圆周运动规律习题课

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第四章第3讲圆周运动高三新高考练习题及答案解析

第3讲圆周运动一、非选择题1．(2022·河北高三月考)国家雪车雪橇中心位于北京延庆区西北部，赛道全长1 975 m ，垂直落差121 m ，由16个角度、倾斜度都不同的弯道组成，其中全长179 m 的回旋弯赛道是全球首个360°回旋弯道。

2022年北京冬奥会期间，国家雪车雪橇中心将承担雪车、钢架雪车、雪橇三个项目的全部比赛，其中钢架雪车比赛惊险刺激，深受观众喜爱。

测试赛上，一钢架雪车选手单手扶车，助跑加速30 m 之后，迅速跳跃车上，以俯卧姿态滑行。

该选手推车助跑时间为4.98 s ，运动员质量为80 kg ，通过回旋弯道某点时的速度为108 km/h ，到达终点时的速度为124 km/h 。

该选手推车助跑过程视为匀加速直线运动，回旋弯道可近似看作水平面，重力加速度g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字。

求该选手：(1)助跑加速的末速度；(2)以108 km/h 的速度通过回旋弯道某点时钢架雪车对运动员作用力的大小。

[答案] (1)12 m/s (2)2.6×103 N[解析] (1)运动员助跑加速的末速度为v 1，可知s ＝12v 1t 代入数据，解得v 1＝12 m/s 。

(2)回旋弯道全长179 m ，L ＝2πr ，运动员通过回旋弯道某点时，钢架雪车对运动员作用力设为F ，F y ＝mg ，F x ＝m v 2r，代入数据，解得F ＝F 2x ＋F 2y ＝2.6×103N 。

2．(2022·山东新泰月考)如图所示，水平传送带与水平轨道在B 点平滑连接，传送带AB 长度L 0＝2.0 m ，一半径R ＝0.2 m 的竖直圆形光滑轨道与水平轨道相切于C 点，水平轨道CD 长度L ＝1.0 m ，在D 点固定一竖直挡板。

小物块与传送带AB 间的动摩擦因数μ1＝0.9，BC 段光滑，CD 段动摩擦因数为μ2。

当传送带以v 0＝6 m/s 沿顺时针方向匀速转动时，将质量m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻放在传送带左端A 点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并以原速率弹回，经水平轨道CD 返回圆形轨道。

高一物理课后习题精准解析(新教材人教版必修第二册)第6章__圆周运动复习与提高B组

第 6章圆周运动复习与提高 B组（解析版）—2019版新教科书物理必修第二册“复习与提高”习题详解1.如图 6-7所示，半径 R=0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圈环与水平地面相切于圆环的端点 A，一小球从 A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到 B点飞出，最后落在水平地面上的 C点〔图上未画)，g取 10 m/s .（1）能实现上述运动时，小球在 B点的最小速度是多少?2(2）能实现上述运动时，A、C间的最小距离是多少?【解析】（1）小球在B点受力等于向心力，当N=0时最小速度为（2）小球从B做平抛运动，解得0.8m，即为A、C间的最小距离。

2.如图 6-8所示，做匀速圆周运动的质点在时间 t内由 A点运动到 B点，AB弧所对的圆心角为。

(1）若 A8弧长为，求质点向心加速度的大小。

(2）若由 A点运动到 B点速度改变量的大小为，求质点做匀速圆周运动的向心加速度的大小。

【解析】（1）因为,所以，又，所以，代入得（2）3.如图 6-9所示，带有一白点的黑色圆盘，绕过其中心且垂直于盘面的轴沿颠时针方向匀速转动，转速 n=20 rls。

在暗室中用每秒闪光 21次的频闪光源照射圆盘，求观察到白点转动的方向和转动的周期。

【解析】每闪光1次所用时间，在此时间内，白点顺时针转过的角为，也就是逆时针转动了，用角度表示约为，所以观察到的白点转动方向为逆时针方向。

如图所示角速度，所以周期= 。

4.如图 6-10所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为 m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为 g。

(1)小球运动到最高点时，长杆对球的作用力。

( 2）小球运动到水平位置 A时，求杆对球的作用力。

【解析】（1）在最高点，设杆对球的作用力为F，方向向下为正，有，则①若②若③若，则，则，则，F=0，杆对球的作用力为0；，F>0，杆对球的作用力为, 方向向下，是拉力；，F<0，杆对球的作用力大小为,方向向上，是支持力。

高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：圆周运动(课后习题)【含答案及解析】

第六章圆周运动圆周运动课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,在圆规匀速转动画圆的过程中()A.笔尖的速率不变B.笔尖做的是匀速运动9C.任意相等时间内通过的位移相等D.两相同时间内转过的角度不同,匀速圆周运动的速度大小不变,也就是速率不变,但速度的方向时刻改变,故A 正确,B错误;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,但位移还要考虑方向,C错误;相同时间内转过角度相同,D错误。

2.如图所示为行星传动示意图。

中心“太阳轮”的转动轴固定,其半径为R1,周围四个“行星轮”的转动轴固定,半径均为R2,“齿圈”的半径为R3,其中R1=1.5R2,A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点,齿轮传动过程中不打滑,那么()A.A点与B点的角速度相同B.A点与B点的线速度相同C.B点与C点的转速之比为7∶2D.A点与C点的周期之比为3∶5,A、B两点的线速度大小相等,方向不同,B错误;由v=rω知,线速度大小相等时,角速度和半径成反比,A、B两点的转动半径不同,因此角速度不同,A错误;B点和C点的线速度大小相等,由v=rω=2πnr可知,B点和C点的转速之比为n B∶n C=r C∶r B,r B=R2,r C=1.5R2+2R2=3.5R2,故n B∶n C=7∶2,C正确;根据v=2πr可知,T A∶T C=r A∶r C=3∶7,D错误。

