中物理课时作业(四)圆周运动新人教版必修第二册

课时作业(四) 圆周运动A 组：基础落实练1．一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是( ) A ．轨道半径越大，线速度越大 B ．轨道半径越大，线速度越小 C ．轨道半径越大，周期越大 D ．轨道半径越大，周期越小解析：由v ＝ωr 可知，ω一定时，v 与r 成正比，A 正确、B 错误；由T ＝2πω可知，ω一定时，T 一定，与r 无关，C 、D 错误．答案：A2．下列关于甲、乙两个做圆周运动的物体的有关说法正确的是( ) A ．它们线速度相等，角速度一定也相等 B ．它们角速度相等，线速度一定也相等 C ．它们周期相等，角速度一定也相等 D ．它们周期相等，线速度一定也相等解析：由v ＝ωr 知，只有甲、乙两个做圆周运动的物体的半径相等时，它们的线速度相等，角速度才相等，A 、B 错；由ω＝2πT知，甲、乙周期相等，角速度一定也相等，C 对；由v ＝2πr T知，甲、乙周期相等，线速度不一定相等，D 错．答案：C3．甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，则( )A ．ω1>ω2，v 1>v 2B ．ω1<ω2，v 1<v 2C ．ω1＝ω2，v 1<v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2解析：根据ω＝2πT可知，二者角速度相同，根据v ＝ωr 可知v 1<v 2，所以C 正确．答案：C4．(多选)如图所示，静止在地球上的物体都要随地球一起转动，a是位于赤道上的一点，b是位于北纬30°上的一点，则下列说法正确的是( )A．a、b两点的运动周期相同B．它们的角速度是不同的C．a、b两点的线速度大小相同D．a、b两点线速度大小之比为2: 3解析：如题图所示，地球绕自转轴转动时，地球上各点的周期及角速度都是相同的．地球表面物体做圆周运动的平面是物体所在纬度线平面，其圆心分布在整条自转轴上，不同纬度处物体做圆周运动的半径是不同的，b点半径r b＝3r a2，由v＝ωr，可得v a:v b＝2: 3.答案：AD5．如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮边缘上的两个点，则偏心轮转动过程中a、b两点( )A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．周期大小不同D．转速大小不同解析：同轴转动，角速度大小相等，周期、转速都相等，选项A正确，C、D错误；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr可知，线速度大小不同，选项B错误．答案：A6．(多选)质点做匀速圆周运动，则( )A．在任何相等的时间里，质点的位移都相等B．在任何相等的时间里，质点通过的路程都相等C．在任何相等的时间里，质点运动的平均速度都相同D．在任何相等的时间里，连接质点和圆心的半径转过的角度都相等解析：如图所示，经T /4，质点由A 到B ，再经T /4，质点由B 到C ，由于线速度大小不变，根据线速度的定义，Δs ＝v ·T /4，所以相等时间内通过的路程相等，B 对．但位移x AB 、x BC 大小相等，方向并不相同，平均速度不同，A 、C 错．由角速度的定义ω＝ΔθΔt知，Δt 相同，Δθ＝ω·Δt 相同，D 对．答案：BD7．(多选)如图所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 的地方，它们都随圆盘一起运动．比较两木块的线速度和角速度，下列说法正确的是( )A ．两木块的线速度相等B ．两木块的角速度相等C ．M 的线速度是N 的线速度的3倍D ．M 的角速度是N 的角速度的3倍解析：由传动装置特点知，M 、N 两木块有相同的角速度，又由v ＝ωr 知，因r N ＝13r ，r M ＝r ，故木块M 的线速度是木块N 线速度的3倍，选项B 、C 正确．答案：BC8．如图所示是自行车传动结构的示意图，其中A 是半径为r 1的大齿轮，B 是半径为r 2的小齿轮，C 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 1r 3r 2 D.2πnr 2r 3r 1解析：前进速度即为后轮的线速度，由于同一个轮上的各点的角速度相等，同一条线上的各点的线速度相等，可得ω1r 1＝ω2r 2，ω3＝ω2，又ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.选项C 正确．答案：C9．甲、乙两物体分别做匀速圆周运动，如果它们转动的半径之比为1:5，线速度之比为3:2，那么下列说法正确的是( )A ．甲、乙两物体的角速度之比是2:15B ．甲、乙两物体的角速度之比是10:3C ．甲、乙两物体的周期之比是2:15D ．甲、乙两物体的周期之比是10:3 解析：由v ＝rω可得ω甲ω乙＝v 甲r 甲v 乙r 乙＝v 甲v 乙×r 乙r 甲＝32×51＝152；又ω＝2πT ，所以T 甲T 乙＝ω乙ω 甲＝215，选项C 正确．答案：C 10.某老师在做竖直面内圆周运动快慢的实验研究，并给运动小球拍了频闪照片，如图所示(小球相邻影像间的时间间隔相等)，小球在最高点和最低点的运动快慢比较，下列说法中不正确的是( )A ．该小球所做的运动不是匀速圆周运动B ．最高点附近小球相邻影像间弧长短，线速度小，运动较慢C ．最低点附近小球相邻影像间圆心角大，角速度大，运动较快D ．小球在相邻影像间运动时间间隔相等，最高点与最低点运动一样快解析：由所给频闪照片可知，在最高点附近，像间弧长较小，表明最高点附近的线速度较小，运动较慢；在最低点附近，像间弧长较大，对应相同时间内通过的圆心角较大，故角速度较大，运动较快，A 、B 、C 项正确，D 项不正确．