课时跟踪检测(十二) 圆周运动
(通用版)高考物理一轮复习 分层限时跟踪练12 圆周运动-人教版高三全册物理试题
分层限时跟踪练12 圆周运动(限时40分钟)一、单项选择题1．如图4313所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，如此偏心轮转动过程中a、b两质点( )图4313A．角速度大小一样B．线速度大小一样C．向心加速度大小一样D．向心力大小一样【解析】同轴转动，角速度大小相等，选项A正确；角速度大小相等，但转动半径不同，根据v＝ωr、a＝ω2r和F＝mω2r可知，线速度、向心加速度和向心力大小均不同．选项B、C、D错误．【答案】 A2．水平放置的三个用不同材料制成的轮A、B、C用不打滑皮带相连，如图4314所示(俯视图)，三轮的半径比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上放置同一小物块P，P均恰能相对静止在各轮的边缘上．设小物块P所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P与轮A、B、C接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，三轮A、B、C转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，如此( )图4314A．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2B．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2【解析】因三轮用不打滑皮带连接，三轮边缘处线速度大小相等，由题意知μmg＝m v2R，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，A错误，B正确；由v＝ωR知ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，C、D错误．【答案】 B3．如图4315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，如下关于ω与θ关系的图象正确的答案是( )图4315A B C D【解析】分析小球受力，其所受合外力F＝mg tan θ.由牛顿第二定律，F＝mω2L sinθ，联立解得：ω2＝gL cos θ，如此ω与θ关系的图象正确的答案是D.【答案】 D4．(2015·福建高考)如图4316所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．假设小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C 滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小一样且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，如此( )图4316A．t1＜t2B．t1＝t2C．t1＞t2D．无法比拟t1、t2的大小【解析】在滑道AB段上取任意一点E，比拟从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2易知，v1＞v2.因E点处于“凸〞形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，如此摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹〞形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑动损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1＜t2.选项A正确．【答案】 A5．如图4317所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，如此如下说法正确的答案是( )图4317A．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＝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【解析】小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B均错误；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与小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＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，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情况与小球速度大小有关，D错误．【答案】 C二、多项选择题6．如图4318所示，物体P用两根长度相等、不可伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，假设转动角速度为ω，如此( )图4318A．ω只有超过某一值时，绳子AP才有拉力B．绳子BP的拉力随ω的增大而不变C ．绳子BP 的张力一定大于绳子AP 的张力D ．当ω增大到一定程度时，绳子AP 的张力大于绳子BP 的张力【解析】 ω较小时，AP 松弛，绳子BP 的拉力随ω的增大而增大，故A 选项正确，B 选项错误．当ω达到某一值ω0时，AP 刚好绷紧．物体P 受力分析如下列图，其合力提供向心力，竖直方向合力为零．故F BP >F AP ，C 选项正确，D 选项错误．【答案】 AC7．(2015·浙江高考)如图4319所示为赛车场的一个水平“U 〞形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如下列图的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，如此( )图4319A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等【解析】 由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，如此知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝sv，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝〔π＋2〕r μgr ，t 2＝2r 〔π＋1〕2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．【答案】ACD8．(2016·孝感检测)如图4320所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，如下说法正确的答案是( )图4320A．木块A处于超重状态B．木块A处于失重状态C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【解析】A、B一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度．水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心．在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A、B都处于失重状态，A错误，B正确；对A分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A水平加速度的力只有B 对A的摩擦力，因此B对A的摩擦力越来越小，C正确，D错误．【答案】BC9．如图4321所示，半径为R的光滑半圆管道(内径很小)竖直放置，质量为m的小球(可视为质点)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.小球落地点到P点的水平距离可能为( )图4321A.2RB.3RC．2R D．6R【解析】 小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t ，如此2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g .当小球在P 点对管壁下部有压力时，mg －0.5mg ＝mv 21R，解得v 1＝gR 2；当小球在P 点对管壁上部有压力时，mg ＋0.5mg ＝mv 22R ，解得v 2＝3gR 2，因此水平位移x 1＝v 1t ＝2R ，x 2＝v 2t ＝6R ，A 、D 正确．【答案】 AD三、非选择题10．如图4322所示，水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO ′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s ，桶壁上P 处有一个小圆孔，桶壁很薄，桶的半径R ＝2 m ，圆孔正上方h ＝3.2 m 处有一个小球由静止开始下落，圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算判断小球是否会和圆筒碰撞(空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．图4322【解析】 设小球下落h 时所用的时间为t 1，经过圆筒所用的时间为t 2，如此有h ＝12gt 21，解得t 1＝0.8 s ；h ＋2R ＝12g (t 1＋t 2)2，解得t 2＝0.4 s. 圆筒的运动周期T ＝2πω＝0.8 s ，因为t 1＝T ，t 2＝T /2，故可知不会碰撞． 【答案】 不会和圆筒碰撞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．