T3.(多选)如图所示,在冰上芭蕾舞表演中,演员展开双臂单脚点地做着优美的旋转动作,在他将双臂逐渐放下的过程中,他转动的速度会逐渐变快,则它肩上某点随之转动的()A.转速变大B.周期变大C.角速度变大D.线速度变大,即转速变大,角速度变大,周期变小,肩上某点距转动圆心的半径r不变,因此线速度也变大。

4.(2020海南华侨中学高一上学期期末)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、b、c三点共轴,角速度相同,B正确,C错误;a、b、c三点半径不等,所以三点的线速度大小不等,A错误;R a=R b>R c,a、b、c三点角速度相同,故a、b两点的线速度大于c点线速度,D错误。

高中物理【习题课圆周运动的临界问题】教学优秀课件

2
向上的支持力作用,根据牛顿第二定律有 mg-F1=m ,解得 F1=16 N,根据牛
顿第三定律,小球对杆的作用力大小为 16 N,方向向下。
(2)当 A 在最高点的速度为 v2=4 m/s 时,因大于 v0= 5 m/s,此时物体 A 受到杆
2
向下的拉力作用,根据牛顿第二定律有 mg+F2=m ,解得 F2=44 N,根据牛顿
摩擦力达到最大值时。
迁移应用
例2(多选)如图所示,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平
圆盘上,a与转轴OO'的距离为l,b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静
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(
习题课:圆周运动的临界问题
学习目标
1.掌握水平面内圆周
运动临界问题的分析
方法。(科学思维)
2.掌握竖直面内圆周
运动临界问题的分析
方法。(科学思维)
思维导图
课堂篇探究学习
探究一
圆周运动的多解性问题
知识归纳
1.问题特点
(1)研究对象:匀速圆周运动的多解问题包含有两个做不同运动的物体。
(2)运动特点:一个物体做匀速圆周运动,另一个物体做其他形式的运动(比

经过轨道末端时的速度大小为 v= =3 m/s。

2
(2)小球受到的支持力和重力的合力提供向心力,即 FN-mg=m ,则 FN=4 N,
根据牛顿第三定律可得,小球对轨道的压力为 4 N,方向竖直向下。
规律方法此类问题的处理技巧
(1)找到两个运动的衔接点,前一运动的末速度是后一运动的初速度。

习题课圆周运动有关典型问题课件高一下学期物理人教版

2．(多选)如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O点正下方L/2 处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面
上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则
小球的(BC )
A．线速度突然增大为原来的2倍 B．角速度突然增大为原来的2倍 C．向心加速度突然增大为原来的2倍 D．悬线拉力突然增大为原来的2倍
则下列判断正确的是( BC)
A．C物体所需要的向心力最小 B．B物体受到的静摩擦力最小 C．当圆盘转速增大时，C比A先滑动 D．当圆盘转速增大时，B比C先滑动
圆周运动常见的临界问题：
(1)在轻绳模型中，若小球恰好通过最高点，则在最高点时有 mg＝mvr2，v＝ gr. (2)在轻杆模型中，若小球恰好通过最高点，则在最高点时有 v＝0；通过最高点时杆恰好无弹力，则有 mg＝mvr2，v＝ gr. (3)物体恰好(没有)发生相对滑动，静摩擦力达到最大值.
面，此时小球速度为（ D ）
A.0
B. gR
C. 2gR
D. 3gR
2.如图所示，质量m＝2.0×104 kg的汽车以不变的速率先后
驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为40 m，如
果桥面承受的压力不超过3.0×105 N，则：(g取10 m/s2)
(1)汽车允许的最大速率是多少？ (2)若以所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？
断细线，两个物体的运动情况是( AB )
A．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动 B．物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远 C．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动 D．两物体均滑动，B离圆盘圆心越来越近， A离圆盘圆心越来越远
2．(多选)如图所示，A、B、C三个物体放在旋转的水平圆盘面上，物体与盘面间的最大静摩擦力均是其重力的k倍，三个物体的质量分别为2m、m、m，它们离转轴的距离分别为R、R、 2R。当圆盘匀速转动时，A、B、C三个物体相对圆盘静止，

习题课找圆心求半径

一个质量为m，带电量为-q的的粒子，以速度v从O 点射入磁场，角已知，粒子重力不计，求
(1)粒子在磁场中的运动时间. (2)粒子离开磁场的位置.
例题2：如图所示，一束带正电的相同的粒子垂直磁场边界自O点射入匀强磁场中后分成了3束，其运动轨迹如图，粒子运动方向与磁场方向垂直，不计粒子的重力作用，已知OA=OC/2=OD/3，则这三束粒子的速率之比 v︰ v2 ︰ v3 =＿＿＿＿＿ 1
5.两个粒子带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而做匀速圆周运动，则( C )
A.若速率相等，则半径相等
B.若速率相等，则周期相等 C.若动量大小相等，则半径相等
D.若动能相等，则周期相等
1.如图11-3-1所示，在长直导线中有恒电流I 通过，导线正下方电子初速度v０方向与电流I的方 D 向相同，电子将( )
A.沿路径a运动，轨迹是圆 B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大 C.沿路径a运动，轨迹半径越来越小 D.沿路径b运动，轨迹半径越来越大
6.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一个匀强
磁场，粒子后段轨迹如图11-3-2所示，轨迹上的每一小段都可近似看成是圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电量不变).从图中情况可以确定：( B ) A.粒子从a到b，带正电； B.粒子从b到a，带正电； C.粒子从a到b，带负电； D.粒子从b到a，带负电；

