高中物理学业水平过关测试：专题八圆周运动

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高中物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题(含答案)及解析.docx

高中物理生活中的圆周运动解题技巧及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量 m＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的 A 点以大小 v0＝ 12m／ s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的 D 点．已知 A、B 两点间的距离 L1＝ 5． 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0． 2，取 g＝ 10m／ s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过 B 点时的速度大小 v B；（2）物块到达 C 点时的速度大小 v C；（3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 (1)11m / s (2)9m / s(3) 72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：mgL11mv B21mv02 22解得： v B11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：1mv B21mv C2mg·2R 22解得： v C9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201mv B2 2解得： L230.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q 1mv020 2解得： Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．2．如图所示，竖直平面内有一光滑的直角细杆MON ，其中 ON 水平， OM 竖直，两个小物块 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，连接 AB 的轻绳长为 L=0.5m ，．现将直角杆 MON 绕过2OM 的轴 O 1O 2 缓慢地转动起来．已知A 的质量为 m 1=2kg ，重力加速度 g 取 10m/s 。

高中物理学业水平考试基础练习题精选八(圆周运动)

学业水平考试基础练习题精选八《圆周运动》一、单选题（共13小题）1.下列关于圆周运动的说法正确的是A. 做匀速圆周运动的物体，所受的合外力一定指向圆心B. 做匀速圆周运动的物体，其加速度可能不指向圆心C. 作圆周运动的物体，所受合外力一定与其速度方向垂直D. 作圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心2.关于平抛运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A. 匀速圆周运动是变加速曲线运动B. 匀速圆周运动是速度不变的运动C. 做圆周运动的物体，合外力等于向心力D. 做平抛运动的物体，速度变化得越来越快3.如图所示，机械手表的时针、分针、秒针的角速度之比为（）A. B. C. D.4.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A，B，C，如图所示．在自行车正常骑行时，下列说法正确的是( )A. A，B两点的角速度大小相等B. B，C两点的线角速度大小相等C. A，B两点的角速度与其半径成反比D. A，B两点的角速度与其半径成正比5.如图所示，在风力发电机的叶片上有A，B，C三点，其中A、C在叶片的端点，B在叶片的中点．当叶片转动时，这三点（）A. 线速度大小都相等B. 线速度方向都相同C. 角速度大小都相等D. 向心加速度大小都相等6.如图所示，一轻杆两端a、b分别固定两个完全相同的小球，杆可绕水平固定轴的O点在竖直面内自由转动，Ob的长度大于Oa的长度。

初始时，杆处于水平位置，从图示位置释放，在杆转动的过程中，两小球的以下物理量大小时刻相等的是（）A. 线速度B. 角速度C. 向心加速度D. 向心力7.一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是（）A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B. 汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 NC. 汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s28.如图所示，质量为m的小物体沿着半径为r的半圆形轨道滑到最低点时的速度大小为v，若物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则小物体刚滑到最低点时（）A. 所受合力方向指向圆心B. 所受重力的功率为mgvC. 所受合力的大小为mD. 所受摩擦力的大小为μm（g+）9.一个运动员沿着半径为16m的圆弧跑道以8m/s的速度匀速率奔跑，则运动员做圆周运动的加速度大小为（）A. 0.25m/s2B. 2m/s2C. 3m/s2D. 4m/s210.转盘游戏中，游客坐在水平转盘上随转盘一起转动，所有游客和转盘间动摩擦因数相同且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

高中物理生活中的圆周运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理生活中的圆周运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示，竖直圆形轨道固定在木板B 上，木板B 固定在水平地面上，一个质量为3m 小球A 静止在木板B 上圆形轨道的左侧．一质量为m 的子弹以速度v 0水平射入小球并停留在其中，小球向右运动进入圆形轨道后，会在圆形轨道内侧做圆周运动．圆形轨道半径为R ，木板B 和圆形轨道总质量为12m ，重力加速度为g ，不计小球与圆形轨道和木板间的摩擦阻力．求：(1)子弹射入小球的过程中产生的内能；(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，木板对水平面的压力；(3)为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，求子弹速度的范围．【答案】(1)2038mv (2) 2164mv mg R+(3)042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤【解析】本题考察完全非弹性碰撞、机械能与曲线运动相结合的问题． (1)子弹射入小球的过程，由动量守恒定律得：01(3)mv m m v =+ 由能量守恒定律得：220111422Q mv mv =-⨯ 代入数值解得：2038Q mv =(2)当小球运动到圆形轨道的最低点时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律和向心力公式得211(3)(3)m m v F m m g R+-+=以木板为对象受力分析得2112F mg F =+ 根据牛顿第三定律得木板对水平的压力大小为F 2木板对水平面的压力的大小202164mv F mg R=+(3)小球不脱离圆形轨有两种可能性：①若小球滑行的高度不超过圆形轨道半径R由机械能守恒定律得：()()211332m m v m m gR +≤+解得：042v gR ≤②若小球能通过圆形轨道的最高点小球能通过最高点有：22(3)(3)m m v m m g R++≤由机械能守恒定律得：221211(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 代入数值解得：045v gR ≥要使木板不会在竖直方向上跳起，木板对球的压力：312F mg ≤在最高点有：233(3)(3)m m v F m m g R+++=由机械能守恒定律得：221311(3)2(3)(3)22m m v m m gR m m v +=+++ 解得：082v gR ≤综上所述为保证小球不脱离圆形轨道，且木板不会在竖直方向上跳起，子弹速度的范围是042v gR ≤或04582gR v gR ≤≤2．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）若小球初速度v 0gR B 点时受到的支持力为多大；（2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；（3）若小球初速度gR x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >3）()44R π+ 【解析】【分析】【详解】（1）加速到B 点：221011-22mgx qEx mv mv μ-=- 在B 点：2v N mg m R-=解得N=5.5mg（2）在物理最高点F ：tan qE mgα=解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =可见要过C 点的条件为：04v gR >（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：2121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-1s x R x π=++解得：(44)s R π=+3．如图所示，水平传送带AB 长L=4m ，以v 0=3m/s 的速度顺时针转动，半径为R=0.5m 的光滑半圆轨道BCD 与传动带平滑相接于B 点，将质量为m=1kg 的小滑块轻轻放在传送带的左端．已，知小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3，取g=10m/s 2，求:(1)滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小；(2)若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，滑块在传送带最左端的初速度最少为多大．【答案】（1）28N.（2）7m/s 【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速运动，后匀速，根据牛顿第二定律求解在B 点时对轨道的压力；（2）滑块到达最高点时的临界条件是重力等于向心力，从而求解到达D 点的临界速度，根据机械能守恒定律求解在B 点的速度；根据牛顿第二定律和运动公式求解A 点的初速度. 【详解】（1）滑块在传送带上运动的加速度为a=μg=3m/s 2；则加速到与传送带共速的时间01v t s a == 运动的距离：211.52x at m ==，以后物块随传送带匀速运动到B 点，到达B 点时，由牛顿第二定律：2v F mg m R-= 解得F=28N ，即滑块滑到B 点时对半圆轨道的压力大小28N.（2）若要使滑块能滑到半圆轨道的最高点，则在最高点的速度满足：mg=m 2Dv R解得v D =5m/s ；由B 到D ，由动能定理：2211222B D mv mv mg R =+⋅ 解得v B =5m/s>v 0可见，滑块从左端到右端做减速运动，加速度为a=3m/s 2，根据v B 2=v A 2-2aL 解得v A =7m/s4．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB 是一段光滑的半径为R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的粗糙水平直轨道BD ，最后滑上半径为R 圆心角060θ=的光滑圆弧轨道DE ．现将质量为m 的滑块从A 点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C 点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg ，求：（1）竖直圆轨道的半径r ．（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力．（3）若要求滑块能滑上DE 圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD 的动摩擦因数μ需满足的条件．【答案】（1）3R （2）7mg （3）2R RL L μ<≤ 【解析】(1) 对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得：21(2)2C mg R r mv -=22Cv mg m r=解得：3R r =； (2) 对滑块，从A 到B 的过程，由机械能守恒可得：212B mgR mv =在B 点，有：2Bv N mg m r-=可得：滑块在B 点受到的支持力 N=7mg ；由牛顿第三定律可得，滑块在B 点对轨道的压力7N N mg '==，方向竖直向下；(3) 若滑块恰好停在D 点，从B 到D 的过程，由动能定理可得：2112B mgL mv μ-=-可得：1R Lμ=若滑块恰好不会从E 点飞出轨道，从B 到E 的过程，由动能定理可得：221(1cos )2B mgL mgR mv μθ---=-可得：22R Lμ=若滑块恰好滑回并停在B 点，对于这个过程，由动能定理可得：231·22B mg L mv μ-=-综上所述，μ需满足的条件：2R R L Lμ<<．5．如图所示，一滑板放置在光滑的水平地面上，右侧紧贴竖直墙壁，滑板由圆心为O 、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道和水平轨道两部分组成，且两轨道在B 点平滑连接，整个系统处于同一竖直平面内．现有一可视为质点的小物块从A 点正上方P 点处由静止释放，落到A 点的瞬间垂直于轨道方向的分速度立即变为零，之后沿圆弧轨道AB 继续下滑，最终小物块恰好滑至轨道末端C 点处．已知滑板的质量是小物块质量的3倍，小物块滑至B 点时对轨道的压力为其重力的3倍，OA 与竖直方向的夹角为θ=60°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g 取102/m s ，不考虑空气阻力作用，求：（1）水平轨道BC 的长度L ；（2）P 点到A 点的距离h ．【答案】（1）2.5R （2）23R 【解析】【分析】（1）物块从A 到B 的过程中滑板静止不动，先根据物块在B 点的受力情况求解B 点的速度；滑块向左滑动时，滑板向左也滑动，根据动量守恒和能量关系列式可求解水平部分的长度；（2）从P 到A 列出能量关系；在A 点沿轨道切向方向和垂直轨道方向分解速度；根据机械能守恒列出从A 到B 的方程；联立求解h ．【详解】（1）在B 点时，由牛顿第二定律：2BB v N mg m R-=，其中N B =3mg ；解得2B v gR =从B 点向C 点滑动的过程中，系统的动量守恒，则(3)B mv m m v =+；由能量关系可知：2211(3)22B mgL mv m m v μ=-+ 联立解得：L=2.5R ；（2）从P 到A 点，由机械能守恒：mgh=12mv A 2；在A 点：01sin 60A A v v =，从A 点到B 点：202111(1cos60)22A B mv mgR mv +-= 联立解得h=23R6．如图，1111C D E F 和2222C D E F 是距离为L 的相同光滑导轨，11C D 和11E F 为两段四分之一圆弧，半径分别为18r r =和2.r r =在水平矩形1122D E E D 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为.B 导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速释放，则()1求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；()2若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达12E E 瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；()3若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达12E E 瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围．【答案】（12BL gr方向逆时针（2）3gr （3）3mgr ≤Q ≤4mgr . 【解析】（1）导体棒P 由12C C 下滑到12D D ，根据机械能守恒定律：211 42D D mgr mv v gr ==，求导体棒P 到达12D D 瞬间：D E BLv = 回路中的电流：22BL grE I R ==（2）棒Q 到达12E E 瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：22QQ mv mg v gr r ==设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为P v ，根据动量守恒定律：D P Q mv mv mv =+ 代入数据得：3P v gr =（3）由()2若导体棒Q 恰能在到达12E E 瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道根据能量守恒，回路中产生的热量22211113222D P Q Q mv mv mv mgr =--= 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，则根据动量守恒：()2D mv m m v v gr =+⇒=回路中产生的热量()22211422D Q mv m m v mgr =-+=；【点睛】根据机械能守恒定律求出求导体棒P 到达12D D 的速度大小，然后根据法拉第电磁感应定律即可求解；恰好脱了轨道的条件是重力提供向心力，两棒作用过程中动量守恒，由此可正确解答；根据题意求出临界条件结合动量守恒和功能关系即可正确求解；本题是电磁感应与电路、磁场、力学、功能关系，临界条件等知识的综合应用，重点考查了功能关系以及动量守恒定律的应用，是考查分析和处理综合题的能力的好题．7．如图所示，竖直平面内固定有一半径R ＝1m 的14光滑圆轨道AB 和一倾角为45°且高为H ＝5m 的斜面CD ，二者间通过一水平光滑平台BC 相连，B 点为圆轨道最低点与平台的切点．现将质量为m 的一小球从圆轨道A 点正上方h 处（h 大小可调）由静止释放，巳知重力加速度g ＝10m/s 2，且小球在点A 时对圆轨道的压力总比在最低点B 时对圆轨道的压力小3mg ．（1）若h ＝0，求小球在B 点的速度大小；（2）若h ＝0.8m ，求小球落点到C 点的距离；（结果可用根式表示）（3）若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论h 为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度l 为多少? 【答案】（1）25/m s （261m （3）1.25m 【解析】【分析】【详解】（1）从释放小球至A 点根据速度与位移关系有22A v gh ＝在A 点，根据牛顿第二定律21AN v F m R=在B 点，根据牛顿第二定律22BN v F mg m R-=根据题意有213N N F F mg -=故2()B v g R h =+若0h =，则小球在B 点的速度1225m/s v gR ==；（2）小球从B 至C 做匀速直线运动，从C 点滑出后做平抛运动，若恰能落在D 点则水平方向0x t v =竖直方向212y H gt ==又因为斜面倾角为45°，则x y ＝解得05m/s v ＝对应的高度00.25m h =若0.80.25h m m =>，小球将落在水平地面上，而小球在B 点的速度26m/s v =小球做平抛运动竖直方向212H gt =得1t s =则水平方向126m x v t ==故小球落地点距C 点的距离s ==；（3）若要求无论h 为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，临界情况是小球擦着挡板落在D 点，经前面分析可知，此时在B 点的临界速度：35m/s v = 则从C 点至挡板最高点过程中水平方向3''x v t =竖直方向'2122H y l gt =-=' 又2Hx '=解得1.25m l =．点睛：本题研究平抛运动与圆周运动想结合的问题，注意分析题意，找出相应的运动过程，注意方程式与数学知识向结合即可求解．8．过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径1 2.0m R =、2 1.4m R =．一个质量为 1.0m =kg 的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以012.0m/s v =的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距1 6.0L =m ．小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2μ=，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，如果小球恰能通过第二圆形轨道．如果要使小球不能脱离轨道，试求在第三个圆形轨道的设计中，半径3R 应满足的条件．（重力加速度取210m/s g =，计算结果保留小数点后一位数字．）【答案】300.4R m <≤或 31.027.9m R m ≤≤ 【解析】【分析】【详解】设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意222v mg m R = ①()22122011222mg L L mgR mv mv μ-+-=- ② 由①②得 12.5L m = ③要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I ．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足233v mg m R = ④()221330112222mg L L mgR mv mv μ-+-=- ⑤ 由④⑤得30.4R m = ⑥II ．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理()213012202mg L L mgR mv μ-+-=- ⑦解得 3 1.0R m = ⑧为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足()()2222332R R L R R +=+- ⑨ 解得：R 3=27.9m ⑩综合I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 300.4R m <≤或 31.027.9m R m ≤≤ ⑾【点睛】本题为力学综合题，要注意正确选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义.9．如图，半径R =0.4m 的部分光滑圆轨道与水平面相切于B 点，且固定于竖直平面内．在水平面上距B 点s =5m 处的A 点放一质量m =3kg 的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为1=3μ．小物块在与水平面夹角θ=37o 斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运动，运动到B 点撤去F ，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C ．（g 取10m/s 2，sin37o =0.6，cos37o =0.8）求：（1）小物块在B 点的最小速度v B 大小；（2）在（1）情况下小物块在水平面上运动的加速度大小；（3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，则拉力F 的大小范围．【答案】(1)25/B v m s = (2)22/a m s = (3)1650N F N ≤≤(或1650N F N ≤<) 【解析】【详解】(1) 小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力．设最高点物块速度为v C ，则2C v mg m R= 解得：2C v gR = 物块从B 到C 运动，只有重力做功，所以其机械能守恒：()2211222B C mv mv mg R =+ 解得：525m/s B v gR ==(2) 根据运动学规律22B v as =，解得222m/s 2B v a s== (3)小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，有两种临界情况： ①在F 的作用下，小物块刚好过C 点：物块在水平面上做匀加速运动，对物块在水平面上受力分析如图：则 Fcos N ma θμ-=Fsin N mg θ+=联立解得：16N mg ma F cos sin μθμθ+==+ ②在F 的作用下，小物块受水平地面的支持力恰好为零Fsin mg θ=，解得：50N =F综上可知，拉力F 的范围为：16N 50N F ≤≤(或16N 50N F ≤<)10．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