假设某时刻F 需＝F 供，如此物体能做圆周运动；假设F 需>F 供，物体将做离心运动；假设F 需<F 供，物体将做近心运动．现有一根长L ＝1 m 的刚性轻绳，其一端固定于O 点，另一端系着质量m ＝0.5 kg 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4323所示．不计空气阻力，g 取10 m/s 2，如此：图4323(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＝4 m/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＝1 m/s 水平抛出的瞬间，绳中假设有张力，求其大小；假设无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．【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 ＝3 N.(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L2＝(y －L )2＋x 2，x ＝v 2t ，y ＝12gt 2，代入数据联立解得t ＝0.6 s. 【答案】 (1)10m/s (2)3 N (3)无张力，0.6 s12．如图4324所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图4324(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 做平抛运动，在竖直方向上有 H ＝12gt 2② 在水平方向上有s ＝v B t③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 2B L⑤ 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。
【三维设计】(江苏专用)2021届高考物理总复习课时跟踪检测圆周运动
【三维设计】（江苏专用）2021届高考物理总复习课时跟踪检测圆周运动一、单项选择题1. (2020·廊坊模拟)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，关于小球运动情形的说法正确的是( )图1A ．若拉力突然消逝，小于将沿轨迹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2. (2020·上海联考)如图2所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速转动，角速度为ω。
若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是( )图2A ．dv 20＝L 2gB ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，(n ＝0,1,2,3，…)C ．v 0＝ωd2D ．dω2＝g π2(1＋2n )2，(n ＝0,1,2,3，…)3. (2020·全国卷Ⅱ)如图3，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。
重力加速度大小为g 。
当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )图3A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg4．如图4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，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( )图4A．2 m/s B．210 m/sC．2 5 m/s D．2 2 m/s5. (2020·南通三模)如图5所示，光滑的凸轮绕O轴匀速转动，C、D是凸轮边缘上的两点，AB杆被限制在竖直方向移动，杆下端A在O点正上方与凸轮边缘接触且被托住。
学年高中物理第五章曲线运动第节生活中的圆周运动课时跟踪检测新人教版必修.doc
第五章 第7节 生活中的圆周运动课时跟踪检测【强化基础】1.如图所示，质量相等的A 、B 两物块放在匀速转动的水平圆盘上，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是( )A ．它们所受的摩擦力f A ＞f BB ．它们的线速度v A ＜v BC ．它们的运动周期T A <T BD ．它们的角速度ωA ＞ωB解析：对两物块进行受力分析知：水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，则f ＝m ω2r ，由于A 、B 在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，又因为R A >R B ，故f A >f B ，故A 正确；由v ＝ωr ，ωA ＝ωB ， R A >R B ，可知v A >v B ，故B 错误；根据T ＝2πω，ωA ＝ωB ，可知T A ＝T B ，C 错误；由于A 、B 在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，故D 错误.答案：A2.(多选)(2018·赣州期中)洗衣机的脱水筒采用电机带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是( )A ．在人看来水会从桶中甩出是因为水滴受到离心力很大的缘故B ．脱水过程中，大部分衣物紧贴筒壁C ．加快脱水筒转动角速度，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解析：水滴不会受到离心力作用，水会从桶中甩出是因为水滴受到合外力不足以提供向心力，A 选项错误；脱水过程中，大部分衣物做离心运动而紧贴筒壁，B 选项正确；根据向心力公式可知，F ＝m ω2R ，ω增大会使向心力F 增大，衣服中的水容易发生离心运动，会使更多水滴被甩出去，脱水效果更好，C 选项正确；F ＝m ω2R ，半径越大，需要的向心力越大，所以靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好，D 选项正确.答案：BCD3.(2018·温州模拟)下列对教材中的四幅图分析正确的是( )A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用 解析：被推出的冰壶由于惯性，能继续前进，并不是受到手的推力作用，A 选项错误；电梯在加速上升时，加速度向上，电梯里的人处于超重状态，B 选项错误；汽车过凹形桥最低点时，向心加速度向上，支持力与重力的合力提供向心力，速度越大，需要的向心力越大，支持力越大，汽车对桥面的压力越大，C 选项正确；汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，合力提供向心力，D 选项错误.答案：C4.(多选)如图所示，可视为质点的、质量为m 的小球，在半径为R 的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是( )A ．小球能够通过最高点时的最小速度为0B ．小球能够通过最高点时的最小速度为gRC ．如果小球在最高点时的速度大小为2gR ，则此时小球对管道的外壁有作用力D ．如果小球在最低点时的速度大小为5gR ，则小球对管道的作用力为5mg解析：圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A 正确，B 错误；设管道对小球的弹力大小为F ，方向竖直向下.由牛顿第二定律得mg ＋F ＝m v 2R，v ＝2gR ，代入解得F ＝3mg ＞0，方向竖直向下，根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故C 正确；在最低点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：N －mg ＝m v 2R ，v ＝5gR ，解得：N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m 5gR R＝6mg ；根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg ，故D 错误.故选AC ．答案：AC5.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 ＝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 ．2033 NC ．15 ND ．10 3 N解析：小球在最高点速率为v 时，重力提供向心力，mg ＝m v 2r，当小球在最高点的速率为2v 时，重力和绳的拉力提供向心力，mg ＋2F T cos30°＝m(2v )2r ，联立解得F T ＝5 3 N ，A选项正确.答案：A【巩固易错】6.(多选)(2018·银川市兴宁区期中)如图所示，光滑的水平面上，小球m 在拉力F 作用下做匀速圆周运动，若小球到达P 点时F 突然发生变化，下列关于小球运动的说法正确的是( )A ．F 突然消失，小球将沿轨迹Pa 做离心运动B ．F 突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动C ．F 突然变大，小球将沿轨迹Pb 做离心运动D ．F 突然变大，小球将沿轨迹Pc 逐渐靠近圆心解析：根据圆周运动规律可知，当向心力突然消失或变小时，物体会做离心运动，当向心力突然变大时，物体做向心运动，向心力F 突然消失，小球将沿轨迹Pa 做匀速直线运动，A 选项正确；向心力F 突然变小，小球将沿轨迹Pb 做离心运动，B 选项错误；向心力F 突然变大，小球将沿轨迹Pc 逐渐靠近圆心，做向心运动，C 选项错误，D 选项正确.答案：AD7.(2018·蚌埠市期中)飞行员的质量为m ，驾驶飞机在竖直平面内以速度v 做半径为r 的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力( )A ．