B
2m
t
O
v θ P
β
S
β
4.圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O＇处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求O＇P的长度和电子通过磁场所用的时间。 M

生活中的圆周运动习题课

【例3】下列说法正确的是
(
B
)
A、作匀速圆周运动的物体，在所受合外力突然消失时，将沿圆周半径方向离开圆心 B、作匀速圆周运动的物体，在所受合外力突然消失时，
将沿圆周切线方向离开圆心
C、作匀速圆周运动的物体，它自己会产生一个向心力，维持其作圆周运动
D、作离心运动的物体，是因为受到离心力作用的缘故
h
杆的转动模型
例1. 如图所示，轻细杆可绕光滑的水平轴O 在竖直面内转动，杆的两端固定有质量均为 m=1kg的小球A和B，球心到轴O的距离分别为 AO=0.8m，BO=0.2m。已知A球转到最低点时速度为vA=4m/s，问此时A、B球对杆的作用力的大小和方向？ vB B

A
脱离与否的临界问题：
【例1】为了防止汽车在水平路面上转弯时出现“打滑” 的现象，可以：( ) BD
A、增大汽车转弯时的速度 B、减小汽车转弯时的速度
C、增大汽车与路面间的摩擦
D、减小汽车与路面间的摩擦
【例2】路基略倾斜,火车在拐弯时,具有向心力的作用, 对于向心力的分析,正确的是（ D A.由于火车本身作用而产生了向心力 B.主要是由于内外轨的高度差的作用,车身略有倾斜, 车身所受重力的分力产生了向心力 C.火车在拐弯时的速率小于规定速率时,内轨将给火车侧压力,侧压力就是向心力 D.火车在拐弯时的速率大于规定速率时,外轨将给火车侧压力,侧压力提供火车拐弯时所需向心力的一部分）
开圆心
C、为了防止发生事故，高速转动的砂轮、飞轮等不
能超过允许的最大转速
D、离心水泵利用了离心运动的原理
【例2】如图5-7-11所示，质量m=2.0×104 kg的汽车
以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥

高一下学期物理人教版必修第二册习题课件6.4专题训练3平抛运动与圆周运动的综合问题

等高，且距离 P 专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
点为
L.当飞镖以初速度
v0
专题训练3 平抛运动与圆周运动
垂直盘面瞄准 P 专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
点抛出的同时，圆盘以经过盘心
O
点的水平轴
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专专题题训训在练练33竖平平直抛抛运运平动动与与面圆圆周周内运运动动匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为 g，若飞
专题训练3 专题训练3
平平1抛抛．运运动动抓与与圆圆住周周运运两动动种运动衔接点的速度是解题的关键．
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
平平2抛抛．运运动动沿与与圆圆水周周运运平动动方向和竖直方向建立平抛运动关系式．
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
5.如图所示，在链球运动中，运动员使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动．然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去．链球做圆周运动的半径为 R，链球做圆周运动时离地高度为 h.设圆心在地面的投影点为 O，链球的落地点为 P，OP 两点的距离即为运动员的成绩．若运动员某次掷链球的成绩为 L，空气阻力不计，重力加速度为 g，则链球从运动员手中脱开时的速度 v 为( )
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 平抛运动与圆周运动
专题训练3 专题训练3
2.(多选)如平抛运动与圆周运动
平抛运动与圆周运动
图所
示，
一位
同
学玩
飞镖
游
专题训练3 平抛运动与圆周运动
戏．圆盘最上端有一专题训练3 平抛运动与圆周运动

2021学年高一下学期物理人教版(2019)必修第二册习题教学课件：6.4专题训练2圆周运动的临界问

答案 (1)16 N 向下 (2)44 N 向上解析设物体 A 在最高点的速度为 v0 时，与杆之间恰好没有相互作用力，此时向心力完全由重力提供，根据牛顿第二定律有 mg＝mvL02 解得 v0＝ gL＝ 5 m/s.
(1)当 A 在最高点的速度为 v1＝1 m/s 时，因小于 v0＝ 5 m/s，此时物体 A 受到杆向上的支持力作用，根据牛顿第二定律有
4.小金属球质量为 m、用长 L 的轻悬线固定于 O 点，在 O 点的正下方L2处有一颗钉子 P，把悬线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度释放，当悬线碰到钉子后的瞬时(设线没有断)，则( )
A．小球的角速度突然增大悬线的张力突然减小
答案 A 解析当细线碰到钉子瞬间，线速度的大小不变．据 v＝rω 知，碰到钉子后，半径变小，则角速度增大，故 A 项正确，B 项错误；根据 a＝vr2知，线速度大小不变，半径变小，则向心加速度增大，故 C 项错误；根据 T－mg＝mvr2知，T＝mg＋mvr2，线速度大小不变，半径变小，则拉力变大，故 D 项错误．
4.如图所示，竖直平面内有一固定的圆形轨道，质量为 m 的小球在其内侧做圆周运动，在圆周运动中，小球以速度 v 通过最高点时，恰好对轨道没有压力，经过轨道最低点时速度大小为 2v，已知重力加速度为 g，求：
(1)圆形轨道半径； (2)小球在最高点的加速度大小； (3)小球在轨道最低点对轨道的支持力大小．
mg－F1＝mvL12 解得 F1＝16 N 根据牛顿第三定律，小球对杆的作用力大小为 16 N，方向向下．
(2)当 A 在最高点的速度为 v2＝4 m/s 时，因大于 v0＝ 5 m/s，此时物体 A 受到杆向下的拉力作用，根据牛顿第二定律有