答案：D 11.如图所示的装置中，已知大轮A 的半径是小轮B 的半径的3倍，A 、B 分别在边缘接触，形成摩擦传动，接触点无打滑现象，B 为主动轮，B 转动时边缘的线速度为v ，角速度为ω.求：(1)两轮转动周期之比； (2)A 轮边缘的线速度； (3)A 轮的角速度，解析：(1)因接触点无打滑现象，所以A 轮边缘的线速度与B 轮边缘的线速度大小相等，则v A ＝v B ＝v由T ＝2πr v ，得T A T B ＝r A v B r B v A ＝r A r B ＝31(2)v A ＝v B ＝v (3)由ω＝v r ，得ωA ωB ＝v A r B v B r A ＝r B r A ＝13所以ωA ＝13ωB ＝13ω答案：(1)3:1 (2)v (3)13ωB 组：能力提升练12．[2018·江苏卷](多选)火车以60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s 时间内，火车( )A ．运动路程为600 mB ．加速度为零C ．角速度约为1 rad/sD ．转弯半径约为3.4 km解析：在此10 s 时间内，火车运动路程为60 m/s ×10 s ＝600 m ，选项A 正确；曲线运动加速度不可能为零，选项B 错误；角速度ω＝10°10 s ＝1°/s＝π180 rad/s ，选项C 错误；转弯半径r ＝vω＝3 439 m ≈3.4 km ，选项D 正确．答案：AD 13.(多选)如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪30次，风扇转轴O 上装有3个扇叶，它们互成120°角，当风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，则风扇转速可能是( )A ．600 r/minB ．900 r/minC ．1 200 r/minD ．3 000 r/min解析：风扇转动时，观察者感觉扇叶不动，说明在每相邻两次闪光的时间间隔T 灯内，风扇转过的角度是120°的整数倍，即13圈的整数倍，而T 灯＝130 s ．所以风扇的最小转速n min＝13 r 130 s ＝10 r/s ＝600 r/min.故满足题意的可能转速为n ＝kn min ＝600k r/min(k ＝1,2,3…)，选项A 、C 、D 正确．答案：ACD 14.如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘的水平距离为L .将飞镖对准A 点以初速度v 0水平抛出，在飞镖抛出的同时，圆盘以角速度ω绕垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速转动．要使飞镖恰好击中A 点，则飞镖的初速度和圆盘的角速度应满足( )A ．v 0＝ g2d L ，ω＝n π g2d(n ＝1,2,3，…) B ．v 0＝g2dL ，ω＝(2n ＋1)π g2d(n ＝0，1，2，3，…) C ．v 0>0，ω＝2n π g2d(n ＝1,2，3，…) D ．只要v 0>g2dL ，就一定能击中圆盘上的A 点解析：飞镖平抛有L ＝v 0t ，d ＝12gt 2，则v 0＝Lg2d，在飞镖运动的时间内圆盘转过角度Δθ＝(2n ＋1)π(n ＝0，1，2，…)，又Δθ＝ωt ，得ω＝(2n ＋1)π g2d，故选项B 正确．答案：B。

高三物理一轮复习课时作业1：4.3圆周运动

第3课时圆周运动一、单项选择题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，方向始终指向球心答案 D解析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 v2，而v的大小不变，故合外力的大小不变，选项RB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，方向始终指向球心，选项D正确．2．如图1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，下列关于小球运动情况的说法正确的是()图1A．若拉力突然消失，小球将沿轨道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运动答案 A3．如图2所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员()图2A．受到的拉力为3GB．受到的拉力为2GC．向心加速度为2gD．向心加速度为2g答案 B解析对女运动员受力分析，由牛顿第二定律得，水平方向F T cos30°＝ma，竖直方向F T sin30°－G＝0，解得F T＝2G，a＝3g，A、C、D错误，B正确．4．如图3所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三个点．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()图3A．a、b和c三点的线速度大小相等B．b、c两点的线速度始终相同C．b、c两点的角速度比a点的大D．b、c两点的加速度比a点的大答案 D解析当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a、b和c三点的角速度相同，a 半径小，线速度要比b、c的小，A、C错；b、c两点的线速度大小始终相同，但方向不相同，B错；由a＝ω2r可得b、c两点的加速度比a点的大，D对．5．