是相等的B ．相差m v 2rC ．相差2m v 2rD ．相差2mg 解析：飞行员在最高点时，根据牛顿第二定律结合向心力公式得mg ＋F N1＝m v 2r. 在最低点，F N2－mg ＝m v 2r，联立解得F N2－F N1＝2mg ，D 选项正确. 答案：D【能力提升】8.如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为 “魔力陀螺”.它可等效为图乙所示模型；竖直固定的磁性圆轨道半径为R ，质量为m 的质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，A 、B 两点分别为轨道的最高点与最低点.质点受轨道的磁性引力始终指向圆心O 且大小恒为F ，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g .(1)若质点在A 点的速度为gR ，求质点在该点对轨道的弹力；(2)若磁性引力大小F 可变，质点以速度2gR 恰好通过B 点，求F 的最小值.解析： (1)设轨道在A 点对质点向上的弹力大小为F NF ＋mg －F N ＝m v 2R代入数据，得：F N ＝F由牛顿第三定律得：质点在A 点对轨道弹力大小为F ，方向竖直向下.(2)质点在B 点时有F B －mg －F N ＝m v 2B R当F N ＝0时，恰好通过B 点故F B ＝5mg .答案： (1)F 方向竖直向下 (2)5mg9.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，其内外轨道高度差h 的设计不仅与r 有关，还取决于火车在弯道上的行驶速率，下表中是铁路设计人员技术手册中弯道半径r 及与之对应的轨道的高度差h ：(取g ＝10 m/s 2)(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L ＝1 435 mm ，结合表中的数据，算出我国火车的转弯速度v .(以km/h 为单位，结果取整数.设轨道倾角很小时，正切值按正弦值处理)解析：(1)由表中数据可知，每组的h 与r 之积为常数，hr ＝660×50×10－3m 2＝33 m 2.当r ＝440 m 时，h ＝75 mm.(2)内、外轨对车轮没有侧向压力时，火车的受力如图所示，则mg tan θ＝m v 2r，θ很小，则有tan θ≈sin θ＝h L所以v ＝ ghr L＝10×331 435×10－3 m/s ≈15 m/s ＝54 km/h. 答案：(1)hr ＝33 m 2 75 mm (2)54 km/h。
2022-2023学年教科版(2019)必修第二册 2-1圆周运动 课时作业(含答案)
2022-2023学年教科版（2019）必修第二册2.1圆周运动课时作业（含答案）一、单选题1. 关于圆周运动的下列论述正确的是（）A．做匀速圆周运动的物体，在任何相等的时间内通过的位移都相等B．做匀速圆周运动的物体，在任何相等的时间内通过的路程都相等C．做匀速圆周运动的物体的加速度一定不变D．做匀速圆周运动的物体的线速度一定不变2. 如图所示，细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球。
在O点的正下方有一枚与竖直平面垂直的钉子。
将球拉起使细绳在水平方向上恰好伸直，现由静止开始释放小球，在细绳碰到钉子后的瞬间，下列物理量不变的是（）A．小球的向心加速度B．小球的线速度大小C．小球的角速度大小D．小球受到的拉力大小3. 有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树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤。
从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是（）A．树木开始倒下时，树梢的角速度最大，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，树梢的周期较大，易于判断D．伐木工人的经验缺乏科学依据，以上选项都不对4. 下列物体中，做圆周运动的是（）A．时钟上的表针B．踢出的足球C．奔驰的列车D．飘落的枫叶5. 2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金、4银、2铜位列奖牌榜第三，金牌数和奖牌数均创历史新高。
某滑雪运动员（可视为质点）在滑雪练习中，由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，假设由于摩擦力等因素的影响，运动员的速率保持不变，则运动员沿AB 下滑过程中（ ）A ．所受合外力始终为零B ．所受支持力保持不变C ．所受合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变6. 由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP 与横杆PQ 链接而成，P 、Q 为横杆的两个端点。
在道闸拾起过程中，杆PQ 始终保持水平。
2020-2021高中物理新人教版必修第二册 6.4生活中的圆周运动 课时作业12(含解析)
C． 是b开始滑动的临界角速度
D．当 时，a所受摩擦力的大小为
9．如图所示，两个可视为质点的相同物体a和b放在水平圆转盘上，且物体a、b与转盘中心在同一条水平直线上，物体a、b用细线连接，它们与转盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是（ ）
A．物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
D．角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大
11．如图所示，目前世界上最大的无轴式摩天轮是位于山东潍坊的空心摩天轮，直径125米，旋转一周大约需要半个小时．摩天轮在竖直平面内匀速转动，乘客始终相对吊厢静止，则（ ）
故选C。
6．C
【详解】
设AB=r，则有
OB=2AB=2r，OA=3r
设每个小球的质量为m，角速度为ω，根据牛顿第二定律得
对A球
对B球
联立可得
2020(人教版)高考物理复习 课时过关题12 圆周运动(含答案解析
2020(人教版)高考物理复习课时过关题12圆周运动1.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．如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来2.如图所示，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( )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3.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(小孔光滑)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(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是( )A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变大C．Q受到桌面的静摩擦力变小D．Q受到桌面的支持力变小4.如图所示,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的关系图像正确的是( )5.如图所示为一陀螺，a、b、c为在陀螺上选取的三个质点，它们的质量之比为1∶2∶3，它们到转轴的距离之比为3∶2∶1，当陀螺以角速度ω高速旋转时( )A．a、b、c的线速度之比为1∶2∶3B．a、b、c的周期之比为3∶2∶1C．a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1D．a、b、c的向心力之比为1∶1∶16.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15：147.半径为1 m的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O点的正上方将一个可视为质点的小球以4 m/s的速度水平抛出时，半径OA方向恰好与该初速度的方向相同，如图所示，若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，则圆盘转动的角速度大小可能是( )A．2π rad/s B．4π rad/s C．6π rad/s D．8π rad/s8.有一长度为L=0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到( )A．6.0 N的拉力B．6.0 N的压力C．24 N的拉力D．24 N的压力F—v图象如图乙所示．下列说法正确的是( )A．当地的重力加速度大小为R b加速度g=10 m/s)(A. 6 m/s B．2 m/s C11. (多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r=0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g=10 m/s2)( )A．v0≥0 B．v0≥4 m/s C．v0≥2 5 m/s D．v0≤2 2 m/s力，则下列说法正确的是(A．此时绳子张力为3μmg13.如图所示,一块足够大的光滑平板放置在水平面上,能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。
2021高考物理大一轮复习课时跟踪检测(十二) 圆周运动
课时跟踪检测（十二） 圆周运动[A 级——基础小题练熟练快]1.一户外健身器材如图所示，当器材上轮子转动时，轮子上A 、B 两点的( )A ．转速nB >n AB ．周期T B >T AC ．线速度v B >v AD ．角速度ωB >ωA解析：选C A 、B 两点为同轴转动，所以n A ＝n B ，T A ＝T B ，ωA ＝ωB ，而线速度v ＝ωr ，所以v B >v A 。