【学案导学设计】2013-2014学高考物理 2-6 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动习题课课件新人教版选修1-1

图1
D．粒子在下半周的运动时间比上半周运动的时间长
学习·探究区
解析 mv 粒子穿过金属板时动能有损失，速度变小．由 R＝ qB
知，粒子在穿过金属板以后运动半径变小，由此可判定粒
本学案栏目开关
子的运动路径是 edcba.由粒子的运动路径，且洛伦兹力方向沿半径指向圆心，运用左手定则可判知粒子带负电．粒子在同一磁场中上、下两个半周运动中速度大小虽然不同，但周期相同，在上、下两个半周运动时间各为半个周期，时间相等．
答案
正负
2∶1 1∶2
学习·探究区
【例 3】
质子(p)和 α 粒子以相同的速率在同一匀强磁场
中做匀速圆周运动，轨道半径分别为 Rp 和 Rα，周期分别为
本学案栏目开关
Tp 和 Tα，则下列选项正确的是 A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2 B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1 C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2 D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1
本学案栏目开关
学案 6
习题课：带电粒子在
匀强磁场中的匀速圆周运动
学习·探究区
一、运动规律
本 1．洛伦兹力学案 (1)大小：v∥B 时，F 洛＝0；v⊥B 时，F 洛＝qvB. 栏目 (2)方向：左手定则[要点：若四指指向“电流”方向——正开关
电荷运动方向或负电荷运动的反方向，则大拇指所指方向为运动电荷 ( 无论带电粒子的电性是正还是负 ) 的受力方向]．
图2
学习·探究区
解析由题图可知粒子 A、 B 进入磁场时所受洛伦兹力方向分别向左和向右，由左手定则可知它们分别带正电和负电；
本学案栏目开关

带电粒子在匀强磁场中的运动(习题课)

6 qB 3qB
1、两个对称规律：
粒子在磁场中做圆周运动的对称规律：从同一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等。
2、如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B。一个正电子以速度v从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ。若正电子射出磁场的位置与O点的距离为L，求正电子的电量和质量之比？
一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 。一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P 点。已知B 、v以及P 到O的距离l ．不计重力,求此粒子的电荷q与质量m 之比。
解：粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R ，
变化2、假如化1。
mg
2qE
问题同变
变化3、小球下滑速度为最大速
度一半时的加速度。
变化4：假如电场反向，判断运动情形。
（2）圆周运动情形
例1、用绝缘细线悬吊着的带正电小球在匀匀强磁场中做简谐运动，则
A、当小球每次通过平衡位置时，动能相同
B、当小球每次通过平衡位置时，速度相同
C、当小球每次通过平衡位置时，丝线拉力相同
带电粒子做圆周运动的分析方法－圆心的确定
（１）已知入射方向和出射方向,可以通过入射点和出射点分别作垂直与入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心
O
V
M
P
V0
带电粒子做圆周运动的分析方法－圆心的确定
（２）已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心．