雨天野外骑车时，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4所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则()图4A．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答案 C解析当后轮匀速转动时，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，最容易被甩下来，故B、D错误，C正确．6．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圆锥顶上，如图5所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是选项中的()图5答案 C解析当角速度较小时，小球始终在圆锥面上运动，此时圆半径不变．角速度增大，细线拉力增大，当角速度增大到某一值时，小球会离开圆锥面，继续做圆周运动，此时拉力仍随角速度的增大而增大，但变化率较先前大，所以只有C符合题意．二、多项选择题7．下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是()A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D．匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动答案BD解析速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度．加速度大小虽然不变，但方向时刻在改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动．故本题选B、D.8．计算机硬盘内部结构如图6所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，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．磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区．现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5400r/min和7 200 r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则()图6A．磁头的位置相同时，7200r/min的硬盘读写数据更快B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长C．不管磁头位于何处，5400r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等D．5400r/min与7 200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3∶4答案AC解析根据v＝2πnr可知转速大的读写速度快，所以A选项正确．根据t＝θω＝θ2πn可知B选项错误，C选项正确．根据a n＝(2πn)2r可知D选项错误．9．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为l a、l b，如图7所示，当轻杆绕轴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被烧断的同时轻杆停止转动，则( )图7A ．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 中张力突然增大C ．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动D ．绳b 未被烧断时，绳a 的拉力大于mg ，绳b 的拉力为mω2l b答案 BC解析根据题意，在绳b 被烧断之前，小球绕BC 轴做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡，绳a 的拉力等于mg ，D 错误；绳b 被烧断的同时轻杆停止转动，此时小球具有垂直平面ABC 向外的速度，小球将在垂直于平面ABC 的平面内运动，若ω较大，则在该平面内做圆周运动，若ω较小，则在该平面内来回摆动，C 正确，A 错误；绳b 被烧断瞬间，绳a 的拉力与重力的合力提供向心力，所以拉力大于小球的重力，绳a 中的张力突然变大了，B 正确．三、非选择题10．在高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108km/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 ＝10m/s 2)答案 (1)150m (2)90m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 ＝108km /h ＝30 m/s 得，弯道半径r min ＝150m. (2)汽车过圆弧拱桥，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，则R ≥90m.11．物体做圆周运动时所需的向心力F 需由物体运动情况决定，合力提供的向心力F 供由物体受力情况决定．若某时刻F 需＝F 供，则物体能做圆周运动；若F 需>F 供，物体将做离心运动；若F 需<F 供，物体将做近心运动．现有一根长L ＝1m 的刚性轻绳，其一端固定于O 点，另一端系着质量m ＝0.5kg 的小球(可视为质点)，将小球提至O 点正上方的A 点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图8所示．