高中物理生活中的圆周运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理生活中的圆周运动的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示，水平长直轨道AB 与半径为R =0.8m 的光滑14竖直圆轨道BC 相切于B ，BC 与半径为r =0.4m 的光滑14竖直圆轨道CD 相切于C ，质量m =1kg 的小球静止在A 点，现用F =18N 的水平恒力向右拉小球，在到达AB 中点时撤去拉力，小球恰能通过D 点．已知小球与水平面的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．求：（1）小球在D 点的速度v D 大小；（2）小球在B 点对圆轨道的压力N B 大小；（3）A 、B 两点间的距离x ．【答案】(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m 【解析】【分析】【详解】（1）小球恰好过最高点D ，有：2Dv mg m r=解得：2m/s D v = （2）从B 到D ，由动能定理：2211()22D B mg R r mv mv -+=- 设小球在B 点受到轨道支持力为N ，由牛顿定律有：2Bv N mg m R-=N B =N联解③④⑤得：N =45N （3）小球从A 到B ，由动能定理：2122B x Fmgx mv μ-= 解得：2m x =故本题答案是：(1)2/D v m s = （2）45N (3)2m【点睛】利用牛顿第二定律求出速度，在利用动能定理求出加速阶段的位移，2．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）()()21221R d R ≤≤【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点；（2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤ （3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-3．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ＝30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度为g ，求：（1）当转台角速度ω1为多大时，细绳开始有张力出现；（2）当转台角速度ω2为多大时，转台对物块支持力为零；（3）转台从静止开始加速到角速度3gLω=的过程中，转台对物块做的功．【答案】（1）1g Lμω=（2）233g Lω=（3）132mgL⎛ ⎝ 【解析】【分析】【详解】（1）当最大静摩擦力不能满足所需要向心力时，细绳上开始有张力：212sin mg m L μωθ=⋅代入数据得1gLμω=（2）当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供22tan 2sin mg m L θωθ=⋅代入数据得233g Lω=（3）∵32ωω>，∴物块已经离开转台在空中做圆周运动．设细绳与竖直方向夹角为α，有23tan 2sin mg m L αωα=⋅代入数据得60α=︒转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和即231(2sin 60)(2cos302cos60)2W m L mg L L ω=⋅+-o o o 代入数据得：1(3)2W mgL =+【点睛】本题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．根据能量守恒定律求转台对物块所做的功．4．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R ．一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．试求：（1）弹簧开始时的弹性势能．（2）物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功．（3）物体离开C 点后落回水平面时的速度大小．【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)52mgR 【解析】试题分析：（1）物块到达B 点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C 点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：物块从B 运动到C ，根据动能定理有：解得：（3）从C 点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在B 点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．5．游乐场正在设计一个全新的过山车项目，设计模型如图所示，AB 是一段光滑的半径为R 的四分之一圆弧轨道，后接一个竖直光滑圆轨道，从圆轨道滑下后进入一段长度为L 的粗糙水平直轨道BD ，最后滑上半径为R 圆心角060θ=的光滑圆弧轨道DE ．现将质量为m 的滑块从A 点静止释放，通过安装在竖直圆轨道最高点C 点处的传感器测出滑块对轨道压力为mg ，求：（1）竖直圆轨道的半径r ．（2）滑块在竖直光滑圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力．（3）若要求滑块能滑上DE 圆弧轨道并最终停在平直轨道上（不再进入竖直圆轨道），平直轨道BD 的动摩擦因数μ需满足的条件．【答案】（1）3R （2）7mg （3）2R RL L μ<≤ 【解析】(1) 对滑块，从A 到C 的过程，由机械能守恒可得：21(2)2C mg R r mv -=22Cv mg m r=解得：3R r =； (2) 对滑块，从A 到B 的过程，由机械能守恒可得：212B mgR mv =在B 点，有：2Bv N mg m r-=可得：滑块在B 点受到的支持力 N=7mg ；由牛顿第三定律可得，滑块在B 点对轨道的压力7N N mg '==，方向竖直向下；(3) 若滑块恰好停在D 点，从B 到D 的过程，由动能定理可得：2112B mgL mv μ-=-可得：1R Lμ=若滑块恰好不会从E 点飞出轨道，从B 到E 的过程，由动能定理可得：221(1cos )2B mgL mgR mv μθ---=-可得：22R Lμ=若滑块恰好滑回并停在B 点，对于这个过程，由动能定理可得：231·22B mg L mv μ-=-综上所述，μ需满足的条件：2R R L Lμ<<．6．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接，C 、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．（1）求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ．【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93m 160s = 【解析】【详解】（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：()]211sin 1cos 2cos 2E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=⎣ 代入数据得：30E v =滑块到达E 点：2N Ev mg F m R+= 代入已知得：F N =0.1N（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦代入已知得：x =0.52m（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[代入数据解得：L 0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=解得：11001sin cos 1sin cos 2L L L θμθθμθ-==+同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：2121101sin cos11sin cos22L L L Lθμθθμθ-⎛⎫=== ⎪+⎝⎭故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有：55012L L⎛⎫= ⎪⎝⎭所以第5次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程012345932222m160L L L L L Ls=+++++=7．如图所示，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，求：(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力．【答案】(1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可得：v0＝yvtanα由平抛运动规律得：v y2＝2ghh＝2112gtx＝v0t1联立解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝0.8 s 小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小；v A ＝v cos α＝10 m/s ；从A 点到B 点；由动能定理得221122B A mgH mv mv =-；解得v B ＝20 m/s ；小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2；由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s ；小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间；t ＝t 1＋t 2＝2.05 s ；(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得2211-222D B mgR mv mv =-；在D 点由牛顿第二定律可得：N ＋mg ＝m 2Dv R联立解得：N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力N ′＝3 N ，方向竖直向上8．如图所示，质量m=0.2kg 小物块，放在半径R 1=2m 的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘的动摩擦因数μ1=0.8。

高中物理学业水平测试试题汇总-圆周运动

圆周运动一．选择题（共29小题）1．（2020•清江浦区校级学业考试）自行车部分结构如图所示，A是大齿轮边缘上一点，B 是小齿轮边缘上一点，C是后轮边缘上一点。

把自行车后轮支撑起来，转动脚踏板，使后轮转动起来，下面说法中正确的是（）A．A、B两点的角速度相等B．B、C两点的线速度大小相等C．B、C两点的角速度相等D．A、C两点的线速度大小相等2．（2020•浙江学业考试）如图所示，用砂轮打磨一个金属零件时，打磨下来的大量炽热微粒飞离砂轮。

能表示砂轮边缘一微粒P飞离砂轮时速度方向的是（）A．a B．b C．c D．d 3．（2020•江苏学业考试）如图一芭蕾舞演员正保持图中的姿势，绕自身竖直轴线原地旋转，则她手臂上的A、B两点的线速度、角速度关系，正确的是（）A．ωA＝ωB，v A＜v B B．ωA＝ωB，v A＞v BC．ωA＜ωB，v A＝v B D．ωA＞ωB，v A＝v B4．（2020•湖南学业考试）如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑。

图中轮上A、B、C 三点所在处半径分别为r A、r B、r C，且r A＞r B＝r C，则这三点的速度v A、v B、v C大小关系正确的是（）A．v A＞v B＞v C B．v A＝v B＞v C C．v A＞v B＝v C D．v A＝v C＞v B 5．（2020•内蒙古学业考试）如图所示，细杆上固定两个小球a和b，杆绕0点做匀速转动．下列说法正确的是（）A．a、b两球角速度相等B．a、b两球线速度相等C．a球的线速度比b球的大D．a球的角速度比b球的大6．（2020•内蒙古学业考试）物体做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（）A．物体必须受到恒力的作用B．物体所受合力必须等于零C．物体所受合力的大小可能变化D．物体所受合力的大小不变，方向不断改变7．（2019•湖南学业考试）如图所示，置于圆盘上的A、B两物块（均可视为质点）随圆盘一起绕圆心O在水平面内匀速转动，两物块始终未滑动。