圆周运动

4圆周运动[1．圆周运动物体沿着圆周的运动，它的运动轨迹为圆，圆周运动为曲线运动，故一定是变速运动．2．描述圆周运动的物理量比较打篮球的同学可能玩过转篮球，让篮球在指尖旋转，展示自己的球技，如图5-4-1所示．若篮球正绕指尖所在的竖直轴旋转，那么篮球上不同高度的各点的角速度相同吗？线速度相同吗？图5-4-1【提示】篮球上各点的角速度是相同的．但由于不同高度的各点转动时的圆心、半径不同，由v ＝ωr 可知不同高度的各点的线速度不同．[后判断]1．做圆周运动的物体，其速度一定是变化的．(√) 2．角速度是标量，它没有方向．(×)3．圆周运动线速度公式v ＝ΔsΔt 中的Δs 表示位移．(×)[先填空]1．定义：线速度大小处处相等的圆周运动． 2．特点(1)线速度大小不变，方向不断变化，是一种变速运动． (2)角速度不变．(填“变”或“不变”) (3)转速、周期不变．(填“变”或“不变”) [再思考]若钟表的指针都做匀速圆周运动，秒针和分针的周期各是多少？角速度之比是多少？图5-4-2【提示】秒针的周期T 秒＝1 min ＝60 s ，分针的周期T 分＝1 h ＝3 600 s. 由ω＝2πT 得ω秒ω分＝T 分T 秒＝601.[后判断]1．做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的弧长相等．(√) 2．做匀速圆周运动的物体相等时间内通过的位移相同．(×) 3．匀速圆周运动是一种匀速运动．(×)描述圆周运动的物理量间的关系分层设问，破解疑难1．公式v ＝ωr 仅适用于匀速圆周运动吗？为什么？【提示】不是．角速度ω、线速度v 、半径r 之间的关系是瞬时对应关系，不仅适用于匀速圆周运动，也适用于变速圆周运动．2．公式T ∝1n 仅适用于匀速圆周运动吗？为什么？【提示】不是．公式T ∝1n 适用于包括匀速圆周运动在内的一切周期性运动．自我总结，素能培养 1．意义的区别(1)线速度、角速度、周期、转速都能描述圆周运动的快慢，但它们描述的角度不同．线速度v 描述质点运动的快慢，而角速度ω、周期T 、转速n 描述质点转动的快慢．(2)要准确全面地描述匀速圆周运动的快慢仅用一个量是不够的，既需要一个描述运动快慢的物理量，又需要一个描述转动快慢的物理量．2．各物理量之间的关系3．v 、ω及r 间的关系(1)由v ＝ωr 知，r 一定时，v ∝ω；ω一定时，v ∝r .v 与ω、r 间的关系如图5-4-3甲、乙所示．甲乙图5-4-3(2)由ω＝v r 知，v 一定时，ω∝1r ，ω与r 间的关系如图5-4-4甲、乙所示．甲乙图5-4-41．角速度ω、线速度v 、半径r 之间的关系是瞬时对应关系．2．公式v ＝ωr 适用于所有的圆周运动；关系式T ∝1n 适用于具有周期性运动的情况．典例印证，思维深化做匀速圆周运动的物体，在10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动了100m ，试求该物体做匀速圆周运动时：(1)线速度的大小： (2)角速度的大小； (3)周期的大小．【思路点拨】【解析】 (1)由线速度的定义式得v ＝Δs Δt ＝10010 m/s ＝10 m/s. (2)由v ＝ωr 得ω＝v r ＝1020 rad/s ＝0.5 rad/s. (3) 由ω＝2πT 得T ＝2πω＝2π0.5 s ＝4π s.【答案】 (1)10 m/s (2)0.5 rad/s (3)4π s物体的线速度、角速度、周期、频率间的关系1．线速度v 与周期T 的关系为v ＝s t ＝2πrT ，T 一定时，v 与r 成正比；r 一定时，v 与T 成反比．2．ω与T 的关系为ω＝φt ＝2πT ，ω与T 成反比．3．ω与T 、f 、n 的关系为ω＝2πT ＝2πf ＝2πn ，ω、T 、f 、n 四个物理量可以相互换算，其中一个量确定了，另外三个量也就确定了．(注意公式中的n 必须取r/s 为单位)精选习题，落实强化1．关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( )A ．线速度大的角速度一定大B ．线速度大的周期一定小C ．角速度大的半径一定小D ．角速度大的周期一定小【解析】由v ＝ωr 知，ω＝vr ，角速度与线速度、半径两个因素有关，线速度大的角速度不一定大，A 错误；同样，r ＝vω，半径与线速度、角速度两个因素有关，角速度大的半径不一定小，C 错误；由T ＝2πrv 知，周期与半径、线速度两个因素有关，线速度大的周期不一定小，B 错误；而由T ＝2πω可知，ω越大，T 越小，D 正确．【答案】 D2．一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4 m/s ，转动周期为 2 s ，则下列说法不正确的是( )A ．角速度为0.5 rad/sB ．转速为0.5 r/sC ．运动轨迹的半径为1.27 mD．频率为12Hz【解析】由题意知v＝4 m/s，T＝2 s，根据角速度与周期的关系ω＝2πT＝2×3.142rad/s＝3.14 rad/s.由线速度与角速度的关系v＝ωr得r＝vω＝4πm≈1.27m．由v＝2πnr得转速n＝v2πr＝42π·4πr/s＝0.5 r/s.又由f＝1T＝12Hz .故A 错误．B、C、D均正确．【答案】 A传动装置问题的分析分层设问，破解疑难1．在不同的传动装置中，同轴传动和皮带传动时相同的物理量分别是什么？【提示】同轴传动时，各点角速度相同；皮带传动时，轮上边缘点线速度相同．2．皮带传动中，两个轮子的转动方向一定相同吗？【提示】不一定．若皮带按如图所示方式连接，则两个轮子的转动方向也可以相反．自我总结，素能培养三种传动装置及其特点角速度、周期相同线速度相同线速度相同如图5-4-5所示的传动装置中，B 、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，A 、B 两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是r A ＝rC ＝2r B .若皮带不打滑，求A 、B 、C 三轮边缘上a 、b 、c 三点的角速度之比和线速度之比．图5-4-5【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：【解析】 A 、B 两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A 、B 两轮边缘的线速度大小相等，即v a ＝v b 或v a ∶v b ＝1∶1①由v ＝ωr 得ωa ∶ωb ＝r B ∶r A ＝1∶2②B 、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，则B 、C 两轮的角速度相等，即 ωb ＝ωc 或ωb ∶ωc ＝1∶1③由v ＝ωr 得v b ∶v c ＝r B ∶r C ＝1∶2④ 由②③得ωa ∶ωb ∶ωc ＝1∶2∶2，由①④得v a ∶v b ∶v c ＝1∶1∶2. 【答案】 1∶2∶2 1∶1∶2求解传动问题的方法1．分清传动特点传动问题是圆周运动中一种常见题型，常见的传动装置有如下特点：(1)皮带传动(轮子边缘的线速度大小相等)；(2)同轴传动(各点角速度相等)；(3)齿轮传动(相接触两个轮子边缘的线速度大小相等)．2．确定半径关系根据装置中各点位置确定半径关系或根据题意确定半径关系．3．用“通式”表达比例关系(1)绕同一轴转动的各点角速度ω、转速n和周期T相等，而各点的线速度v ＝ωr，即v∝r；(2)在皮带不打滑的情况下，传动皮带和皮带连接的轮子边缘各点线速度的大小相等，不打滑的摩擦传动两轮边缘上各点线速度大小也相等，而角速度ω＝vr，即ω∝1 r；(3)齿轮传动与皮带传动具有相同的特点．精选习题，落实强化3．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速器，很多种高档汽车都应用了无级变速．图5-4-6所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮降低转速；滚轮从右向左移动时，从动轮增加转速．当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时，主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是()图5-4-6A.n 1n 2＝D 1D 2 B.n 2n 1＝D 1D 2 C.n 2n 1＝D 21D 22D ．n 2n 1＝D 1D 2【解析】传动中三轮边缘的线速度大小相等，由v ＝2πnr ，得n 1D 1＝n 2D 2，所以n 2n 1＝D 1D 2，故B 项正确．【答案】 B4．如图5-4-7所示的齿轮传动装置中，主动轮的齿数z 1＝24，从动轮的齿数z 2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( )图5-4-7A ．顺时针转动，周期为2π/3ωB ．逆时针转动，周期为2π/3ωC ．顺时针转动，周期为6π/ωD ．逆时针转动，周期为6π/ω【解析】主动轮顺时针转动，从动轮逆时针转动，两轮边缘的线速度相等，由齿数关系知主动轮转一周时，从动轮转三周，故T 从＝2π3ω，B 正确．