2.(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。
座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱( )A ．运动周期为2πR ωB ．线速度的大小为ωRC ．受摩天轮作用力的大小始终为mgD ．所受合力的大小始终为mω2R解析：选BD 座舱的周期T ＝2πR v ＝2πω，A 错。
根据线速度与角速度的关系，v ＝ωR ，B 对。
座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F 合＝mω2R ，C 错，D 对。
3．(多选)(2019·齐鲁名校联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示。
已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上。
转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。
稳定后，每根钢绳(含游客)与转轴在同一竖直平面内。
图中P 、Q 两位游客悬于同一个圆周上，P 所在钢绳的长度大于Q 所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。
不计钢绳和飞椅的重力。
下列判断正确的是( )A ．P 、Q 两位游客的线速度大小相同B ．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C ．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2D ．如果两位游客的质量相同，则Q 的向心力一定小于P 的向心力解析：选BD 设钢绳延长线与转轴的交点到游客所在水平面的距离为h (这是一个巧妙的参量，将会使推导大为简化——由圆锥摆而受到的启发)，钢绳延长线与竖直方向的夹角为θ，由mg tan θ＝mω2h tan θ，所以h ＝g ω2，与游客的质量无关，即h P ＝h Q (这是一个非常重要的结论)。
高考物理一轮复习课时规范练12 圆周运动(含答案)
课时规范练12圆周运动基础对点练1.(竖直面内的圆周运动)如图所示,长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球,另一端固定在转轴O上,杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动。
已知小球通过最低点Q时的速,则小球的运动情况为()度大小为v=√9gl2A.小球不可能到达圆轨道的最高点PB.小球能到达圆轨道的最高点P,但在P点不受轻杆对它的作用力C.小球能到达圆轨道的最高点P,且在P点受到轻杆对它向上的弹力D.小球能到达圆轨道的最高点P,且在P点受到轻杆对它向下的弹力2.(圆周运动的运动学分析)如图所示,修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的,其原理可简化为图中所示的模型。
A、B是转动的齿轮边缘的两点,若A点所在齿轮的半径是B点所在齿轮的半径的3倍,则下列说法正确的是()2A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3C.A、B两点的周期之比为2∶3D.A、B两点的向心加速度之比为1∶13.(圆周运动的动力学分析)摩天轮在一些城市是标志性设施,某同学乘坐如图所示的摩天轮,随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
设座舱对该同学的作用力为F,该同学的重力为G,下列说法正确的是()A.该同学经过最低点时,F=GB.该同学经过最高点时,F=GC.该同学经过与转轴等高的位置时,F>GD.该同学经过任一位置时,F>G4.(圆周运动的动力学分析)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.过山车在过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mg5.(圆周运动的周期性问题)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。
小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。
圆周运动检测题(Word版 含答案)
一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )A ．此时绳子张力为T ＝3mg μB ．此时圆盘的角速度为ω2grμC ．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 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】C ．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，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有22T mg mr μω+=以A 为研究对象，有2T mg mr μω-=联立可得3T mg μ=2grμω=故AB 正确；D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误． 故选ABC.2．如图，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 ．滑块对轨道的压力为2v mg m R+B ．受到的摩擦力为2v m RμC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．根据牛顿第二定律2N v F mg m R-=根据牛顿第三定律可知对轨道的压力大小2NN v F F mg m R'==+ A 正确；BC ．物块受到的摩擦力2N ()v f F mg m Rμμ==+BC 错误；D ．水平方向合力向左，竖直方向合力向上，因此物块受到的合力方向斜向左上方，D 正确。
圆周运动测试题及答案
圆周运动测试题及答案一、选择题1. 一个物体做匀速圆周运动，下列哪些物理量是保持不变的？（）A. 线速度B. 角速度C. 向心加速度D. 周期答案：B2. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，向心力的方向指向（）A. 圆心B. 圆外C. 切线方向D. 法线方向答案：A3. 以下哪个公式与匀速圆周运动的向心力无关？（）A. F = mv^2/rB. F = mω^2rC. F = maD. F = 2mv答案：D二、填空题4. 一个物体做匀速圆周运动时，其向心加速度的大小为________，其中v是线速度，r是半径。
答案：v^2/r5. 如果一个物体的角速度增加，而半径保持不变，那么其线速度会________。
答案：增加三、计算题6. 一个物体在水平面上以2米/秒的速度做匀速圆周运动，半径为5米。
求物体的向心加速度大小。
答案：向心加速度 a = v^2/r = (2 m/s)^2 / 5 m = 0.8 m/s^27. 一个物体绕垂直轴旋转，其角速度为10 rad/s，半径为0.5米。
求物体的线速度。
答案：线速度v = ωr = 10 rad/s * 0.5 m = 5 m/s四、简答题8. 描述一下匀速圆周运动的特点。
答案：匀速圆周运动的特点是物体在圆周轨迹上运动，速度大小保持不变，但方向始终指向圆心，因此存在向心加速度。
向心加速度的方向始终指向圆心，大小与物体的速度、半径成反比。
9. 解释为什么在匀速圆周运动中，物体的速度方向时刻改变。
答案：在匀速圆周运动中，虽然速度的大小保持不变，但由于物体在圆周轨迹上运动，其运动方向不断改变，始终沿着圆的切线方向。
因此，速度的方向时刻在变化，即使大小不变，速度矢量也在变化。
五、实验题10. 设计一个实验来验证匀速圆周运动的向心力公式 F = mv^2/r。
答案：实验设计应包括以下步骤：a. 准备一个可旋转的圆盘和一个可变质量的物体。
b. 将物体固定在细绳的一端，细绳的另一端固定在圆盘的中心。
高中物理 课时跟踪检测(三)圆周运动 新人教版必修2-新人教版高一必修2物理试题
课时跟踪检测〔三〕圆周运动1．如下关于匀速圆周运动的说法中，正确的答案是( )A．是线速度不变的运动B．是角速度不变的运动C．是角速度不断变化的运动D．是相对圆心位移不变的运动解析：选B 匀速圆周运动，角速度保持不变，线速度大小保持不变，方向时刻变化，A、C错误，B正确；相对圆心的位移大小不变，方向时刻变化，D错误。
2．(多项选择)关于地球上的物体随地球自转的角速度、线速度的大小，如下说法正确的答案是( )A．在赤道上的物体线速度最大B．在两极的物体线速度最大C．在赤道上的物体角速度最大D．在和广州的物体角速度一样大解析：选AD 地球上的物体随地球一起绕地轴匀速转动，物体相对地面的运动在此一般可忽略，因此物体随地球一起绕地轴匀速转动的角速度一样，由v＝ωr知半径大的线速度大。
物体在地球上绕地轴匀速转动时，在赤道上距地轴最远，线速度最大，在两极距地轴为0，线速度为0。
在和广州的物体角速度一样大。
故A、D正确。
3.如图1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，如此偏心轮转动过程中a、b两点( )图1A．角速度大小一样B．线速度大小一样C．周期大小不同D．转速大小不同解析：选A 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。
4．如图2所示是自行车传动结构的示意图，其中A是半径为r1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 ，如此自行车前进的速度为( )图2A.πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.2πnr 1r 3r 2D.2πnr 2r 3r 1解析：选C 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。