高中物理课时素养评价八生活中的圆周运动(含解析)新人教版必修2-新人教版高一必修2物理试题

生活中的圆周运动(25分钟60分)一、选择题(此题共6个小题,每题5分,共30分)1.如下哪种现象利用了物体的离心运动 ( )A.车转弯时要限制速度B.转速很高的砂轮半径不能做得太大C.在修筑铁路时,转弯处轨道的内轨要低于外轨D.离心水泵工作时【解析】选D。

车辆转弯时限速和修筑铁路时弯道处内轨低于外轨都是为了防止因为离心运动而产生侧翻危险,转速很高的砂轮半径不能做得太大也是为了防止因离心运动而将砂轮转坏,离心水泵工作是运用了水的离心运动规律,选项D正确。

2.市内公共汽车在到达路口转弯时,车内广播中就要播放录音:“乘客们请注意,前面车辆转弯,请拉好扶手〞,这样可以( )A.主要是提醒站着的乘客拉好扶手,以免车辆转弯时可能向转弯的内侧倾倒B.主要是提醒站着的乘客拉好扶手,以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒C.提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手,以免车辆转弯时可能向前倾倒D.提醒包括坐着和站着的全体乘客均拉好扶手,以免车辆转弯时可能向后倾倒【解析】选B。

在公共汽车在到达路口前,乘客具有与汽车一样的速度,当车辆转弯时,由于惯性,乘客要保持向前的速度,这样转弯时乘客有向转弯的外侧倾倒的可能。

所以播放录音主要是提醒站着的乘客拉好扶手,以免车辆转弯时可能向转弯的外侧倾倒,故B正确。

3.在高速公路的拐弯处,通常路面都是外高内低,如下列图。

汽车的运动可看作是做半径为R的水平面内的匀速圆周运动。

设内外路面高度差为h,路基的水平宽度为d,路面的宽度为L。

重力加速度为g。

要使车轮与路面之间的横向(垂直于前进方向)摩擦力等于零,如此汽车转弯时的车速应等于( )A. B.C. D.【解析】选B。

设路面的倾角为θ,要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零,如此汽车转弯时,由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力,作出汽车的受力图,如图。

根据牛顿第二定律,得:mgtan θ=m,又由数学知识得到:tan θ=,联立解得: v=。

高中物理生活中圆周运动试题(有答案和解析)

高中物理生活中的圆周运动试题( 有答案和分析 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．圆滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连结，导轨半径R＝ 0.5 m，一个质量m＝ 2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能 Ep＝ 49 J，如下图．松手后小球向右运动离开弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能经过最高点C， g 取 10 m/s 2．求：(1)小球离开弹簧时的速度大小；(2)小球从 B 到 C 战胜阻力做的功；(3)小球走开 C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【分析】【剖析】【详解】(1)依据机械能守恒定律E p＝1mv12 ?①212Ep＝7m/s ②v ＝m(2)由动能定理得－ mg·2R－ W f＝1mv221mv12③22小球恰能经过最高点，故mg m v22④R由②③④得W f＝24 J(3)依据动能定理：mg 2R E k 1mv22 2解得： E k25J故本题答案是：（ 1）7m / s（ 2）24J（ 3）25J【点睛】(1)在小球离开弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,依据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理能够求出小球的离开弹簧时的速度v;(2)小球从 B 到 C 的过程中只有重力和阻力做功,依据小球恰巧能经过最高点的条件获得小球在最高点时的速度 ,进而依据动能定理求解从 B 至 C 过程中小球战胜阻力做的功 ;(3)小球走开 C 点后做平抛运动 ,只有重力做功,依据动能定理求小球落地时的动能大小2．图示为一过山车的简略模型，它由水平轨道和在竖直平面内的圆滑圆形轨道构成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量 m＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的 A 点以大小 v0＝ 12m／ s 的初速度出发，经过竖直平面的圆形轨道后，停在右边水平轨道上的 D 点．已知 A、B 两点间的距离 L1＝ 5． 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0． 2，取 g＝ 10m／ s2，圆形轨道间不互相重叠，求：（1）物块经过 B 点时的速度大小 v B；（2）物块抵达 C 点时的速度大小 v C；（3） BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 (1)11m / s (2)9m / s(3)72J【分析】【剖析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，依据动能定理得：mgL11mv B21mv02 22解得： v B11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，依据机械能守恒得：1mv B21mv C2mg·2R 22解得： v C9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，依据动能定理得：mgL201mv B2 2解得： L230.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q 1mv020 2解得： Q=72J【点睛】选用研究过程，运用动能定理解题．动能定理的长处在于合用任何运动包含曲线运动．知道小滑块能经过圆形轨道的含义以及要使小滑块不可以离开轨道的含义．3．如下图，竖直平面内的圆滑的正上方， AD 为与水平方向成3/4 的圆周轨道半径为R， A 点与圆心O 等高， B 点在 O θ =45°角的斜面， AD 长为 72 R．一个质量为m 的小球（视为质点）在 A 点正上方 h 处由静止开释，自由着落至 A 点后进入圆形轨道，并能沿圆形轨道抵达 B 点，且抵达 B 处时小球对圆轨道的压力大小为mg，重力加快度为g，求：(1)小球到 B 点时的速度大小vB(2)小球第一次落到斜面上 C 点时的速度大小v(3)改变 h，为了保证小球经过 B 点后落到斜面上，h 应知足的条件【答案】 (1) 2gR (2)10gR (3) 3R h 3R2【分析】【剖析】【详解】(1)小球经过 B 点时，由牛顿第二定律及向心力公式，有2mg mg mv BR解得v B2gR(2)设小球走开 B 点做平抛运动，经时间t ，着落高度y，落到 C 点，则y 1gt 2 2y cot v B t两式联立，得2v B24gRy4Rg g对小球着落由机械能守恒定律，有1mv B2mgy 1 mv222解得vv22gy2gR8gR 10gRB(3)设小球恰巧能经过 B 点，过 B 点时速度为 v1，由牛顿第二定律及向心力公式，有mg m v12R又mg (h R)1mv122得h 3 R2能够证明小球经过 B 点后必定能落到斜面上设小球恰巧落到 D 点，小球经过 B 点时速度为 v2，飞翔时间为 t ，(72R2R)sin 1 gt22(72R2R)cos v2t解得v2 2 gR又mg (h R)1mv222可得h3R故 h 应知足的条件为 3 R h 3R2【点睛】小球的运动过程能够分为三部分，第一段是自由落体运动，第二段是圆周运动，此机遇械能守恒，第三段是平抛运动，剖析清楚各部分的运动特色，采纳相应的规律求解即可．4．如下图，长为3l 的不行伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两头分别拴着质量为m、2m的小球 A 和小物块B，开始时 B 静止在细管正下方的水平川面上。

专题08圆周运动(解析版)-三年(2022-2024)高考物理真题分类汇编(全国通用)

圆周运动专题08考点01水平面内圆周运动1.（2024高考辽宁卷）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。

如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（）A.半径相等B.线速度大小相等C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等【答案】D 【解析】由题意可知，球面上P 、Q 两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D 正确；由图可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的半径的关系为P Q r r ＜，故A 错误；根据v r ω=可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为P Q v v ＜，故B 错误；根据2n a r ω=可知，球面上P 、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为P Q a a ＜，故C 错误。

2.（2024年高考江苏卷第8题）生产陶瓷的工作台匀速转动，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩擦因数处处相同（台面足够大），则A.离轴OO’越远的陶屑质量越大B.离轴OO’越近的陶屑质量越大C.只有平台边缘有陶屑D..离轴最远的陶屑距离不超过某一值R 【参考答案】D【名师解析】由μmg=mRω2，解得离轴最远的陶屑距离不超过某一值R=μg/ω2，D 正确。

3.（2024年高考江苏卷）如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A 高度处做水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B 高度处做水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（）A .线速度v A >v BB.角速度ωA <ωBC.向心加速度a A <a BD.向心力F A >F B 【答案】AD 【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析有F n =mg tan θ=ma由题图可看出小球从A 高度到B 高度θ增大，则由F n =mg tan θ=ma 可知a B >a A ，F B >F A 故C 错误，D 正确；再根据题图可看出，A 、B 位置在同一竖线上，则A 、B 位置的半径相同，则根据22n v F m m rrω==可得v A >v B ，ωA >ωB 故A 正确，B 错误。

高三物理圆周运动试题

高三物理圆周运动试题1.如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈。

在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿A．顺时针旋转31圈B．逆时针旋转31圈C．顺时针旋转1圈D．逆时针旋转1圈【答案】D【解析】白点每隔回到出发点，而闪光灯每隔闪光一次，假设至少经过ts白点刚好回到出发点而闪光灯刚好闪光，即刚好是和的最小公倍数则有，所以观察到白点每秒钟转1圈，选项AB错。

其实相当于两个质点以不同的角速度做匀速圆周运动，再次处在同一半径时，即观察到白点转动一周，由于白点的角速度小于以的周期做匀速圆周运动角速度，所以观察到白点向后即逆时针方向运动。

【考点】圆周运动相对运动2.如图，质量相同的钢球①、②分别放在A、B盘的边缘，A、B两盘的半径之比为2:1，a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，a、b轮半径之比为1:2。

当a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力大小之比为A．2:1 B．4: 1 C．1:4 D．8:1【答案】D【解析】A、B两盘的半径分别为和，这两个盘的转动角速度为和，a、b轮的半径分别为和，这两个轮的转动角速度为，因为a、b分别是与A盘、B盘同轴的轮，，所以有，，又因为a、b两轮在同一皮带带动下匀速转动，所以两轮的线速度相等，故有：，所以，即，根据公式可得，D正确；【考点】考查了匀速圆周运动规律的应用3.游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘上的边缘上，绳子的下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。

其中P为处于水平面内的转盘，可绕OO＇轴转动，圆盘半径d =" 24" m，绳长l =" 10" m。

假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角θ = 37°，座椅和人的总质量为60 kg，则（g取10m/s2）（）A．绳子的拉力大小为650 NB．座椅做圆周运动的线速度大小为5 m/sC．圆盘的角速度为 0.5 rad/sD．座椅转一圈的时间约为1.3 s【答案】C【解析】以小球为研究对象，受力分析如图所示，由题意知小球做匀速圆周运动，所合外力提供向心力，，所以故A错误；根据可得v="15" m/s，所以B错误；再由，可得，所以C正确；周期，所以D错误。

高二物理学业水平测试圆周运动专题

学业水平复习—圆周运动一、匀速圆周运动匀速圆周运动是运动，各点线速度方向沿方向，但不变；加速度方向圆心，也不变，但它是变速运动，是变加速运动1.物体在做匀速圆周运动的过程中，其线速度A．大小保持不变，方向时刻改变 B．大小时刻改变，方向保持不变C．大小和方向均保持不变 D．大小和方向均时刻改变判断：匀速圆周运动是变速运动（）做匀速圆周运动的物体的加速度恒定（）2.一个物体做匀速圆周运动，关于其向心加速度的方向，下列说法中正确的是A．与线速度方向相同B．与线速度方向相反C．指向圆心D．背离圆心3．如图为皮带传动示意图，假设皮带没有打滑，R > r，则下列说法中正确的是（）A．大轮边缘的线速度大于小轮边缘的线速度Array B．大轮边缘的线速度小于小轮边缘的线速度C．大轮边缘的线速度等于小轮边缘的线速度D．大轮的角速度较大二、线速度、角速度和周期定义式线速度：物体通过的弧长Δl与时间Δt的比值,V=________角速度: 物体与圆心的连线扫过的角度Δθ与所用时间Δt的比值，ω=________周期：物体转过一圈所用的_________ 三者关系：，，三、向心加速度方向：总是沿着半径，在匀速圆周运动中，向心加速度大小大小：a= =1、某质点做匀速圆周运动时，不发生变化的物理量是__________,变化的是__________①周期②线速度③线速度大小④角速度⑤动能⑥向心加速度⑦向心力2、用皮带相连的两个轮子转动的_________相等，同一转盘上的两个质点_________相等3、A、B两质点分别做匀速圆周运动，在相同的时间内，它们通过的弧长之比S A:S B=2:3,而转过的角度φA:φB=3:2，则它们的线速度之比为υA: υB = ，角速度之比为ωA: ωB= ，周期之比T A:T B= ，半径之比为r A:r B= ，向心加速度之比a A:a B=。