【答案】 B匀速圆周运动的多解问题匀速圆周运动具有周期性，使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生，这就要求我们在确定做匀速圆周运动物体的运动时间时，必须把各种可能都考虑进去．如图5-4-8所示，B 物体放在光滑的水平地面上，在水平力F 的作用下由静止开始运动，B 物体的质量为m ，同时A 物体在竖直面内由M 点开始做半径为r 、角速度为ω的匀速圆周运动．求满足使A 、B 速度相同的力F 的取值．图5-4-8【思路点拨】速度相同即大小、方向相同，B 为水平向右，A 一定要在最低点才能保证速度水平向右．【解析】由题意可知：当A 从M 点运动到最低点时 t ＝nT ＋34T (n ＝0,1,2…)，线速度v ＝ωr 对于B (初速度为0)：v ＝at ＝F m ⎝ ⎛⎭⎪⎫nT ＋34T ＝F m ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋342πω 解得：F ＝2mω2rπ(4n ＋3)(n ＝0,1,2…)．【答案】 2mω2rπ(4n ＋3)(n ＝0,1,2…)——[先看名师指津]——————————————匀速圆周运动的多解问题处理方法1．明确两个物体参与运动的性质和求解的问题，两个物体参与的两个运动虽然独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移等，抓住两运动的联系点是解题关键．2．分析问题时可暂时不考虑周期性，表示出一个周期的情况，再根据运动的周期性，在转过的角度θ上再加上2n π，具体n 的取值应视情况而定．——[再演练应用]———————————————如图5-4-9所示，直径为d 的纸制圆筒以角速度ω绕垂直于纸面的轴O 匀速转动(图示为截面)．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下a 、b 两个弹孔．已知aO 与bO 夹角为θ，求子弹的速度．若无旋转不到半周的限制，则子弹的速度又如何？图5-4-9【解析】设子弹速度为v ，则子弹穿过圆筒的时间t ＝dv .此时间内圆筒转过的角度α＝π－θ.据α＝ωt ，得π－θ＝ωd v .则子弹的速度v＝ωd π－θ.本题中若无旋转不到半周的限制，则在时间t内转过的角度α＝2nπ＋(π－θ)＝π(2n＋1)－θ.则子弹的速度v＝ωd(2n＋1)π－θ(n＝0,1,2，…)．【答案】ωdπ－θωd(2n＋1)π－θ(n＝0,1,2，…)小结课时作业(四)圆周运动[全员参与·基础练]1．(多选)做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是()A．速度B．速率C．周期D．转速【解析】速度是矢量，匀速圆周运动的速度方向不断改变；速率、周期、转速都是标量，B、C、D正确．【答案】BCD2．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，则下列说法中正确的是()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】 C3．如图5-4-10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，下列表述中正确的是( )图5-4-10A ．A 、B 和C 三点的线速度大小相等 B ．A 、B 和C 三点的角速度相等 C ．A 、B 的角速度比C 的大D ．C 的线速度比A 、B 的大【解析】 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，选项B 对，选项C 错；三点的运动半径关系r A ＝r B >r C ，据v ＝ωr 可知，三点的线速度关系v A ＝v B >v C ，选项A 、D 错．【答案】 B4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【解析】树木开始倒下时，树各处的角速度一样大，故A 项错误．由T ＝2πω知，树各处的周期也一样大，故C 项错误．由v ＝ωr 知，树梢的线速度最大，易判断树倒下的方向，故B 项正确，D 项错误．【答案】 B5．(多选)质点做匀速圆周运动时( ) A ．线速度越大，其转速一定越大 B ．角速度大时，其转速一定大C ．线速度一定时，半径越大，则周期越长D ．无论半径大小如何，角速度越大，则质点的周期一定越长【解析】匀速圆周运动的线速度v ＝Δs Δt ＝n 2πr1＝2πrn ，则n ＝v 2πr ，故线速度越大，其转速不一定越大，因为还与r 有关，A 错误；匀速圆周运动的角速度ω＝ΔθΔt ＝2πn 1＝2πn ，则n ＝ω2π，所以角速度大时，其转速一定大，B 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2πrv ，则线速度一定时，半径越大，则周期越长，C 正确；匀速圆周运动的周期T ＝2πω，与半径无关，且角速度越大，则质点的周期一定越短，D 错误．【答案】 BC6．(多选)(2015·杭州高一检测)如图5-4-11所示，一个以过O 点垂直于盘面的轴匀速转动的圆盘上有a 、b 、c 三点，已知Oc ＝Oa 2，则下面说法中正确的是( )图5-4-11A ．a 、b 两点的线速度大小不相同B ．a 、b 、c 三点的角速度相同C ．c 点的线速度大小是a 点线速度大小的一半D ．a 、b 、c 三点的运动周期相同【解析】 a 、b 、c 三点在同一圆盘上且绕同一轴转动，故角速度、周期相同，B 、D 正确；由v ＝ωr 知v a ＝v b ，v c ＝v a2，A 错误、C 正确．【答案】 BCD7．(多选)假设“神舟十号”飞船升空实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n 周，起始时刻为t 1，结束时刻为t 2，运行速度为v ，半径为r ，则计算其运行周期可用( )A ．T ＝t 2－t 1n B ．T ＝t 1－t 2n C ．T ＝2πrvD ．T ＝2πvr【解析】根据周期的定义可知选项A 正确，B 错误；根据线速度与周期的关系v ＝2πrT 可知选项C 正确，D 错误．【答案】 AC8．如图5-4-12所示，如果把钟表上的时针、分针、秒针的运动看成匀速圆周运动，那么，从它的分针与秒针第一次重合至第二次重合，中间经历的时间为()图5-4-12A.5960 min B ．1 min C.6059 minD ．6160 min【解析】分针与秒针的角速度分别为ω分＝2π3 600rad/s ，ω秒＝2π60rad/s.设两次重合的时间间隔为Δt ，因φ分＝ω分 Δt ，φ秒＝ω秒 Δt ，φ秒－φ分＝2π，得Δt ＝2πω秒－ω分＝2π2π60－2π3 600s ＝3 60059s ＝6059 min ，故C 正确．【答案】 C[超越自我·提升练]9．半径为R 的大圆盘以角速度ω旋转，如图5-4-13所示．有人站在盘边P 点上随盘转动，他想用枪击中在圆盘中心的目标O ，若子弹的速度为v 0，则( )图5-4-13A．枪应瞄准目标O射去B．枪应向PO的右方偏过角度θ射去，而cos θ＝ωR/v0C．枪应向PO的左方偏过角度θ射去，而tan θ＝ωR/v0D．枪应向PO的左方偏过角度θ射去，而sin θ＝ωR/v0【解析】子弹同时参与两个运动：沿P点切线方向的速度ωR；沿枪口方向的匀速运动，合成的速度沿PO方向，如图所示，枪应向PO的左方偏过角度θ射去，且sin θ＝ωRv0，故D正确．【答案】 D10.如图5-4-14所示，一绳系一球在光滑的桌面上做匀速圆周运动，绳长L ＝0.1 m，当角速度为ω＝20 rad/s时，绳断开，试分析绳断开后：图5-4-14(1)小球在桌面上运动的速度；(2)若桌子高1.00 m，小球离开桌面时速度方向与桌面平行．求小球离开桌子后运动的时间和落点与桌子边缘的水平距离．【解析】(1)v＝ωr＝20×0.1 m/s＝2 m/s.(2)小球离开桌面后做平抛运动，竖直方向：h＝12gt2，所以t＝2hg＝2×110s＝0.45 s.水平方向：x＝v t＝2×0.45 m＝0.9 m. 【答案】(1)2 m/s(2)0.45 s0.9 m11．如图5-4-15所示，半径为0.1 m 的轻滑轮，通过绕在其上的轻绳与重物相连，若重物由静止开始以2 m/s 2的加速度匀加速下落，则当它下落的高度为1 m 时，其瞬时速度为多大？此时滑轮转动的角速度是多少？图5-4-15【解析】由运动学公式v 2－v 20＝2al ，得重物由静止开始下落1 m 时的瞬时速度v ＝2al ＝2×2×1 m/s ＝2 m/s ；与重物相连的轻绳此时的速度也为2 m/s ，轻绳绕在轻滑轮的边缘上使滑轮转动，由v ＝ωr ，得此时滑轮转动的角速度ω＝v r ＝20.1 rad/s ＝20 rad/s. 【答案】 2 m/s 20 rad/s12．一半径为R 的雨伞绕柄以角速度ω匀速旋转，如图5-4-16所示．伞边缘距地面高h ，甩出的水滴在地面上形成一个圆，则此圆的半径r 为多少？图5-4-16【解析】水滴飞出的速度大小v ＝ωR ，水滴做平抛运动，故竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝v t ，由题意画出俯视图，如图所示，由几何关系知，水滴在地面上形成的圆的半径r ＝R 2＋l 2，联立以上各式得r ＝R1＋2ω2h g .2ω2h 【答案】R1＋g。