课时跟踪检测(十三) 圆周运动
课时跟踪检测（十三）圆周运动一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来，带动瓶中水一起高速稳定旋转时，水面形状接近下图中的()解析：选D让矿泉水瓶绕自身中心轴转动起来时，由于离心作用，水将跑到瓶子的边缘部分，使得边缘部分水的高度大于中心部分水的高度，则水面形状接近图D。
2．一列动车在10 s内以300 km/h的速度匀速驶过一段圆弧弯道，此过程中动车桌面上指南针的指针转过了约10°，则该弯道半径约为()A．10 km B．5 kmC．1 km D．500 m解析：选B根据指南针的指针在10 s内转过了约10°，可推知在30 s内将匀速转过约30°，解得角速度大小为ω＝θt＝π180rad/s，已知火车速度为v＝300 km/h＝2503m/s，根据v＝ωr可得r＝4 777 m≈5 km，故选项B正确，A、C、D错误。
3.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：选D汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14，故D正确。
4．(2020·沈阳质检)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平。
课时跟踪检测(十三) 圆周运动 (学生版)
课时跟踪检测（十三）圆周运动1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。
某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为() A．1 000 r/s B．1 000 r/minC．1 000 r/h D．2 000 r/s2.如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()A．P、Q两物体的角速度大小相等B．P、Q两物体的线速度大小相等C．P物体的线速度比Q物体的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用3.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无滑动。
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m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时() A．m1与m2滑动前的角速度之比ω1∶ω2＝3∶1B．m1与m2滑动前的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动4.山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。
每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。
假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为()A.gR sin θB.gR cos θC.gR tan θD.gR cot θ5．(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力f m＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m ＝1.0 kg 的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度匀速转动时，欲使木块相对转台静止，则木块到O孔的距离可能是(重力加速度g＝10 m/s2，木块、小球均视为质点)()A．6 cm B.15 cmC．30 cm D．34 cm6．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是()A．此时绳子张力为T＝3μmgB．此时圆盘的角速度为ω＝2μg rC．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动7．汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。
课时跟踪检测(六) 圆周运动
课时跟踪检测（六） 圆周运动1．[多选]关于匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．匀速圆周运动是变速运动B ．匀速圆周运动的速率不变C ．任意相等时间内通过的位移相等D ．任意相等时间内通过的路程相等解析：选ABD 由匀速圆周运动的定义知，速度的大小不变也就是速率不变，但速度方向时刻改变，故A 、B 两项正确；做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的弧长相等，即路程相等，故C 项错误，D 项正确。
2．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下列说法正确的是( )A ．线速度大的角速度一定大B ．线速度大的周期一定小C ．角速度大的运动半径一定小D ．角速度大的周期一定小解析：选D 由v ＝ωr 知，r 一定时，v 与ω成正比；v 一定时，ω与r 成反比，故A 、C 均错误。
由v ＝2πr T 知，r 一定时，v 越大，T 越小，故B 错误。
由ω＝2πT 可知，ω越大，T 越小，故D 正确。
3．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上P 、Q 两点的角速度分别为ωP 和ωQ ，线速度大小分别为v P 和v Q ，则( )A ．ωP ＜ωQ ，v P ＜v QB ．ωP ＝ωQ ，v P ＜v QC ．ωP ＜ωQ ，v P ＝v QD ．ωP ＝ωQ ，v P ＞v Q解析：选B 由于P 、Q 两点属于同轴转动，所以P 、Q 两点的角速度是相等的，即ωP ＝ωQ ；同时由题图可知，Q 点到螺母的距离比较大，由v ＝ωr 可知，Q 点的线速度大，即v P ＜v Q 。
B 正确。
4.电风扇的重心如果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加速转轴磨损。
调整时，可通过在风扇的某一区域固定小金属块的办法改变其重心位置。
如图所示，A 、B 是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O 的距离r A <r B 。
扇叶转动后，它们的( )A ．线速度v A >v BB ．转速n A >n BC ．周期T A ＝T BD ．角速度ωA <ωB解析：选C 因两调整重心的金属块A 、B 固定在风扇上，一起绕轴O 转动，故两者的角速度、转速、周期均相同，B 、D 错误，C 正确；由v ＝ωr ，r A <r B 得v A <v B ，故A 错误。
课时跟踪检测(十) 圆周运动
课时跟踪检测（十） 圆周运动1．如图所示的三叶指尖陀螺是一个由三向对称体作为主体，在主体中嵌入轴承，整体构成可平面转动的玩具装置。
其中O 为转轴中心，A 、B 分别是指尖陀螺上不同位置的两点，用v 代表线速度大小，ω代表角速度大小，a 代表向心加速度大小，T 代表周期，则下列说法正确的是( )A ．v A ＝vB ，T A ＝T BB ．ωA ＝ωB ，v A ＞v BC ．v A ＞v B ，a A ＜a BD ．ωA ＝ωB ，a A ＝a B解析：选B 由题图，知r A ＞r B ，A 和B 位于同一旋转体上，则ωA ＝ωB ，根据v ＝ωr ，T ＝2πω，a n ＝ω2r ，易得v A ＞v B ，T A ＝T B ，a A ＞a B ，故B 正确，A 、C 、D 错误。
2．一种玩具的结构如图所示，竖直放置的光滑圆环的半径R ＝20 cm ，环上有一穿孔的小球m ，小球仅能沿环做无摩擦滑动。
如果圆环绕着通过环心的竖直轴O 1O 2以10 rad /s 的角速度旋转，则小球相对环静止时和环心O 的连线与O 1O 2的夹角θ为(g 取10 m/s 2)( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选C 小球受到重力mg 和圆环的支持力F N 两个力的作用，两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2r ，又r ＝R sin θ，所以cos θ＝g ω2R ＝12，故θ＝60°，选项C 正确。
3．半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，如图所示。
顶部有一物体A ，现给它一个水平初速度v 0＝gR ，则物体将( )A．沿球面下滑至M点B．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的新的圆弧轨道做圆周运动D．立即离开半圆球做平抛运动解析：选D设在顶部物体A受到半圆球对它的作用力为F，由牛顿第二定律，得mg－F＝m v02R，把v0＝gR代入得F＝0。
课时跟踪检测(十二) 圆周运动
课时跟踪检测(十二) 圆周运动1．(多选)(2018·江苏高考)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 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km解析：选AD由s＝v t知，s＝600 m，故A正确。
火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误。
由10 s内转过10°知，角速度ω＝10°360°×2π10rad/s＝π180rad/s≈0.017 rad/s，故C错误。
由v＝rω知，r＝vω＝60π180m≈3.4 km，故D正确。