4．一个物体做匀速圆周运动，关于其向心加速度的方向，下列说法中正确的是（）A．与线速度方向相同B．与线速度方向相反C．指向圆心D．背离圆心5.物体在做匀速圆周运动的过程中，其线速度（）A．大小保持不变，方向时刻改变 B．大小时刻改变，方向保持不变C．大小和方向均保持不变 D．大小和方向均时刻改变6.如图所示，质量相等的A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，则两物块A．线速度相同B．角速度相同C．向心加速度相同D．向心力相同四、向心力向心力是根据力的命名，不是一种特殊的力，可以是弹力、摩擦力或几个力的合成，对于匀速圆周运动的向心力即为物体所受到的合外力。

高中物理圆周运动及天体运动试题及答案解析

圆周运动试题一、单选题1、关于匀速圆周运动下列说法正确的是A、线速度方向永远与加速度方向垂直,且速率不变B、它是速度不变的运动C、它是匀变速运动D、它是受力恒定的运动2、汽车以10m/s速度在平直公路上行驶,对地面的压力为20000N,当该汽车以同样速率驶过半径为20m的凸形桥顶时,汽车对桥的压力为Ａ、10000N B、1000N C、20000N D、2000N3、如图,光滑水平圆盘中心O有一小孔,用细线穿过小孔,两端各系A,B两小球,已知B球的质量为2Kg,并做匀速圆周运动,其半径为20cm,线速度为5m/s,则A的重力为A、250NB、C、125ND、4、如图O1 ,O2是皮带传动的两轮,O1半径是O2的2倍,O1上的C 点到轴心的距离为O2半径的1/2则A、ＶＡ：ＶＢ＝2：１Ｂ、ａＡ：ａＢ＝1：2Ｃ、ＶＡ：ＶＣ＝１：２Ｄ、ａＡ：ａＣ＝2：15、关于匀速圆周运动的向心加速度下列说法正确的是A．大小不变,方向变化 B．大小变化,方向不变C．大小、方向都变化D．大小、方向都不变6、如图所示,一人骑自行车以速度V 通过一半圆形的拱桥顶端时,关于人和自行车受力的说法正确的是：A 、人和自行车的向心力就是它们受的重力B 、人和自行车的向心力是它们所受重力和支持力的合力,方向指向圆心C 、人和自行车受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和向心力的作用D 、人和自行车受到重力、支持力、牵引力、摩擦力和离心力的作用 7、假设地球自转加快,则仍静止在赤道附近的物体变大的物理量是 A 、地球的万有引力 B 、自转所需向心力 C 、地面的支持力 D 、重力 8、在一段半径为R 的圆孤形水平弯道上,已知弯道路面对汽车轮胎的最大静摩擦力等于车重的μ倍,则汽车拐弯时的安全速度是 9、小球做匀速圆周运动,半径为R ,向心加速度为 a ,则下列说法错误．．的是 A 、小球的角速度Ra=ω B 、小球运动的周期aRT π2=C 、t 时间内小球通过的路程aR t S =D 、t 时间内小球转过的角度aRt=ϕ 10、某人在一星球上以速度v 0竖直上抛一物体,经t 秒钟后物体落回手中,已知星球半径为R,那么使物体不再落回星球表面,物体抛出时的速度至少为11、假如一人造地球卫星做圆周运动的轨道半径增大到原来的2倍,仍做圆周运动;则A.根据公式V=r ω可知卫星的线速度将增大到原来的2倍B.根据公式r v m F 2=,可知卫星所受的向心力将变为原来的21C.根据公式2r MmGF =,可知地球提供的向心力将减少到原来的41D.根据上述B 和C 给出的公式,可知卫星运动的线速度将减少到原来的2倍 12、我们在推导第一宇宙速度时,需要做一些假设;例如：1卫星做匀速圆周运动；2卫星的运转周期等于地球自转周期；3卫星的轨道半径等于地球半径；4卫星需要的向心力等于它在地面上的地球引力;上面的四种假设正确的是 A 、123 B 、234 C 、134 D 、12413、如图所示,在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上,有两个质量相等的小物块A 和B,它们分别紧贴漏斗的内壁.在不同的水平面上做匀速圆周运动,则以下叙述正确的是 A.物块A 的线速度小于物块B 的线速度 B.物块A 的角速度大于物块B 的角速度C.物块A 对漏斗内壁的压力小于物块B 对漏斗内壁的压力D.物块A 的周期大于物块B 的周期14、火星有两颗卫星,分别是火卫一和火卫二,它们的轨道近似为圆;已知火卫一的周期为7小时39分;火卫二的周期为30小时18分,则两颗卫星相比较,下列说法正确的是:A 、火卫一距火星表面较远;B 、火卫二的角速度较大C 、火卫一的运动速度较大;D 、火卫二的向心加速度较大; 15、如图所示,质量为m 的物体,随水平传送带一起匀速运动,A 为传送带的终端皮带轮,皮带轮半径为r,则要使物体通过终端时能水平抛出,皮带轮每秒钟转动的圈数至少为A 、rg π21 B 、rg C 、gr D 、π2gr16、如图所示,碗质量为M,静止在地面上,质量为m 的滑块滑到圆弧形碗的底端时速率为v,已知碗的半径为R,当滑块滑过碗底时,地面受到碗的压力为：A 、M+mgB 、M+mg ＋R mv 2C 、Mg ＋R mv 2D 、Mg ＋mg －m Rv 217、1990年5月,紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为吴健雄星,该小行星的半径为16km;若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体,小行星密度与地球相同;已知地球半径R=6400km,地球表面重力加速度为g;这个小行星表面的重力加速度为 A 、g 400 B 、g 4001 C 、g 20 D 、g 20118、银河系的恒星中大约四分之一是双星;某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成,两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动;由天文观察测得其运动周期为T 1,S 1到C 点的距离为r 1,S 1和S 2的距离为r,已知引力常量为G;由此可求出S 2的质量为A 、2122)(4GTr r r -π B 、23124GT r π C 、2224GT r π D 、21224GT r r π 19、2001年10月22日,欧洲航天局由卫星观测发现银河系中心存在一个超大型黑洞,命名为MCG6—30—15;由于黑洞的强大引力,使得太阳绕银河系中心运转;假定银河系中心仅此一个黑洞,且太阳绕银河系中心做的是匀速圆周运动;则下列哪一组数据可估算该黑洞的质量A.、地球绕太阳公转的周期和速度 B 、太阳的质量和运动速度C 、太阳质量和到该黑洞的距离D 、太阳运行速度和到该黑洞的距离20、质量不计的轻质弹性杆P 插入桌面上的小孔中,杆的另一端套有一个质量为m 的小球,今使小球在水平面内作半径为R 的匀速圆周运动,且角速度为ω,则杆的上端受到球对其作用力的大小为A 、m ω2RB 、242R g m ω-C 、242R g m ω+D 、不能确定21、已知万有引力恒量G,要计算地球的质量,还必须知道某些数据,现给出下列各组数据,算不出地球质量的有哪组：A 、地球绕太阳运行的周期T 和地球离太阳中心的距离R ；B 、月球绕地球运行的周期T 和月球离地球中心的距离R ；C 、人造卫星在近地表面运行的线速度v 和运动周期T ；D 、地球半径R 和同步卫星离地面的高度；第二卷二、计算题共37分22、如图所示,一质量为m=1kg 的滑块沿着粗糙的圆弧轨道滑行,当经过最高点时速度V=2m/s,已知圆弧半经R=2m,滑块与轨道间的摩擦系数μ=,则滑块经过最高点时的摩擦力大小为多少12分23．一个人用一根长L=1m,只能承受T=46N绳子,拴着一个质量为m=1kg 的小球,已知圆心O离地的距离H=6m,如图所示,速度转动小球方能使小球到达最低点时绳子被拉断,绳子拉断后,小球的水平射程是多大 13分24、经天文学观察,太阳在绕银河系中心的圆形轨道上运行,这个轨道半径约为3×104光年约等于×1020m,转动周期约为2亿年约等于×1015s 太阳作圆周运动的向心力是来自于它轨道内侧的大量星体的引力,可以把这些星体的全部质量看作集中在银河系中心来处理问题;根据以上数据计算太阳轨道内侧这些星体的总质量M 以及太阳作圆周运动的加速度a;G ＝×10－11Nm 2/kg 212分答案22、12分解：由所以 N = mg – m v 2/R =8 N 6分再由 f = μN 得 f = 4 N 6分23、13分设小球经过最低点的角速度为ω,速度为v 时,绳子刚好被拉断,则T – m g = m ω2L∴ s rad mLmgT /6=-=ω v = ωL = 6 m/s 7分小球脱离绳子的束缚后,将做平抛运动,其飞行时间为s gL H gh t 1)(22=-==3分所以,小球的水平射程为 s = v t = 6 m 3分班级_____________ 姓名_________________________ 座号______________24、12分 M ＝×1041kg a=×10－10m ／s 2若算出其中一问得8分两问都算出的12分高中物理复习六天体运动一、关于重力加速度1. 地球半径为R 0,地面处重力加速度为g 0,那么在离地面高h 处的重力加速度是A. R h R h g 022020++()B. R R h g 02020()+ C. h R h g 2020()+D.R hR h g 0020()+二、求中心天体的质量2.已知引力常数G 和下列各组数据,能计算出地球质量的是 A ．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离 B ．月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C. 人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期 D ．若不考虑地球自转,己知地球的半径及重力加速度三、求中心天体的密度3.中子星是恒星演化过程的一种可能结果,它的密度很大,,现有一中子星,观测到它的自转周期为T,问：该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定,不致因自转而瓦解;计算时星体可视为均匀球体; 6π/GT 2四、卫星中的超失重求卫星的高度4. m = 9kg 的物体在以a = 5m/s 2 加速上升的火箭中视重为85N, ,则火箭此时离地面的高度是地球半径的_________倍地面物体的重力加速度取10m/s 25.地球同步卫星到地心的距离可由r 3 = a 2b 2c / 4π2求出,已知a 的单位是m, b的单位是s, c 的单位是m/ s2,请确定a、b、c 的意义地球半径地球自转周期重力加速度五、求卫星的运行速度、周期、角速度、加速度等物理量6.两颗人造地球卫星的质量之比为1：2,轨道半径之比为3：1,求其运行的周期之比为；线速度之比为 ,角速度之比为；向心加速度之比为；向心力之比为 ;331/2:1 31/2:3 31/2:9 1:3 1:97.地球的第一宇宙速度为v1,若某行星质量是地球质量的4倍,半径是地球半径的1/2倍,求该行星的第一宇宙速度;221/2v18.同步卫星离地心距离r,运行速率为V1,加速度为a1,地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2,线速度为V2,第一宇宙速度为V3,以第一宇宙速度运行的卫星向星加速度为a3,地球半径为R,则a2=r/R >a1>a2V2=R/r D. V3>V1>V2六、双星问题9.两个星球组成双星;设双星间距为L,在相互间万有引力的作用下,绕它们连线上某点O 转动,转动的角速度为ω,不考虑其它星体的影响,则求双星的质量之和;L3ω2/G七、变轨问题年5月,航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后,在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ,B为轨道Ⅱ上的一点,如图所示,关于航天飞机的运动,下列说法中正确的有 ABCA.在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过B 的速度B.在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D.在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度八、追击问题11. 如图,有A 、B 两颗行星绕同一颗恒星M 做圆周运动,旋转方向相同,A 行星的周期为T 1,B 行星的周期为T 2,在某一时刻两行星相距最近,则A ．经过时间 t=T 1+T 2两行星再次相距最近B ．经过时间 t=T 1T 2/T 2-T 1,两行星再次相距最近C ．经过时间 t=T 1+T 2 /2,两行星相距最远D ．经过时间 t=T 1T 2/2T 2-T 1 ,两行星相距最远课堂练习1.宇宙飞船在半径为R 1的轨道上运行,变轨后的半径为R 2,R 1>R2.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动,则变轨后宇宙飞船的A ．线速度变小B ．角速度变小C ．周期变大D ．向心加速度变大2.两个质量均为M 的星体,其连线的垂直平分线为HN,O 为其连线的中点,如图所示,一个质量为m 的物体从O 沿OH 方向运动,则它受到的万有引力大小变化情况是A.一直增大B.一直减小C.先减小,后增大D.先增大,后减小3. “嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中,设探测器运行的轨道半径为r ,运行速率为v ,当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时、v 都将略为减小、v 都将保持不变将略为减小,v将略为增大 D. r将略为增大,v将略为减小4. 为了对火星及其周围的空间环境进行探测,我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”;假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时,周期分别为T1和T2;火星可视为质量分布均匀的球体,且忽略火星的自转影响,万有引力常量为G;仅利用以上数据,可算出A．火星的密度和火星表面的重力加速度B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力C．火星的半径和“萤火一号”的质量 D ．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力5.设地球半径为R,在离地面H 高度处与离地面h 高度处的重力加速度之比为A. H 2/h 2 / h C.R+ h/R+ H D. R+ h2/R+ H26.如图所示,在同一轨道平面上,有绕地球做匀速圆周运动的卫星A、B、C某时刻在同一条直线上,则A．卫星C的速度最小 B．卫星C受到的向心力最小C．卫星B的周期比C小 D．卫星A的加速度最大7. 气象卫星是用来拍摄云层照片,观测气象资料和测量气象数据的;我国先后自行成功研制和发射了“风云Ⅰ号”和“风云Ⅱ号”两颗气象卫星,“风云Ⅰ号”卫星轨道与赤道平面垂直并且通过两极,称为“极地圆轨道”,每12h巡视地球一周;“风云Ⅱ号”气象卫星轨道平面在赤道平面内,称为“地球同步轨道”,每24h巡视地球一周,则“风云Ⅰ号”卫星比“风云Ⅱ号”卫星A．发射速度小 B．线速度大 C．覆盖地面区域大 D．向心加A B速度小8. 我国未来将建立月球基地,并在绕月轨道上建造空间站．如图所示,关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近,并将与空间站在B处对接,已知空间站绕月轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,下列说法中正确的是A．图中航天飞机正加速飞向B处B.根据题中条件可以算出月球质量C．航天飞机在B处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速D．根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小9. 物体在一行星表面自由落下,第1s内下落了,若该行星的半径为地球半径的一半,那么它的质量是地球的倍. 110．已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r,周期为T,火星可视为半径为R的均匀球体. 不计火星大气阻力,则一物体在火星表面自由下落H高度时的速度为_____________. 8π2r3H/T2R21/211.地球赤道上的物体重力加速度为g,物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a,要使赤道上的物体“飘”起来,则地球的角速度应为原来的倍g+a/a1/212.一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空,探测器的质量为1500 kg,发动机推力恒定.发射升空后9 s末,发动机突然间发生故障而关闭.下图是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.不考虑探测器总质量的变化.求：(1)探测器在行星表面上升达到的最大高度 H；(2)该行星表面附近的重力加速度g；3发动机正常工作时的推力F. 1800m24m/s2317000N。