不计空气阻力，g 取10m/s 2，则：图8(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A 点至少应施加给小球多大的水平速度？(2)在小球以速度v 1＝4m/s 水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？(3)在小球以速度v 2＝1m/s 水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．答案 (1)10m/s (2)3N (3)无张力，0.6s解析 (1)小球做圆周运动的临界条件为重力刚好提供最高点时小球做圆周运动的向心力，即mg ＝m v 20L，解得v 0＝gL ＝10m/s. (2)因为v 1>v 0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 21L，代入数据得绳中张力F T ＝3N.(3)因为v 2<v 0，故绳中无张力，小球将做平抛运动，其运动轨迹如图中实线所示，有L 2＝(y－L )2＋x 2，x ＝v 2t ，y ＝12gt 2，代入数据联立解得t ＝0.6 s ．。

高考物理总复习第4章第3课时圆周运动的规律课时作业(含解析)-人教版高三全册物理试题

【全优课堂】2016高考物理总复习第4章第3课时圆周运动的规律课时作业一、单项选择题1．在光滑的水平桌面上，有两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图1.当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，如此转轴O到小球2的距离是( )图1A.Lv1v1＋v2B.Lv2v1＋v2C.L v1＋v2v1D.L v1＋v2v2【答案】B【解析】设杆转动的角速度为ω，转轴O到小球2的距离为r2，如此有v1＝ω(L－r2)、v2＝ωr2，解得r2＝Lv2v1＋v2，故B正确．2．如图2所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，如下说法正确的答案是( )图2A．受重力和台面的支持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力【答案】D【解析】重力与支持力平衡，静摩擦力提供向心力，方向指向转轴．3．长度不同的两根细绳悬于同一点，另一端各系一个质量一样的小球，使它们在同一水平面内做圆锥摆运动，如图3所示，如此有关两个圆锥摆的物理量一样的是( )图3A ．周期B ．线速度的大小C ．向心力D ．绳的拉力【答案】A【解析】设O 到小球所在水平面的距离为h ，对球进展受力分析如下列图，得F 向＝F 合＝mg tan α＝m4π2T 2h tan α，解得T ＝4π2hg，故周期与α角无关，如此选项A 对，B 、C 错．又知F 拉＝mgcos α，故绳的拉力不同，选项D 错．4.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中有两位驾驶摩托车的杂技演员A 、B ，他们离地面的高度分别为h A 和h B ，且h A >h B ，如下说法中正确的答案是( )图4A ．A 摩托车对侧壁的压力较大B ．A 摩托车做圆周运动的向心力较大C ．A 摩托车做圆周运动的周期较小D ．A 摩托车做圆周运动的线速度较大【答案】D【解析】以摩托车为研究对象，受力分析如下列图，如此有F N sin θ＝mg ，F N cos θ＝m v 2R ＝mR (2πT)2，因侧壁与地面之间的夹角θ与h 无关，故压力F N 不变，向心力不变，h 越高，R 越大，如此T 越大，v 越大．5．如图5所示，有一质量为M 的大圆环，半径为R ，被一轻杆固定后悬挂在O 点，有两个质量为m 的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到大环底部时，速度都为v ，如此此时大圆环对轻杆的拉力大小为( )图5A ．(2m ＋2M )gB ．Mg －2mv2RC ．2m (g ＋v 2R )＋MgD ．2m (v 2R－g )＋Mg【答案】C【解析】设每个小环滑到大环底部时，受大环的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg＝m v 2R ，由牛顿第三定律知，小环对大环向下的压力大小也为F N ；再对大环受力分析，由物体平衡条件可得，轻杆对大环的拉力F ＝Mg ＋2F N ＝2m (g ＋v 2R )＋Mg ，所以大环对轻杆的拉力大小为2m (g ＋v 2R)＋Mg .只有C 正确．6．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6所示．正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比a A ∶a B ∶a C 等于( )图6A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4 【答案】C【解析】因为A 、C 的角速度一样，A 、B 的线速度大小一样，所以v A v C ＝R A R C ＝18，ωA ωB ＝R BR A＝41，故a A ∶a B ∶a C ＝ωA v A ∶ωB v B ∶ωC v C ＝4∶1∶32. 二、双项选择题7．如图7所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量一样的小球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，如此如下说法正确的答案是 ( )图7A ．