2．(2020·全国卷Ⅰ)如图，一同学表演荡秋千。
已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。
绳的质量忽略不计。
当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为()A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N解析：选B该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。
当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝m v2L，代入数据解得F＝410 N，选项B正确。
3.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。
则此时甲与乙()A．线速度相同B．加速度相同C．所受合外力大小相等D．“摩天轮”对他们作用力大小相等解析：选C 由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以甲与乙线速度大小相同，但甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A 错误；根据a n ＝v 2r可知，甲与乙加速度大小相同，但甲的加速度方向竖直向下，乙的加速度方向竖直向上，故B 错误；根据F n＝ma n 可知，甲与乙所受合外力大小相等，故C 正确；对甲有mg －F N1＝m v 2r，对乙有F N2－mg ＝m v 2r，可知“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D 错误。
2019高中物理 课时检测区 基础达标 5.4 圆周运动含解析新人教必修2
2019高中物理课时检测区基础达标 5.4 圆周运动含剖析新人教必修2圆周运动1.(多项选择)关于匀速圆周运动,以下说法正确的选项是( )A.匀速圆周运动是匀速运动B.匀速圆周运动是变速运动C.匀速圆周运动是线速度不变的运动D.匀速圆周运动是线速度大小不变的运动【剖析】选B、D。
这里的“匀速”,不是“匀速度”,也不是“匀变速”,而是速率不变,匀速圆周运动实际上是一种速度大小不变、方向时辰改变的变速运动,应选项B、D正确。
2.关于匀速圆周运动的线速度v、角速度ω和半径r,以下说法正确的选项是( )A.若r必然,则v与ω成正比B.若r必然,则v与ω成反比C.若ω必然,则v与r成反比D.若v必然,则ω与r成正比【剖析】选A。
依照v=ωr知,若r必然,则v与ω成正比;若ω必然,则v与r成正比;若v必然,则ω与r成反比。
故只有选项A正确。
3.(多项选择)以下列图皮带传达装置,皮带轮O和O′上的三点A、B和C,OA=O′C=r,O′B=2r。
则皮带轮转动时A、B、C三点的情况是( )A.vA=vB,vB>vCB.ωA=ωB,vB>vCC.vA=vB,ωB=ωCD.ωA>ωB,vB=vC【剖析】选A、C。
A、B是靠传达带传动的轮子边缘上的点,所以vA=vB,B、C两点共轴转动,所以ωB=ωC。
依照v=rω知,vB>vC。
依照ω=知ωA>ωB。
故A、C正确,B、D错误。
4.以下列图为锥形齿轮的传动表示图,大齿轮带动小齿轮转动,大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2,两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2,则( )世纪金榜导学号35684018A.ω1<ω2,v1=v2B.ω1>ω2,v1=v2C.ω1=ω2,v1>v2D.ω1=ω2,v1<v2【剖析】选A。
由于大齿轮带动小齿轮转动,两者啮合,所以线速度v1=v2,由于v=ωr,所以ω1r1=ω2r2,又r1>r2,,所以ω1<ω2,A正确。
课时跟踪检测(十三) 圆周运动
课时跟踪检测（十三）圆周运动对点训练：描述圆周运动的物理量1．(2015·天津高考)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1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()图1A．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解析：选B旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确。
2. (2016·湖北省重点中学联考)如图2所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是()图2A．P、Q两点的角速度大小相等B．P、Q两点的线速度大小相等C．P点的线速度比Q点的线速度大D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用解析：选A P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对。
根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错。
Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C 错。
P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。
3．(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度。
如图3所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中A轮有48齿，B轮有42齿，C轮有18齿，D轮有12齿，则()图3A．该自行车可变换两种不同挡位B．该自行车可变换四种不同挡位C．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝1∶4D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA：ωD＝4∶1解析：选BC该自行车可变换四种不同挡位，分别为A与C、A与D、B与C、B与D，A错误，B正确；当A轮与D轮组合时，由两轮齿数可知，当A轮转动一周时，D轮要转4周，故ωA∶ωD＝1∶4，C正确，D错误。
课时作业12：4.3圆周运动
第3讲圆周运动1．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图1所示，某公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、外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()图1A．路面外侧高、内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高、内侧低，选项A正确．当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，D错误．2．(多选)(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图2为过山车以及轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是()图2A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于gRC．过山车在圆轨道最低点时“假人”处于失重状态D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对“假人”一定无作用力答案BD解析过山车在运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A 错误；在最高点重力完全充当向心力时，速度最小，故有mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ，B 正确；在最低点，“假人”受到竖直向上指向圆心的加速度，故处于超重状态，C 错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，即在最高点重力充当向心力，或重力和座椅对“假人”的支持力的合力充当向心力，所以安全带对“假人”一定无作用力，D 正确．3．(多选)(2018·广西桂林市、贺州市期末联考)如图3所示，照片中的汽车在水平公路上做匀速圆周运动．已知图中双向四车道的总宽度为15 m ，内车道内边缘间最远的距离为150 m ．假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍．g 取10 m/s 2，则汽车( )图3A ．所受的合力可能为零B ．只受重力和地面支持力的作用C ．所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供D ．最大速度不能超过370 m/s答案 CD解析 汽车做匀速圆周运动，则所受的合力不可能为零，选项A 错误；汽车做匀速圆周运动，竖直方向受重力和地面支持力的作用，水平方向受摩擦力作用，提供汽车做匀速圆周运动的向心力，选项B 错误；车在水平公路上做匀速圆周运动，则汽车所需的向心力不可能由重力和支持力的合力提供，只由摩擦力提供，选项C 正确；汽车转弯的最大半径为r ＝1502m ＋15 m ＝90 m ，由牛顿第二定律可得μmg ＝m v 2r，解得v ＝μgr ＝0.7×10×90 m/s ＝370 m/s ，即汽车的最大速度不能超过370 m/s ，选项D 正确．4．(2019·福建省南平市模拟)2017年春晚，摩托车特技表演引爆上海分会场的气氛，称为史上最惊险刺激的八人环球飞车表演．在舞台中固定一个直径为6.5 m 的球形铁笼，八辆摩托车始终以70 km/h 的速度在铁笼内旋转追逐，旋转轨道有时水平，有时竖直，有时倾斜，非常震撼．关于摩托车的旋转运动，下列说法正确的是( )A ．摩托车在铁笼的最低点时，对铁笼的压力最大B ．摩托车驾驶员始终处于失重状态C ．