江苏高中物理学业水平考试复习：平抛运动与圆周运动(附解析)

江苏高中物理学业水平考试复习：平抛运动与圆周运动（附解析）1．(2018·江都中学、扬中中学等六校联考)如图1所示，一质量为m ＝10kg 的物体(可视为质点)，由14光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1m 距离后停止．已知轨道半径R ＝0.8m ，g ＝10m/s 2.求：图1(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小； (2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小； (3)物体沿水平面滑动过程中，摩擦力做的功．2．(2018·扬州学测模拟)如图2所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度ω＝1rad /s.有一个小物体(可视为质点)距圆盘中心r ＝0.5 m ，随圆盘一起做匀速圆周运动．物体质量m ＝1.0 kg ，与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)物体受到的摩擦力大小F f ；(2)欲使物体能随圆盘一起做匀速圆周运动，圆盘的角速度ω应满足什么条件？ (3)圆盘角速度由0缓慢增大到1.6rad/s 过程中，圆盘对物体所做的功W .3．(2018·南京学测训练样题)如图3甲所示，水平桌面离地面高度h＝1.25m，桌面上固定一个厚度可以忽略的长木板AB.一个可以视为质点的物块每次以相同的速度v0＝6m/s从A端滑向B端．物块和长木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.图3(1)若物块滑到B端时的速度v B＝2m/s，则它在空中运动的时间t1和飞行的水平距离x1各是多少？(2)在(1)的情况下，求长木板AB段的长度l1；(3)若木板的长度可以改变，请通过计算定量在图乙中画出物块滑出B端后落地的水平距离的平方x2与木板长度l的关系图象．4．(2018·如皋学测模拟)在水平地面上竖直固定一根内壁光滑的圆管，管的半径R＝3.6m(管的内径大小可以忽略)，管的出口A在圆心的正上方，入口B与圆心的连线与竖直方向成60°角，如图4所示，现有一个质量m＝1kg的小球(可视为质点)从某点P以一定的初速度水平抛出，恰好从管口B处沿切线方向飞入，小球到达A时恰好与管壁无作用力，取g＝10m/s2.求：图4(1)小球到达圆管最高点A时的速度大小；(2)小球在管的最低点C时，小球对管壁的弹力；(3)小球抛出点P到管口B的水平距离x.5．(2018·镇江学测模拟)如图1所示，一质量为M、半径为R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)，从大环的最高点处由静止滑下．重力加速度为g.图1(1)求小环滑到大环最低点处时的动能E k；(2)求小环滑到大环最低点处时的角速度ω；(3)有同学认为，当小环滑到大环的最低点处时，大环对轻杆的作用力与大环的半径R无关，你同意吗？请通过计算说明你的理由．6．(2018·连云港学测模拟)如图2所示，倾角为θ＝45°的直导轨与半径为R的圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可视为质点)从导轨上的A处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点D水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计一切阻力，重力加速度为g，求：图2(1)滑块运动到D点时速度的大小；(2)滑块运动到最低点C时对轨道压力的大小；(3)AC两点的竖直高度．7．(2018届南通学测模拟)中国女排在2016年奥运会上夺得冠军．如图3所示为排球场地示意图，排球场长18.0m，宽9.0m．某运动员跳起将球垂直网面水平扣出，扣球点离地面的高度为2.45m，离球场中线的水平距离为1.0m，排球直接落到距端线3.0m处的界内．排球的质量为260g，可视为质点，空气阻力不计．取地面为零势能面，重力加速度g＝10m/s2，求：图3(1)扣球时，排球水平飞出的速度大小v0；(2)排球落地前瞬间的机械能E；(3)排球落地前瞬间重力的功率P.8．如图4所示，一辆卡车沿平直公路行驶，司机发现障碍物后在A点开始刹车，卡车做匀减速直线运动，最终停在B点，开始刹车时，车身上距离路面高h处有一颗松动的零件(质量为m)沿正前方水平飞出，落地点为C点．已知刹车过程中卡车受到的阻力是其重力的k倍，零件初速度为v0，不计空气阻力，重力加速度为g.图4(1)求零件落地时重力的功率P；(2)若C在B的前方，求卡车开始刹车时速度v的范围；(3)在(2)问所述情况下，求C、B间距离的最大值x m.答案精析1．(1)4m/s (2)300N (3)－80J解析 (1)由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2解得v ＝4m/s(2)在圆弧底端，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2R解得F N ＝300N由牛顿第三定律知，物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小为300N. (3)由动能定理知W f ＝0－12m v 2解得W f ＝－80J2．(1)0.5N (2)ω≤2rad/s (3)0.32J 解析 (1)静摩擦力提供向心力F f ＝mω2r 解得F f ＝0.5N(2)欲使物体能随圆盘做匀速圆周运动，mω2r ≤μmg 解得ω≤2rad/s(3)当ω＝1.6rad /s 时，物体的线速度v ＝ωr ＝0.8 m/s 由动能定理得，圆盘对物体所做的功 W ＝12m v 2－0＝0.32J3．(1)0.5s 1m (2)8m (3)见解析图解析 (1)物块滑出B 端后做平抛运动． h ＝12gt 12 x 1＝v B t 1代入数据解得t 1＝0.5s ，x 1＝1m(2)物块从A 到B 做匀减速运动，设物块质量为m ，加速度大小为a ，则μmg ＝ma 由运动学公式得v B 2－v 02＝－2al 1代入数据得l 1＝8m (3)由(2)可知 v B ′2＝v 02－2al x ＝v B ′t 1代入数据得x 2＝9－l 由函数关系作出图象如图4．(1)6m/s (2)60N ，方向竖直向下 (3)1835m解析 (1)小球在最高点时对管壁无作用力，重力提供向心力，由向心力公式得：mg ＝m v A 2R可得小球到达圆管最高点时的速度为： v A ＝gR ＝10×3.6m /s ＝6 m/s(2)设小球在最低点C 的速度为v ，小球从管的最低点C 到最高点A ，由机械能守恒定律可知 mg ·2R ＝12m v 2－12m v A 2可得v 2＝4gR ＋v A 2＝(4×10×3.6＋62) m 2/s 2＝180 m 2/s 2 在最低点C ，由向心力公式可知F N －mg ＝m v 2R即F N ＝mg ＋m v 2R ＝(1×10＋1×1803.6) N ＝60N ，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，在最低点C 时小球对管壁的弹力为60N ，方向竖直向下．(3)设小球在B 点的速度为v B ，由B →A ，由机械能守恒定律可知mg ·(R ＋R cos60°)＝12m v B 2－12m v A 2代入数据得：v B ＝12m/s由平抛运动规律可知，小球做平抛运动的初速度为： v 0＝v B cos60°＝12×12m /s ＝6 m/s在B 点时的竖直分速度为： v y ＝v B sin60°＝12×32m/s ＝63m/s 由v y ＝gt 可知t ＝v y g ＝6310s ＝335s则小球的抛出点P 到管口B 的水平距离为 x ＝v 0t ＝6×335m ＝1835m.5．(1)2mgR (2)2gR(3)见解析解析 (1)根据动能定理得2mgR ＝E k －0 解得E k ＝2mgR (2)由公式E k ＝12m v 2得v ＝2gR 又v ＝Rω 得ω＝2g R(3)在最低点对小环由向心力公式有F N －mg ＝m v 2R得F N ＝5mg由牛顿第三定律得大环受到的压力 F ′＝5mg设轻杆对大环的作用力为F 则F ＝Mg ＋5mg由牛顿第三定律知大环对轻杆的作用力为Mg ＋5mg ，说明大环对轻杆的作用力与大环半径R 无关． 6．(1)gR (2)6mg (3)52R解析 (1)小滑块从D 点飞出后做平抛运动，水平速度为v D竖直方向R ＝12gt 2水平方向2R ＝v D t 解得v D ＝gR(2)小滑块在最低点C 时速度为v 由机械能守恒定律得 12m v 2＝mg ·2R ＋12m v D 2 解得v ＝5gR根据牛顿第二定律得F C －mg ＝m v 2R解得F C ＝6mg由牛顿第三定律得滑块在最低点C 时对轨道的压力为6mg . (3)不计一切阻力，A 到C 过程满足机械能守恒定律 mgh ＝12m v 2，则h ＝52R .7．(1)10m/s (2)19.37J (3)18.2W解析 (1)由题意知排球运动的水平位移为x ＝7.0m 水平方向有x ＝v 0t 竖直方向有h ＝12gt 2联立解得v 0＝10m/s ，t ＝0.7s(2)排球运动过程中机械能守恒，则E ＝mgh ＋12m v 02解得E ＝19.37J(3)设排球落地前瞬间的速度在竖直方向的分量为v y ，则 v y ＝gt排球落地前瞬间重力的功率P ＝mg v y 联立解得P ＝18.2W.8．(1)mg 2gh (2)v <2k 2gh (3)kh解析 (1)零件做平抛运动，设运动时间为t ，h ＝12gt 2落地时，竖直方向的分速度v y ＝gt 解得v y ＝2gh 重力的功率P ＝mg ·v y 解得P ＝mg 2gh(2)设卡车质量为M ，刹车时加速度大小为a 牛顿第二定律得kMg ＝Ma 由匀变速直线运动规律有2ax AB ＝v 2 解得x AB ＝v 22kg零件抛出的水平距离x AC ＝v t 解得x AC ＝v2h g由x AC >x AB ，解得v <2k 2gh (3)C 在B 前方的距离 x BC ＝－v 22kg＋v2h g ＝－12kg(v －k 2gh )2＋kh 当v ＝k 2gh 时，x BC 有最大值解得x m ＝kh .。