2021学年高一下学期物理人教版(2019)必修第二册习题教学课件：6.1圆周运动

6．常用关系式 v＝ωr，v＝2πT r＝2πrf＝2πrn，ω＝2Tπ＝2πf＝2πn. 7．匀速圆周运动的特点线速度大小(速率)不变，方向改变；角速度、周期、频率、转速都不变；匀速圆周运动是变速运动，一定有加速度． 8．传动装置 (1)同轴传动：角速度和周期相等． (2)皮带传动和齿轮传动：边缘线速度大小相等．
答案 B 解析由 v＝ωr 知线速度大小为 2 m/s，故 A 项错误；3 s 内路程 s＝vt＝6 m，故 B 项正确，D 项错误；由 T＝2ωπ知周期为 2π s，故 C 项错误．
考点二传动装置上各物理量的分析 3．如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的 P、Q 两点的角速度分别为 ωP 和 ωQ，线速度大小分别为 vP 和 vQ，则( )
时，地球上各点的周期及角速度都是相同
的，由 T＝2ωπ知，a、b 两点周期相同，
故 A 项正确，B 项错误；地球表面的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，不同纬度处的
物体做圆周运动的半径是不同的，b 点半径 rb＝
3 2
ra，由
v＝ωr，
可得 va∶vb＝2∶ 3，故 C 项错误，D 项正确．
10．在街头的理发店门口，常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉，如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离 (即螺距)为 L，如果我们观察到条纹以速度 v 向上运动，则圆筒的转动情况是(从上往下看)( )
n
4．(多选)甲、乙两个做圆周运动的质点，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( )