摩托车始终机械能守恒D ．摩托车的速度小于70 km/h ，就会脱离铁笼答案 A5．(多选)(2018·北京市大兴区上学期期末)向心力演示仪可以利用控制变量法探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系．它通过皮带传动改变两轮的转速，让两轮上的实心小球(体积相同)同时做圆周运动，然后通过连动装置使安放在圆盘中心套筒中的弹簧产生形变，利用形变大小来反映向心力的大小，形变越大，露出的标尺格数越多．采用如图4所示的实验装置，可以实现的实验目的和观察到的现象是()图4A．控制角速度和半径相同，研究向心力大小与质量的关系B．控制半径相同，研究向心力大小与角速度大小的关系C．钢球比铝球的质量大，钢球一侧露出的标尺格数多D．钢球比铝球的质量大，铝球一侧露出的标尺格数多答案AC6．两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mg tan θ＝mω2L sin θ，整理得：L cos θ＝gω2，则两球处于同一高度，故B正确．7．(2019·山东省济宁市期中)如图5所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )图5A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad /sD ．0.5 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确．8．(2018·陕西省宝鸡市质检二)如图6所示，长为L 的轻质硬杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴上，现让杆绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，转动的角速度为ω，某时刻杆对球的作用力水平向左，则此时杆与水平面的夹角θ为( )图6A ．sin θ＝ω2L gB ．sin θ＝g ω2LC ．tan θ＝ω2L gD ．tan θ＝g ω2L答案 B解析 小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，受力如图所示根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝mLω2，解得：sin θ＝g ω2L，故选B. 9．(多选)(2018·湖南省益阳市4月调研)如图7所示，四分之一光滑圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，圆心为O ，半径OA 水平，OB 竖直，质量为m 的小球从A 点由静止释放后，沿圆孤滑下从B 点抛出，最后落在地面上C 点，已知AC 间的水平距离和竖直距离均为L ，小球可视为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图7A ．当小球运动到轨道最低点B 时，轨道对其支持力为2mgB ．根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为0.2LC ．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝2D ．如果在竖直平面内A 点正上方有一P 点，OP 连线与水平方向夹角β＝45°，则将小球从P 点由静止释放后运动到B 点时，对轨道的压力大小为4mg答案 BC解析 对小球由动能定理得mgR ＝12m v B 2，在最低点F B －mg ＝m v B 2R，解得F B ＝3mg ，故A 错误；小球做平抛运动，L －R ＝12gt 2，L －R ＝v B t ，解得R ＝0.2L ，故B 正确；设小球做平抛运动的位移与水平方向的夹角为α，则tan α＝1，因为tan θ＝2tan α，所以tan θ＝2，故C 正确；小球从P 点到B 点有mg ·2R ＝12m v 2，在B 点F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝5mg ，结合牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为5mg ，故D 错误．10．(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图8所示，两个相同的小木块A 和B (均可看做质点)，质量均为m ，用长为L 的轻绳连接，置于水平圆盘的同一半径上，A 与竖直轴的距离为L ，此时绳子恰好伸直且无弹力，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图8A ．木块A 、B 所受的摩擦力始终相等B ．木块B 所受摩擦力总等于木块A 所受摩擦力的两倍C ．ω＝kg L是轻绳开始产生弹力的临界角速度D．若ω＝2kg3L，则木块A、B将要相对圆盘发生滑动答案 D解析当角速度较小时，A、B均靠静摩擦力提供向心力，由于B转动的半径较大，则B先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，则轻绳出现拉力，当A的静摩擦力达到最大时，角速度增大，A、B开始发生相对滑动，可知B的静摩擦力方向一直指向圆心，在绳子出现张力前，A、B的角速度相等，半径之比为1∶2，则静摩擦力之比为1∶2，当轻绳出现张力后，A、B的静摩擦力之比不是1∶2，故A、B错误．当摩擦力刚好提供B做圆周运动的向心力时，轻绳开始产生拉力，则kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg2L，故C错误；当A的摩擦力达到最大时，A、B将要开始滑动，对A有：kmg－F T＝mLω′2，对B有：F T＋kmg＝m·2Lω′2，解得ω′＝2kg3L，故D正确．11．(2018·福建省泉州市模拟三)如图9为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v0＝3 m/s，轮子半径R＝0.1 m．不计挡水板的大小，不计空气阻力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图9(1)轮子转动角速度ω；(2)水管出水口距轮轴O的水平距离l和竖直距离h.答案(1)50 rad/s(2)1.12 m0.86 m解析(1)水流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度为v，v＝v0sin 37°＝5 m/s 轮子边缘的线速度v′＝v＝ 5 m/s所以轮子转动的角速度ω＝v′R＝50 rad/s(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为v y，平抛运动时间为t，水平、竖直分位移分别为x、y：v y＝v0tan 37°＝4 m/st ＝v y g＝0.4 s x ＝v 0t ＝1.2 my ＝12gt 2＝0.8 m 水管出水口距轮轴O 的水平距离l 和竖直距离h 为：l ＝x －R cos 37°＝1.12 mh ＝y ＋R sin 37°＝0.86 m12．(2018·山西省运城市期末)某高速公路的一个出口段如图10所示，情景简化：轿车从出口A 进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B 点(通过B 点前后速率不变)，再匀速率通过水平圆弧路段至C 点，最后从C 点沿平直路段匀减速到D 点停下．已知轿车在A 点的速度v 0＝72 km /h ，AB 长L 1＝150 m ；BC 为四分之一水平圆弧段，限速(允许通过的最大速度)v ＝36 km /h ，轮胎与BC 段路面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD 段长L 2＝50 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.图10(1)若轿车到达B 点速度刚好为v ＝36 km/h ，求轿车在AB 下坡段加速度的大小；(2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC 半径R 的最小值； (3)轿车从A 点到D 点全程的最短时间．答案 (1)1 m/s 2 (2)20 m (3)23.14 s解析 (1)v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，AB 长L 1＝150 m ，v ＝36 km/h ＝10 m/s ，轿车在AB 段做匀减速直线运动，有v 2－v 02＝－2aL 1代入数据解得a ＝1 m/s 2(2)轿车在BC 段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，F f ＝m v 2R为了确保安全，则须满足F f ≤μmg联立解得：R ≥20 m ，即R min ＝20 m(3)设通过AB 段最短时间为t 1，通过BC 段最短时间为t 2，通过CD 段时间为t 3，全程所用最短时间为t .L 1＝v ＋v 02t 112πR min＝v t 2L 2＝v 2t 3 t ＝t 1＋t 2＋t 3解得：t ＝23.14 s。
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课时跟踪检测（十二）圆周运动[A级——基础小题练熟练快]1.(2019·浙江十校联盟3月适应性考试)如图所示是一种古老的舂米机。
舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。
然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。