高二物理圆周运动试题答案及解析

高二物理圆周运动试题答案及解析1.（13分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．【答案】(1) (2) ()3【解析】（1）对滑块从A点到C点应用动能定理得：，解得：(2)设滑块在C点时受到轨道的作用力为F，由牛顿第二定律知：,解得：（3）要使滑块恰好沿轨道运动时，则滑到DG之间某点时速度最小，此时满足重力和电场力的合力提供向心力，有：，解得：【考点】本题考查了物体在电场和重力场中的圆周运动2.如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率。

【答案】【解析】对c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离R＝L，所以△abc是等边三角形。

a、b对c作用力F1＝F2＝，合力F合＝2F1cos 30°＝。

由牛顿第二定律得：F合＝即解得：【考点】力的合成、库仑定律及圆周运动问题。

3.（12分）在航天事业中要用角速度计可测得航天器自转的角速度ω，其结构如图9所示，当系统绕OO′转动时，元件A在光滑杆上发生滑动，并输出电信号成为航天器的制导信号源。

已知A质量为m，弹簧的劲度系数为k，原长为L，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器触头P在中点，与固定接头Q正对，当系统以角速度ω转动时，求：（1）弹簧形变量x与ω的关系式；（2）电压表的示数U与角速度ω的关系式【答案】（1）（2）【解析】（1）由圆周运动规律可得，得：（2）由串联电路的规律得：【考点】本题考查了闭合电路的欧姆定律和圆周运动规律4.如图所示，质量为m的小球在竖直面内的光滑圆形轨道内侧做圆周运动，通过最高点时刚好不脱离轨道，则当小球通过圆形轨道最低点时，小球对轨道的压力大小为A．mg B．2mg C．5mg D．6mg【答案】D【解析】在最高点刚好由重力提供向心力是刚好不脱离轨道的临界条件，则，从最高点到最低点由机械能守恒，，在最低点，F=6mg，故选D【考点】考查圆周运动点评：本题难度较小，注意小球刚好通过最高点的临界条件是关键5.如图所示，一个人用一根长1 m，只能承受46 N拉力的绳子，拴着一个质量为1 kg的小球，在竖直平面内做圆周运动.已知圆心O离地面h="6" m，转动中小球在最低点时绳子断了.求：（1）绳子断时小球运动的角速度多大？（2）绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离【答案】（1）6 rad/s （2）6 m【解析】在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=mrw2W=6rad/sV=rw=6m/s由平抛运动得：h-R=1/2gt2X=vt得：X=6m【考点】考查圆周运动点评：本题难度较小，只要求出最低点速度大小即可求得平抛运动的水平位移6.如图所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1kg的、两个物块，物块用长为0.25m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可不计.细线能承受的最大拉力为8N. 、间的动摩擦因数为0.4，与转盘间的动摩擦因数为0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.转盘静止时，细线刚好伸直，传感器的读数为零.当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数.求：（1）绳子刚有拉力时转盘的角速度；（2）A物块刚脱离B物块时转盘的角速度；（3）绳子刚断开时转盘的角速度；（4）试通过计算在坐标系中作出图象（作在答题卡上）. 取10m/s2.【答案】（1）2rad/s（2）4rad/s（3）6rad/s（4）【解析】当物体与将发生滑动时的角速度为；则，；当物体所受的摩擦力大于最大静摩擦力时，将要脱离物体，此时的角速度由得，则（），此时绳子的张力为，故绳子末断，接下来随角速度的增大，脱离物体，只有物体作匀速圆周运动，当物体与盘有摩擦力时的角速度为，则，则当角速度为，，即绳子产生了拉力，则，；【考点】考查圆周运动点评：难度较大，物体A做匀速圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度的逐渐增大，静摩擦力也逐渐增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时两者发生相对滑动7.如图所示，小汽车以一定的速度通过圆弧凹形桥的最低点，桥面对汽车的支持力（选填“大于”、“小于”、或“等于”）汽车受到的重力。

高中物理生活中的圆周运动及其解题技巧及练习题(含答案)

高中物理生活中的圆周运动及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切．BC 为圆弧轨道的直径．O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=35，一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g ．求：（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；（2）小球到达A 点时动量的大小；（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间．【答案】（15gR（223m gR （3355R g 【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．解析（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F ．由力的合成法则有tan F mgα=① 2220()F mg F =+②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得2v F m R=③由①②③式和题给数据得034F mg =④5gRv =（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得 sin DA R α=⑥(1cos CD R α=+）⑦由动能定理有22011122mg CD F DA mv mv -⋅-⋅=-⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 1232m gR p mv ==⑨ （3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g ．设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t ．由运动学公式有212v t gt CD ⊥+=⑩ sin v v α⊥=由⑤⑦⑩式和题给数据得355R t g=点睛小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．2．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍．地球表面的重力加速度为g ．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O 上，小球绕悬点O 在竖直平面内做圆周运动．小球质量为m ，绳长为L ，悬点距地面高度为H ．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S 求：(1)星球表面的重力加速度？(2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？【答案】(1)01=4g g 星 (2)0024g sv H L=-201[1]42()s T mg H L L =+- 【解析】【分析】【详解】（1）由万有引力等于向心力可知22Mm v G m R R =2MmGmg R= 可得2v g R=则014g g 星＝（2）由平抛运动的规律：212H L g t -=星 0s v t =解得0024g s v H L=- （3）由牛顿定律，在最低点时：2v T mg m L-星＝解得：201142()s T mg H L L ⎡⎤=+⎢⎥-⎣⎦【点睛】本题考查了万有引力定律、圆周运动和平抛运动的综合，联系三个问题的物理量是重力加速度g 0；知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．3．有一水平放置的圆盘，上面放一劲度系数为k 的弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端系一质量为m 的物体A ，物体与盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为l ．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力．求：（1）盘的转速ω0多大时，物体A 开始滑动？（2）当转速缓慢增大到2ω0时，A 仍随圆盘做匀速圆周运动，弹簧的伸长量△x 是多少？【答案】（1） glμ（2）34mglkl mgμμ-【解析】【分析】（1）物体A 随圆盘转动的过程中，若圆盘转速较小，由静摩擦力提供向心力；当圆盘转速较大时，弹力与摩擦力的合力提供向心力．物体A 刚开始滑动时，弹簧的弹力为零，静摩擦力达到最大值，由静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求解角速度ω0．（2）当角速度达到2ω0时，由弹力与摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和胡克定律求解弹簧的伸长量△x ．【详解】若圆盘转速较小，则静摩擦力提供向心力，当圆盘转速较大时，弹力与静摩擦力的合力提供向心力．（1）当圆盘转速为n 0时，A 即将开始滑动，此时它所受的最大静摩擦力提供向心力，则有： μmg ＝ml ω02，解得：ω0= glμ．即当ω0＝glμ时物体A 开始滑动．（2）当圆盘转速达到2ω0时，物体受到的最大静摩擦力已不足以提供向心力，需要弹簧的弹力来补充，即：μmg +k △x ＝mr ω12， r=l+△x 解得：34mglx kl mgμμ-V ＝【点睛】当物体相对于接触物体刚要滑动时，静摩擦力达到最大，这是经常用到的临界条件．本题关键是分析物体的受力情况．4．光滑水平面AB 与竖直面内的圆形导轨在B 点连接，导轨半径R ＝0.5 m ，一个质量m ＝2 kg 的小球在A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep ＝49 J ，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，g 取10 m/s 2．求：(1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从B 到C 克服阻力做的功；(3)小球离开C 点后落回水平面时的动能大小．【答案】（1）7/m s （2）24J （3）25J 【解析】【分析】【详解】(1)根据机械能守恒定律 E p ＝211m ?2v ①v 1＝2Epm＝7m/s ② (2)由动能定理得－mg ·2R －W f ＝22211122mv mv - ③ 小球恰能通过最高点，故22v mg m R= ④ 由②③④得W f ＝24 J(3)根据动能定理：22122k mg R E mv =-解得：25k E J =故本题答案是：（1）7/m s （2）24J （3）25J 【点睛】(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;(2)小球从B 到C 的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B 至C 过程中小球克服阻力做的功; (3)小球离开C 点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小5．如图所示，在光滑的圆锥体顶部用长为的细线悬挂一质量为的小球，因锥体固定在水平面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为，物体绕轴线在水平面内做匀速圆周运动，小球静止时细线与母线给好平行，已知，重力加速度g 取若北小球运动的角速度，求此时细线对小球的拉力大小。

高中物理高考物理生活中的圆周运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案).docx

高中物理高考物理生活中的圆周运动解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示,半径R=2.5m 的竖直半圆光滑轨道在 B 点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块 (可视为质点 )静止在 A 点 .一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从 A 点开始运动 ,经 B 点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从 C 点水平飞出 ,落在水平面上的 D 点 .经测量 ,D、B 间的距离s1=10m,A、B 间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数重力加速度.求 :,(1)滑块通过 C 点时的速度大小 ;(2)滑块刚进入圆轨道时 ,在 B 点轨道对滑块的弹力 ;(3)滑块在 A 点受到的瞬时冲量的大小 .【答案】（ 1）（2） 45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从 C 点飞出时的速度为v c，从 C 点运动到 D 点时间为t滑块从 C 点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R= gt2水平方向： s1=v c t解得： v c=10m/s（2）设滑块通过 B 点时的速度为v B，根据机械能守恒定律mv B2= mv c2+2mgR解得： v B=10m/s设在 B 点滑块受轨道的压力为解得： N=45NN，根据牛顿第二定律： N-mg=m（3）设滑块从 A 点开始运动时的速度为A2B2- mvA2v，根据动能定理； -μ mgs= mv解得： v A=16.1m/s设滑块在 A 点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mv A解得： I=8.1kg?m/s ；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．2．如图所示，一轨道由半径 R 2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和水平直轨道 BC 在 B 点平滑连接而成．现有一质量为m 1Kg 的小球从 A 点正上方 R处的 O 点由静止释放，小2球经过圆弧上的 B 点时，轨道对小球的支持力大小F N18N ，最后从 C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的 P . B 点与地面间的高度 h3.2m ，小球与 BC段轨道间的动点已知摩擦因数 0.2 ，小球运动过程中可视为质点 . (不计空气阻力，g 取 10 m/s 2). 求：（1）小球运动至 B 点时的速度大小 v B（2）小球在圆弧轨道 AB 上运动过程中克服摩擦力所做的功 W f（3）水平轨道 BC 的长度 L 多大时，小球落点P 与 B 点的水平距最大．【答案】（ 1） v B ＝4?m / s （ 2） W f ＝22?J （3） L 3.36m【解析】试题分析：（ 1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出 B 点的速度；（ 2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（ 3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P 与 B 点的水平距离最大时BC 段的长度．（1）小球在 B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有： F Nmg m v B 2R解得： v B 4m / s（2）从 O 到 B 的过程中重力和阻力做功，由动能定理可得：mg RRW f 1 mv B 2 022解得： W f22J（3）由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：mgL BC1mv C21mv B 222解得： L BCv B 2v C 22g从 C 点到落地的时间：t 02h0.8sgB 到 P 的水平距离：Lv B2v C22v C t0g代入数据，联立并整理可得：L 41v C24v C45由数学知识可知，当 v C 1.6m / s时， P 到 B 的水平距离最大，为： L=3.36m【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，解题的关键就是对每一个过程进行受力分析，根据运动性质确定运动的方程，再根据几何关系求出最大值．3．如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车 B 的左端，物体在 A 的上方 O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点 )，线长 L＝ 0.8m ．现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体 A 发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的速度为2m/s．已知 A、 B、 C的质量分别为 m A＝ 4kg、 m B＝ 8kg 和 m C＝1kg， A、 B 间的动摩擦因数μ＝ 0.2， A、 C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝ 10m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？【答案】 (1)30 N(2)1.5 m/s(3)0.375 m【解析】【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m0gl 1002 2m v代入数据解得： v0＝ 4m/s ，对小球，由牛顿第二定律得：v02 F﹣m0g＝m0l代入数据解得： F＝30N（2）小球 C 与 A 碰撞后向左摆动的过程中机械能守恒，得：1mv C2mgh 2所以： v C2gh 2 100.2 2m/s小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0＝﹣ m0v c+mv A代入数据解得： v A＝1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv A ＝（ m+M ）v代入数据解得： v ＝ 0.5m/s1 2 1 2由能量守恒定律得： μmgxmv A2（m+M ） v2代入数据解得： x ＝0.375m ；4．如图所示，一质量 M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