口算竖直平面内的圆周运动

口算竖直圆问题•力径减半得动能如图1所示，细绳拴住小球在竖直面内做圆周运动.(1)处理思路：瞬时位置：列牛顿第二定律初末过程：列动能定理(2)口诀推导：A 处的动能：E k A =12mv A 2A 处的向心力：F 向=mv A 2r口诀1：力径减半得动能即12F 向r =E k1 3mgR C.12mgRB.•最高点与最低点拉力之差如图3所示，只有重力做功.(1)处理思路：瞬时位置：列牛顿第二定律初末过程：列动能定理(2)口诀推导：牛顿第二定律：A 处：T A −mg =mv A 2rB 处：T B +mg =mv A 2rA →B 动能定理：−mg ·r =12mv B 2−12mv B 2联立解得：T A −T B =6mg口诀2：最低点和最高点的拉力之差为定值:6mg即T 低−T 高=6mg注意：口诀中的力为拉力，即默认最低点力的方向向上，最高点力的方向向下，若题目中的力的方向与默认方向相反，注意口诀中力需要加负号.mg C.5mgR−W) mR B.a=2O答案ACO解析根据口诀1以及动能定理有：mgR−W=12F R解得向心力大小为：F=2(mgR−W)R则向心加速度大小为a=Fm=2(mgR−W)mR支持力大小为N=F+mg=3mgR−2WR例题2（$$$）如图所示，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g，当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为().A.Mg−5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mgO答案CO解析在最高点时，小环受到的支持力大小为N1=mg，方向竖直向上设小环在最低点时受到的支持力大小为N2，方向竖直向上，则由口诀2可知N2−(−N1)=N2+N1=6mg解得N2=5mg最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为F=Mg+5mg但在P点不受轻杆对它的作且在P点受到轻杆对它向上且在P点受到轻杆对它向下习题2（$$$）如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。

圆周运动的临界问题习题课

解析：“水流星”在最高点的临界速度 v＝ gL＝4 m/s，由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流出．故正确答案为 A、B. 答案：AB
2．如图所示，用一长为 l＝0.5 m 的轻杆拴接一质量为 m＝0.1 kg 的小球在竖直面内做圆周运动，当其运动到最高点时，其速度为 v ＝2 m/s，则关于杆此时所受到的力，下列说法正确的是( ) A．杆对小球的作用力为支持力，大小为 0.8 N B．杆对小球的作用力为支持力，大小为 0.2 N C．杆对小球的作用力为拉力，大小为 0.8 N D．杆对小球的作用力为拉力，大小为 0.2 N
例 1原长为 L 的轻弹簧一端固定一小铁块，另一端连接在竖直轴 OO′上，小铁块放在水平圆盘上，若圆盘静止，把弹簧拉长后 5 将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为 4 6 L，现将弹簧长度拉长到5L 后，把小铁块放在圆盘上，在这种情况下，圆盘绕中心轴 OO′以一定角速度匀速转动，如图所示．已知小铁块的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，为使小铁块不在圆盘上滑动，圆盘转动的角速度 ω 最大不得超过多少？
解析：以小铁块为研究对象，圆盘静止时： kL 设铁块受到的最大静摩擦力为 Fmax，由平衡条件得 Fmax＝ 4 . 圆盘转动的角速度 ω 最大时，铁块受到的摩擦力 Fmax 与弹簧的拉力 kx 的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 6 L 2 k5 ＋Fmax＝mωmax· 5L 3k 解以上两式得角速度的最大值 ωmax＝ 8m. 3k 答案： 8m
类型二
竖直面内圆周运动的临界问题
一般物体在竖直面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动，该类运动常有临界问题，并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语，常分为两种模型——“轻绳模型”和“轻杆模型”，分析比较如下：

高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第六章习题课圆周运动的临界问题(课后习题)【含答案及解析】

第六章圆周运动习题课:圆周运动的临界问题课后篇巩固提升合格考达标练1.(2020全国Ⅰ卷)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 NB.400 NC.600 ND.800 N,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=mv 2L(式中F为每根绳子平均承受的拉力,L为绳长),代入数据解得F=410 N,选项B正确。

2.如图所示,某公园里的过山车驶过轨道的最高点时,乘客在座椅里面头朝下,人体颠倒,若轨道半径为R,人体重为mg,要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力,则过山车在最高点时的速度大小为()A.0B.√gRC.√2gRD.√3gRF+mg=2mg=m v 2R,故速度大小v=√2gR,C正确。

3.(多选)如图所示,用细绳拴着质量为m的物体,在竖直面内做圆周运动,圆周半径为R,则下列说法正确的是()A.小球过最高点时,绳子张力可以为零B.小球过最高点时的最小速度为零C.小球刚好过最高点时的速度是√RgD.小球过最高点时,绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反,受重力mg、绳子竖直向下的拉力F(注意:绳子不能产生竖直向上的支持力),向心力为F向=mg+F,根据牛顿第二定律得mg+F=m v 2R。

可见,v越大,F越大;v越小,F越小。

当F=0时,mg=m v 2R,得v临界=√Rg。

因此,选项A、C正确,B、D错误。

4.如图,一长l=0.5 m的轻杆,一端固定在水平转轴上,另一端固定一质量m=0.5 kg的小球,轻杆随转轴在竖直平面内做角速度ω=4 rad/s的匀速圆周运动,其中A为最高点,C为最低点,B、D两点和圆心O 在同一水平线上,重力加速度g取10 m/s2。