已知OC>OB，则在横梁绕O转动过程中()A．B、C的向心加速度相等B．B、C的角速度关系满足ωB<ωCC．B、C的线速度关系满足v B<v CD．舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力解析：选C由题图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB，向心加速度a＝ω2r，因OC>OB，可知C的向心加速度较大，选项A、B错误；由于OC>OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，选项C正确；舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，选项D错误。
2.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：选D汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5∶4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15∶14，故D正确。
3．(多选)(2019·齐鲁名校联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后如图所示。
已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘的圆周上。
转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。
稳定后，每根钢绳(含游客)与转轴在同一竖直平面内。
图中P 、Q 两位游客悬于同一个圆周上，P 所在钢绳的长度大于Q 所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2。
不计钢绳和飞椅的重力。
下列判断正确的是( )A ．P 、Q 两位游客的线速度大小相同B ．无论两位游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C ．如果两位游客的质量相同，则有θ1等于θ2D ．如果两位游客的质量相同，则Q 的向心力一定小于P 的向心力解析：选BD 设钢绳延长线与转轴的交点到游客所在水平面的距离为h (这是一个巧妙的参量，将会使推导大为简化——由圆锥摆而受到的启发)，钢绳延长线与竖直方向的夹角为θ，由mg tan θ＝mω2h tan θ，所以h ＝g ω2，与游客的质量无关，即h P ＝h Q (这是一个非常重要的结论)。
而h ＝L cos θ＋r tan θ，其中r 为转盘半径，L 为钢绳的长度，分析可知，L 越大则θ越大，θ1一定大于θ2，选项B 正确，C 错误。
圆周运动的半径为R ＝r ＋L sin θ，可得R P >R Q ，根据v ＝ωR ，则v P >v Q ，选项A 错误。
由向心力公式F n ＝mω2R 可知，如果两位游客的质量相同，则Q 的向心力一定小于P 的向心力，选项D 正确。
4.(多选)如图所示，半径为R 的内壁光滑的圆管固定在竖直平面内，直径略小于圆管内径的两质量均为m ＝0.1 kg 的小球在圆管内转动，当小球A 以v A ＝2gR 的速度通过最高点时，小球B 刚好以v B ＝3v A的速度通过最低点，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2。
则下列说法正确的是( )A ．小球A 在最高点时，对管内壁的压力大小为1 NB ．小球A 在最高点时，对管外壁的压力大小为1 NC ．小球B 在最低点时，对管外壁的压力大小为7 ND ．小球B 在最低点时，对管外壁的压力大小为6 N解析：选BC 小球A 在最高点对圆管作用力为零时，由mg ＝m v 02R ，解得v 0＝gR 。
由于小球A 在最高点的速度v A >gR ，故小球A 与圆管的外壁有力的作用，则由小球A 所受的合力提供所需向心力得F A ＋mg ＝m v A 2R ，又v A ＝2gR ，联立并代入数据解得F A ＝1 N ，由牛顿第三定律可知，此时小球A 对管外壁的压力大小为1 N ，A 错误，B 正确。
小球B 在最低点时，受圆管外壁向上的作用力，则由小球B 所受的合力提供所需的向心力得F B －mg＝m v B 2R，又v B ＝3v A ，联立并代入数据解得F B ＝7 N ，由牛顿第三定律可知，此时小球B 对管外壁的压力大小为7 N ，C 正确，D 错误。
5.(2019·南通第一次模拟)如图所示，长为L 的细绳，一端拴一质量为m 的小球，另一端悬挂在距光滑水平面H 高处(L >H )。
现使小球在水平桌面上以角速度为ω做匀速圆周运动，则小球对桌面的压力为( )A ．mgB ．mg －mω2HC ．mg ⎝⎛⎭⎫1－H LD ．mgH L解析：选B 对小球受力分析，如图：根据牛顿第二定律，水平方向：T sin θ＝mω2·L sin θ，竖直方向：T cos θ＋N ＝mg ，联立得：N＝mg －mω2·L cos θ＝mg －mω2H ，根据牛顿第三定律：N ′＝N ＝mg－mω2H ，故B 正确，A 、C 、D 错误。
6.(2019·临沂模拟)如图所示，手持一根长为l 的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r 、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m 的小木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则( )A ．木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力作用B ．绳的拉力大小为mω2l 2＋r 2C ．手对木块不做功D ．手拉木块做功的功率等于mω3r (l 2＋r 2)l解析：选D 木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力、桌面摩擦力作用，故A 错误；手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端木块做的也是匀速圆周运动，设大圆半径为R ，由图分析可知R ＝r 2＋l 2，设绳中张力为F T ，则F T cos φ＝mRω2，cos φ＝l R ，故F T ＝mω2R 2l ，所以B 错误；绳子拉力对木块做功，则手的拉力对木块做功，故C 错误；手拉木块做功的功率P ＝F T v sin φ＝mω2R 2l ·ωr ＝mω3r (r 2＋l 2)l，故D 正确。
7.(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：选C 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。
8．(2019·鞍山调研)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC 为圆轨道的一部分，CD 为倾斜直轨道，二者相切于C 点。
已知圆轨道的半径R ＝1 m ，倾斜轨道CD 与水平地面的夹角为θ＝37°。
现将一小球以一定的初速度从A 点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求小球通过倾斜轨道CD 的最长时间(结果保留一位有效数字)。
解析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C 点：对小球由动能定理可得：mgh ＝12m v C 2 由几何关系得：h ＝R －R cos θ小球在CD 段做匀加速直线运动，由位移公式得：L ＝v C t ＋12at 2 CD 的长度为：L ＝R (1＋cos θ)sin θ对小球利用牛顿第二定律可得：mg sin θ＝ma代入数据联立解得：t＝0.7 s。
答案：0.7 s[B级——增分题目练通抓牢]9.(2020·长春质检)如图所示，一个菱形框架绕过其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量均为m的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到竖直轴的距离相等，则下列说法正确的是()A．框架对球A的弹力方向一定垂直框架向下B．框架对球B的弹力方向可能垂直框架向下C．球A与框架间可能没有摩擦力D．球A、球B所受的合力大小相等解析：选D球在水平面内做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，静摩擦力方向沿框架向上，框架对A的弹力方向可能垂直框架向下，也可能垂直框架向上，故A错误。
对B受力分析可知，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向一定垂直框架向上，故B错误。
若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，故C错误。
A、B两球匀速转动的角速度相等，半径也相等，根据F＝mω2r，可知两球的合力大小相等，故D正确。
10.(2019·宿迁2月调研)如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。
质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α>β。
则()A．A的质量一定小于B的质量B．A、B受到的摩擦力可能同时为零C．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大解析：选D当B受到的摩擦力恰为零时，受力分析如图；根据牛顿第二定律得：mg tan β＝mωB2R sin β，解得：ωB＝g，同理可R cos β，物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判得：ωA＝gR cos α断质量的大小；由于α>β，所以ωA>ωB，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零；若A 不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA >ωB ，则B 物块有向上的运动趋势，所以此时B 受沿容器壁向下的摩擦力；如果转台角速度ω>ωA ，A 和B 受沿容器壁向下的摩擦力，如果角速度增大，A 、B 受到的摩擦力都增大，故只有D 正确。