2013-2014高中物理学业水平考试名师专题指导课件：专题圆周运动（34张ppt）

专题八圆周运动
考纲内容
考纲解读
1.知道匀速圆周运动，理解线速 1.匀速圆周运动、角速度、
度、角速度和周期的关系线速度、向心加速度 (Ⅰ)
2.会分析圆周运动的向心力 2.匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)
3.能结合课本所分析的实际问题， 3.离心现象(Ⅰ)
知道离心运动的应用和防止
考点1 描述匀速圆周运动的物理量
3．向心力方向：总是指向___圆__心___．
4．向心加速度：它的大小与线速度、角速度的关系是
2
____a_＝______＝__ω_2_r___．方向总是指向__圆__心____．
小试身手 (2013年广州学业水平模拟)如图，一个圆盘在水平面内绕
通过中心的竖直轴匀速转动，盘上一小物体相对圆盘静止，随圆盘一起运动．关于这个物体受到的向心力，下列说法中正确的是( A )
A．向心力方向指向圆盘中心 B．向心力方向与物体的速度方向
相同 C．向心力方向与转轴平行 D．向心力方向保持不变
考点3 离心现象
1．离心运动：做匀速圆周运动的物体，当外界提供的向心力_突__然__消__失__或__数__值__变__小__时将做离心运动．
2．物体做离心运动的条件： __当__外__界__提__供__的__向__心__力__突__然__消__失__或__变__得__小__于__所__需__的__向__心__力____.
转，地球表面上P、Q两点均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q 两点的运动，下列说法正确的是( B )
A．P、Q 两点的线速度大小相等 B．P、Q两点的角速度大小相等 C．P点的角速度比Q 点的角速度大 D．P点的线速度比Q 点的线速度大
热点2 匀速圆周运动的向心加速度

高中物理生活中的圆周运动及其解题技巧及练习题(含答案)含解析

高中物理生活中的圆周运动及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A =2kg 、m B =1kg 的物块A 、B （均可视为质点），用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能E p =12J ．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M =2kg 、长L =0.5m 的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．已知A 与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g 取10m /s 2，求（1）A 、B 离开弹簧瞬间的速率v A 、v B ；（2）圆弧轨道的半径R ；（3）A 在小车上滑动过程中产生的热量Q （计算结果可含有µ）．【答案】（1）4m/s （2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q 1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，22111()22A A m v m M v -+ 【解析】【分析】（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R ；（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q. 【详解】（1）设弹簧恢复到自然长度时A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动量守恒定律：0=A A B B m v m v - 由能量关系：2211=22P A A B B E m v m v -解得v A =2m/s ；v B =4m/s（2）设B 经过d 点时速度为v d ，在d 点：2dB B v m g m R=由机械能守恒定律：22d 11=222B B B B m v m v m g R +⋅ 解得R=0.32m（3）设μ=μ1时A 恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：=()A A A m v m M v +由能量关系：()2211122A A A A m gL m v m M v μ=-+ 解得μ1=0.2讨论：（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A 和小车不共速，A 将从小车左端滑落，产生的热量为110A Q m gL μμ== （J ）（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A 和小车能共速，产生的热量为()22111122A A Q m v m M v =-+，解得Q 2=2J2．如图所示，光滑轨道CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为0.32R m =的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m ．物块B 静止在水平面的最右端F 处．质量为1A m kg =的物块A 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E ，然后与B 发生碰撞并粘在一起．若B 的质量是A 的k 倍，A B 、与传送带的动摩擦因数都为0.2μ=，物块均可视为质点，物块A 与物块B 的碰撞时间极短，取210/g m s =．求：（1）当3k =时物块A B 、碰撞过程中产生的内能；（2）当k=3时物块A B 、在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论k 在不同数值范围时，A B 、碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式．【答案】（1）6J （2）0.25m （3）①()21W k J =-+②()221521k k W k +-=+【解析】（1）设物块A 在E 的速度为0v ，由牛顿第二定律得：20A A v m g m R=①，设碰撞前A 的速度为1v ．由机械能守恒定律得：220111222A A A m gR m v m v +=②，联立并代入数据解得：14/v m s =③；设碰撞后A 、B 速度为2v ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得()122A A m v m m v =+④；解得：21141/13A AB m v v m s m m ==⨯=++⑤；由能量转化与守恒定律可得：()22121122A AB Q m v m m v =-+⑥，代入数据解得Q=6J ⑦；（2）设物块AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s ，由动能定理得：()()2212A B A B m m gs m m v μ-+=-+⑧，代入数据解得0.25s m =⑨；（3）由④式可知：214/1A A B m v v m s m m k==++⑩；（i ）如果A 、B 能从传送带右侧离开，必须满足()()2212A B A B m m v m m gL μ+>+，解得：k ＜1，传送带对它们所做的功为：()()21J A B W m m gL k μ=-+=-+；（ii ）（I ）当2v v ≤时有：3k ≥，即AB 返回到传送带左端时速度仍为2v ；由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为：W=0J ，（II ）当0k ≤<3时，AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧．在这个过程中传送带对AB 所做的功为()()2221122A B A B W m m v m m v =+-+，解得()221521k k W k +-=+；【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解．A 恰好通过最高点E ，由牛顿第二定律求出A 通过E 时的速度，由机械能守恒定律求出A 与B 碰撞前的速度，A 、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离．根据A 、B 速度与传送带速度间的关系分析AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功．3．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ；（2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】【分析】【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J 【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．4．如图甲所示，粗糙水平面与竖直的光滑半圆环在N 点相切，M 为圈环的最高点，圆环半径为R =0.1m ，现有一质量m =1kg 的物体以v 0=4m/s 的初速度从水平面的某点向右运动并冲上竖直光滑半圆环，取g =10m/s 2，求：（1）物体能从M 点飞出，落到水平面时落点到N 点的距离的最小值X m（2）设出发点到N 点的距离为S ，物体从M 点飞出后，落到水平面时落点到N 点的距离为X ，作出X 2随S 变化的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数μ（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半固轨道，求出发点到N 点的距离S 应满足的条件【答案】（1）0.2m ；（2）0.2；（3）0≤x ≤2.75m 或3.5m ≤x ＜4m ．【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求得在M 点的速度范围，然后由平抛运动规律求得水平位移，即可得到最小值；（2）根据动能定理得到M 点速度和x 的关系，然后由平抛运动规律得到y 和M 点速度的关系，即可得到y 和x 的关系，结合图象求解；（3）根据物体不脱离轨道得到运动过程，然后由动能定理求解．【详解】（1）物体能从M 点飞出，那么对物体在M 点应用牛顿第二定律可得：mg ≤2M mv R，所以，v M1m /s ；物体能从M 点飞出做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，落到水平面时落点到N 点的距离x ＝v M t2R ＝0.2m ；故落到水平面时落点到N 点的距离的最小值为0.2m ；（2）物体从出发点到M 的运动过程作用摩擦力、重力做功，故由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝12mv M 2−12mv 02；物体从M 点落回水平面做平抛运动，故有：2R ＝12gt 2，M y v t ==＝由图可得：y 2=0.48-0.16x ，所以，μ＝0.160.8＝0.2；（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N 到M 点的中间离开半圆轨道，那么物体能到达的最大高度0＜h≤R 或物体能通过M 点；物体能到达的最大高度0＜h≤R 时，由动能定理可得：−μmgx −mgh ＝0−12mv 02，所以，2200122mv mghv h x mg g μμμ--＝＝，所以，3.5m≤x ＜4m ；物体能通过M 点时，由（1）可知v M1m /s ，由动能定理可得：−μmgx −2mgR ＝12mv M 2−12mv 02；所以2222001124222M M mv mv mgRv v gR x mg gμμ----=＝，所以，0≤x≤2.75m；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．5．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：（1）弹簧开始时的弹性势能．（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功．（3）物体离开C点后落回水平面时的速度大小．【答案】(1)3mgR (2)0.5mgR (3)52 mgR【解析】试题分析：（1）物块到达B点瞬间，根据向心力公式有：解得：弹簧对物块的弹力做的功等于物块获得的动能，所以有（2）物块恰能到达C点，重力提供向心力，根据向心力公式有：所以：物块从B运动到C，根据动能定理有：解得：（3）从C点落回水平面，机械能守恒，则：考点：本题考查向心力，动能定理，机械能守恒定律点评：本题学生会分析物块在B点的向心力，能熟练运用动能定理，机械能守恒定律解相关问题．6．如图所示，一半径r＝0.2 m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0＝4 m/s ，长为L ＝1.25 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF 段被弯成以O 为圆心、半径R ＝0.25 m 的一小段圆弧，管的D 端弯成与水平传带C 端平滑相接，O 点位于地面，OF 连线竖直．一质量为M ＝0.2 kg 的物块a 从圆弧顶端A 点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF ，已知a 物块可视为质点，a 横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g 取10 m/s 2．求：(1)滑块a 到达底端B 时的速度大小v B ； (2)滑块a 刚到达管顶F 点时对管壁的压力．【答案】（1）2/B v m s = （2） 1.2N F N = 【解析】试题分析：（1）设滑块到达B 点的速度为v B ，由机械能守恒定律，有21g 2B M r Mv = 解得：v B =2m/s（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μMg =Ma滑块对地位移为L ，末速度为v C ，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式2Al=v C 2-v B 2得v C =3m/s<4m/s ，可知滑块与传送带未达共速 ,滑块从C 至F ，由机械能守恒定律，有221122C F Mv MgR Mv =+ 得v F =2m/s在F 处由牛顿第二定律2g FN v M F M R+=得F N =1．2N 由牛顿第三定律得管上壁受压力为1．2N, 压力方向竖直向上考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律【名师点睛】物块下滑和上滑时机械能守恒，物块在传送带上运动时，受摩擦力作用，根据运动学公式分析滑块通过传送带时的速度，注意物块在传送带上的速度分析．7．如图所示,粗糙水平地面与半径 1.6m R =的光滑半圆轨道BCD 在B 点平滑连接, O 点是半圆轨道BCD 的圆心, B O D 、、三点在同一竖直线上,质量2kg m =的小物块(可视为质点)静止在水平地面上的A 点.某时刻用一压缩弹簧(未画出)将小物块沿AB 方向水平弹出,小物块经过B 点时速度大小为10m/s (不计空气阻力).已知10m AB x =,小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.2μ,重力加速度大小210m/s g =.求：(1)压缩弹簧的弹性势能；(2)小物块运动到半圆轨道最高点时,小物块对轨道作用力的大小； (3)小物块离开最高点后落回到地面上的位置与B 点之间的距离. 【答案】(1)140J (2)25N (3)4.8m 【解析】(1)设压缩弹簧的弹性势能为P E ，从A 到B 根据能量守恒，有212P B AB E mv mgx μ=+ 代入数据得140J P E =(2)从B 到D ，根据机械能守恒定律有2211222B D mv mv mg R =+⋅ 在D 点，根据牛顿运动定律有2Dv F mg m R+=代入数据解得25N F =由牛顿第三定律知，小物块对轨道作用力大小为25N (3)由D 点到落地点物块做平抛运动竖直方向有2122R gt = 落地点与B 点之间的距离为D x v t = 代入数据解得 4.8m x =点睛：本题是动能定理、牛顿第二定律和圆周运动以及平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，选择合适的物理规律列方程求解．8．如图所示，用两根长度均为l 的细线将质量为m 的小球悬挂在水平的天花板下面，轻绳与天花板的夹角为θ．将细线BO 剪断，小球由静止开始运动．不计空气阻力，重力加速度为g ．求：（1）剪断细线前OB 对小球拉力的大小；（2）剪断细线后小球从开始运动到第一次摆到最高点的位移大小；（3）改变B 点位置，剪断BO 后小球运动到最低点时细线OA 的拉力F 2与未剪断前细线的拉力F 1之比21F F 的最大值．【答案】（1）2sin mg F θ= （2）2cos x l θ= （3） 21max 94F F = 【解析】（1）1sin 2F mg θ= 得2sin mgF θ=（2）小球运动到左侧最高点时绳与天花板夹角为α mglsin α=mglsin θ 得α=θ X=2lcos θ（3）小球运动到最低点时速度为v21(1sin )2mgl mv θ-=22v F mg m l-=F 1=F得： 2216sin 4sin F F θθ=- 当3sin 4θ=时可得 21max9 =4F F9．如图甲所示，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”．它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示．在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R ，A 、B 两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O 且大小恒为F ，当质点以速率v gR =通过A 点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．(1)求质点的质量；(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对A 、B 两点的压力差为定值；(3)若磁性引力大小恒为2F ，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过B 点最大速率．【答案】(1)7F m g= (2)''6A B N N mg -= (3)Bm v 【解析】【试题分析】对陀螺受力分析，分析最高点的向心力来源，根据向心力公式即可求解；在最高点和最低点速度最大的临界条件是支持力为0，根据向心力公式分别求出最高点和最低点的最大速度．(1)在A 点: 2A mv F mg F R+-= ①根据牛顿第三定律: '7A A F F mg == ②由①②式联立得: 7Fm g=③ (2)质点能完成圆周运动,在A 点:根据牛顿第二定律:2'AA mv F mg N R +-= ④根据牛顿第三定律: 'A A N N = ⑤在B 点,根据牛顿第二定律:2'BB mv F mg N R --= ⑥ 根据牛顿第三定律: 'B B N N = ⑦从A 点到B 点过程,根据机械能守恒定律:2211222B A mg R mv mv =- ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧联立得:''6A B N N mg -= 为定值，得到证明．(3)在B 点,根据牛顿第二定律:22BB mv F mg F R--=当F B =0,质点速度最大,B Bm v v =22Bmmv F mg R-= ⑨由③⑨⑩联立得:Bm v =【点睛】本题考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．10．如图所示，半径R=1m 的光滑半圆轨道AC 与高h=8R 的粗糙斜面轨道BD 放在同一竖直平面内，BD 部分水平长度为x=6R ．两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压（不连接），处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过半圆轨道最高点A ，b 球恰好能到达斜面轨道最高点B ．已知a 球质量为m 1=2kg ，b 球质量为m 2=1kg ，小球与斜面间动摩擦因素为μ=13，重力力加速度为g=10m/s 2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）a 球经过C 点时对轨道的作用力（2）释放小球前弹簧的弹性势能Ep ．【答案】（1）120N ，方向竖直向下．（2）150J ．【解析】试题分析：（1）a 球恰好通过最高点A 时有：得 10m/s A v Rg ==a 球从C 到A 过程由动能定理有：解得：在C 点，对a 球受力分析有：解得轨道对a 球的作用力大小为:（2）b 球从D 点恰好到达最高点B 过程中，位移由动能定理:求得所以小球释放前弹性势能为考点：动能定理；牛顿第二定律的应用。