球A 的线速度必定大于球B 的线速度 B ．球A 的角速度必定小于球B 的角速度C ．球A 的运动周期必定小于球B 的运动周期D ．球A 对筒壁的压力必定大于球B 对筒壁的压力【答案】AB【解析】根据上述规律可知，此题中的A 、B 两小球实际上是具有一样的向心加速度，根据a ＝v 2R ＝Rω2＝4π2R T2可知，加速度一样时，半径越大，线速度越大，角速度越小，周期越大，即由R A >R B ，可知v A >v B ，ωA <ωB ，T A >T B ，如此选项A 、B 正确，C 错误．由于A 、B 质量一样，在一样的倾斜面上，如此向心力相等，进一步可知两球所受的弹力相等，故可知选项D 错误．8.图8为A 、B 两物体做匀速圆周运动时向心加速度a 随半径r 的变化的图线，由图可知( )图8A ．A 物体的线速度大小不变B ．A 物体的角速度不变C ．B 物体的线速度大小不变D ．B 物体的角速度不变【答案】AD【解析】对于物体A 有a A ∝1r ，与a ＝v2r相比拟，如此v A 大小不变，所以A 物体的线速度大小不变；对于物体B 有a B ∝r 与a ＝ω2r 相比拟，如此ωB 不变，应当选项A 、D 正确．9．如图9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，如此它们的( )图9A ．周期一样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【答案】AC【解析】设圆锥摆的高为h ，如此mg ·r h ＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT )2r ＝ma ，故v ＝rg h，ω＝gh，T ＝2π h g ，a ＝rhg .因两圆锥摆的h 一样，而r 不同，故两小球运动的线速度不同，角速度的大小相等，周期一样，向心加速度不同．10．如图10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l2的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，如下说法正确的答案是( )图10A ．小球的线速度不发生突变B ．小球的角速度不发生突变C ．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D ．绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍【答案】AC【解析】由于惯性，小球的线速度不会突变，但由于继续做圆周运动的半径减小为原来的一半，如此角速度ω＝v r 增为原来的2倍；向心加速度a ＝v 2r 也增为原来的2倍；对小球受力分析，由牛顿第二定律得F T －mg ＝mv 2r ，即F T ＝mg ＋mv 2r，r 减为原来的一半，拉力增大，但不到原来的2倍．三、非选择题11．如图11所示，在半径为R 的转盘边缘固定有一竖直杆，在杆的上端点用长为L 的细线悬挂一小球，当转盘旋转稳定后，细绳与竖直方向的夹角为θ，如此小球转动周期为多大？图11【答案】2πR ＋L sin θg tan θ【解析】小球随圆盘一起旋转，所以小球与圆盘的角速度一样，小球做圆周运动的向心力垂直指向杆，向心力由重力和绳子拉力的合力提供．小球在水平面内做匀速圆周运动的半径r ＝R ＋L sin θ①重力G 和绳拉力F 的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F sin θ＝mr 4π2T 2②竖直方向：F cos θ－mg ＝0③ 联立①②③解得T ＝2πR ＋L sin θg tan θ.12.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为m 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12所示．握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径、绳重和空气阻力．图12(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，假设绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v 1＝2gdv 2＝ 52gd (2)113mg (3)d 2233d【解析】(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，竖直方向d －34d ＝12gt 2，水平方向d ＝v 1t联立解得v 1＝2gd . 由机械能守恒定律，有 12mv 22＝12mv 21＋mg (d －34d ) 解得v 2＝52gd . (2)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．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，在其圆周运动的最低点，有F T －mg ＝mv 21R联立解得F T ＝113mg .(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有F T －mg ＝m v 23l，得v 3＝83gl . 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21，x＝v 3t 1，解得x ＝4l d －l3.当l ＝d 2时，x 有极大值x m ＝233d .。

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