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高中学业水平测试·物理
专题八圆周运动
一、单项选择题Ⅰ
1．关于匀速圆周运动，下列说法正确的是() A．是速度不变的运动
B．是速度均匀变化的运动
C．是速度大小不变，速度方向时刻变化的圆周运动D．是加速度不变的运动
答案：C
2．做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是() A．物体处于平衡状态
B．物体处于速度不变的状态
C．物体处于加速度不变的状态
D．物体所受的合外力一定不为零
解析：做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，是变速运动，物体所受合外力不为零，A、B选项都错，D对．做匀速圆周运动物体所受的合外力等于向心力，所以加速度方向时刻指向圆心，加速度是变化的，C 错．
答案：D
3．(2012年广东学业水平模拟)关于匀速圆周运动，下列认识正确的是()
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是匀变速运动
C．匀速圆周运动的线速度不变
D．匀速圆周运动的周期不变
答案：D
4．正常运动行的时钟，它的分针与秒针比较，正确的是()
A．分针的周期较大
B．秒针的周期较大
C．分针的角速度较大
D．分针和秒针的角速度一样大
答案：A
5．地球上纬度不同的两地甲、乙，若甲的纬度较乙的纬度大，则下列说法正确的是()
A．甲地的角速度一定大于乙地角速度
B．甲地的角速度与乙地角速度相等
C．甲地的线速度大小与乙地的线速度大小相等
D. 甲地的线速度比乙地的线速度大
解析：地球上各点的运动周期和角速度都相等，各点的线速度与该点到地球自转轴的距离有关，赤道上的点到地轴的距离最大，线速度最大，B选项正确．
答案：B
6．(2012年广东学业水平模拟)如图所示，用细线吊着一个小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动．关于小球的受力情况，正确的是()
A．重力、绳子的拉力、向心力
B．重力、绳子的拉力
C ．重力
D ．以上说法都不正确答案：B
7．物体做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A ．物体的向心加速度一定与半径成正比 B ．物体的向心加速度一定与半径成反比
C ．当物体运动角速度一定，向心加速度与半径成正比
D ．当物体运动线速度一定，向心加速度与半径成正比
解析：由向心加速度的公式a ＝v 2
r ＝ω2r 知，当v 一定时，a 与r 成反
比，ω一定时，a 与r 成正比．C 选项正确．
答案：C
8．下列体育运动项目中，属于离心现象的是( ) A ．扣杀排球 B ．投掷飞镖 C ．投掷链球 D ．投篮球答案：C
9．如图所示，在皮带传动装置中，主动轮A 和从动轮B 半径不等，
皮带与轮之间无相对滑动，则下列说法中正确的是()
A．两轮的角速度相等
B．两轮边缘的线速度大小相等
C．两轮边缘的向心加速度大小相等
D．两轮转动的周期相同
解析：在皮带传动装置中，两轮边缘的线速度大小相等．B正确．答案：B
10．下列说法中，正确的是()
A．物体做离心运动时．将离圆心越来越远
B．物体做离心运动时，其运动轨迹一定是直线
C．做离心运动的物体，一定不受到外力的作用
D．做匀速圆周运动的物体，因受合力大小改变而不做圆周运动时，将做离心运动
解析：做匀速圆周运动的物体，当外界提供的向心力突然消失或数值变小时将做离心运动．当外界提供的向心力突然消失时，其运动轨迹沿着飞出处切线方向的直线．当外界提供的向心力数值变小时，其运动轨迹是远离圆心的曲线．B、C均错误．D选项中物体还可能做向心运动．D错误．
答案：A
11．当汽车驶在凸形桥时，为使通过桥顶时减小汽车对桥的压力，司机应( )
A ．增大速度通过桥顶
B ．以尽可能小的速度通过桥顶
C ．和通过桥顶的速度无关
D ．使通过桥顶的向心加速度尽可能小
解析：当汽车驶在凸形桥时，通过最高点时的向心力由向下的重力和桥面对车向上的支持力的合力提供，即mg －N ＝m v 2
R ，v 越大，则N 越小，
汽车对桥的压力也就越小．A 正确．
答案：A
12．(2012年广东学业水平模拟)如图，小物体m 与圆盘保持相对静止，随盘一起做匀速圆周运动则物体的受力情况是( )
A ．受重力、支持力、静摩擦力和向心力的作用
B ．摩擦力不变
C ．重力和支持力是一对作用力与反作用力
D ．摩擦力是使物体做匀速圆周运动的向心力
解析：小物体随盘一起做匀速圆周运动，所受的合外力等于向心力指向圆心，而小物体竖直方向受重力和支持力，水平方向受静摩擦力，它们的合力方向指向圆心，D选项正确．
答案：D
二、单项选择题Ⅱ
13．(2014年南京学业水平模拟)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C.下列说法中正确的是()
A．A、B的角速度相同B．A、C的角速度相同
C．A、B的线速度相同D．B、C的线速度相同
解析：A、B两点的线速度相同，C正确．
答案：C
14．(2014年南京学业水平模拟)如图所示，靠摩擦传动做匀速转动的大小两轮接触面互不打滑，大轮的半径是小轮的2倍，A、B分别为大小两轮边缘上的点．则轮上A、B两点()
A．线速度的大小相等B．角速度相等
C．向心加速度相等D．周期相等
解析：因两轮靠摩擦传动，在不打滑时，轮缘上各点相同时间内的弧长相等，故A、B两点的线速度相等，A选项正确．
答案：A
15．(2014年南京学业水平模拟)关于圆周运动，下列说法正确的是()
A．做变速圆周运动时，物体的速度方向不沿切线方向
B．匀速圆周运动所受合力为零
C．物体在恒力作用下不可能做匀速圆周运动
D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做复杂的曲线运动
答案：C
16．长度为0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为3 kg的小球，以
O 点为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图所示，小球通过最高点时的速度为2 m/s ，取g ＝10 m/s 2，则此时的向心力等于( )
A ．6 N
B ．12 N
C ．24 N
D ．30 N
解析：由向心力公式：F n ＝m v 2
R ，小球通过最高点时的向心力等于24 N ，
方向向下指向圆心．
答案：C
17．汽车的速度是72 km/h 时通过凸形桥最高点，对桥的压力是车重的四分之三，则当车对桥面最高点的压力恰好为零时，车速为( )
A ．40 km/h
B ．40 m/s
C ．120 km/h
D ．120 m/s
解析：当汽车对桥的压力是车重的四分之三，汽车的速度是72 km/h 化为国际单位为20 m/s ，此时向心力等于车重的四分之一．当车对桥面最高点的压力恰好为零时，此时向心力等于车重．由向心力公式F n ＝m v 2
R 可
知，此时车速应为40 m/s.
答案：B
三、多项选择题
18．(2012年广东学业水平模拟)在匀速圆周运动中，线速度()
A．大小不变B．大小不断改变
C．方向不变D．方向不断改变
答案：AD
19．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做直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pc做近心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做离心运动
解析：拉力消失后小球所受合力为零，故将沿切线Pa飞出，A错误；若拉力突然变小，拉力不足以提供所需向心力，球将沿曲线Pb做离心运动，B正确，D错误；若拉力突然变大，拉力大于所需向心力，球将沿Pc
做靠近圆心的运动，即近心运动，C正确．
答案：ABC
20．如图所示，用长为L的细线拴一个质量为m的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向间的夹角为θ，关于小球的受力情况，下列说法正确的是()
A．小球受到重力、线的拉力和向心力三个力
B．向心力是细线的拉力和小球所受重力的合力
C．向心力等于细线对小球拉力的水平分量
D．向心力的大小等于mg tan θ
解析：向心力是细线的拉力和小球所受重力的合力，小球受到重力、线的拉力两个力．
答案：BCD
21．关于洗衣机脱水桶的有关问题，下列说法中正确的是() A．如果衣服上的水太多脱水桶就不能进行脱水
B．脱水桶工作时衣服上的水做离心运动
C．白色衣服染上红墨水时，也可以通过脱水桶将红墨水去掉使衣服恢复白色
D．脱水桶转动越快，衣服上的水越容易被甩出
解析：洗衣机脱水桶工作时衣服上的水做离心运动，达到脱水的目的．脱水桶转动越快，衣服上的水越容易被甩出．
答案：BD
22．(2014年贵州学业水平模拟)如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则()
A．F1＝mg B．F1<mg
C．F2＝mg D．F2>mg
解析：汽车通过最高点时，加速度向下，处于失重状态，汽车受的支持力小于重力，所以汽车对路面的压力小于重力，汽车通过最低点时，加速度向上，处于超重状态，汽车受的支持力大于重力，所以汽车对路面的压力大于重力，B、D选项正确．
答案：BD。