2021届高三物理一轮复习力学曲线运动平圆周运动的描述角速度与转速专题练习
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述向心加速度与角速度、周期的关系专题练习
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述向心加速度与角速度、周期的关系专题练习一、填空题1．一物体在水平面内沿半径R=20cm的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v=0.2m/s，那么它的向心加速度为_____m/s2，它的角速度为_____rad/s。
2．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2＝A 轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的向心加速度大小之比为：______________＝3．在长0.2m的细绳的一端系一小球，绳的另一端固定在水平桌面上，使小球以0.6m/s的速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的角速度为___________,向心加速度为______.4．在皮带轮传动装置中，已知大轮的半径是小轮半径的3倍，A和B两点分别在两轮的边缘上，C点离大轮轴距离等于小轮半径，若皮带不打滑，则角速度之比ωA∶ωB∶ωC＝________，线速度之比v A∶v B∶v C＝________，向心加速度之比a A∶a B∶a C＝________.5．一物体做匀速圆周运动，半径为50 cm，角速度为10 rad/s，则物体运动的线速度大小为________ m/s，向心加速度大小为________ m/s2.6．一个质量为4kg的物体在半径为4m的圆周上以4m/s的速率做匀速圆周运动，则向心加速度a＝________ m/s2，所需的向心力Fn＝________N.7．＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝R=20cm＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝V=0.2m/s＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝______m/s2＝＝＝＝＝＝______s＝8．如图所示，皮带传动装置,在运行中皮带不打滑，两轮半径分别为R和r，且r＝R=2＝3＝M＝N分别为两轮边缘上的点，则在皮带运行过程中，M＝N两点的角速度之比为ωM＝ωN=_____；向心加速度之比为a M＝a N=______＝9．某物体做匀速圆周运动，周期为2s，半径为5m，则其角速度ω=__________rad/s，线速度v=_______ m/s，向心加速度a=_________2m/s．10．如图所示，一个圆盘绕轴心O 在水平面内匀速转动，圆盘半径R=0.4m ，转动角速度ω=15rad/s ．则圆盘边缘上A 点的线速度大小v= m/s ，向心加速度大小a= m/s 2．11．一个质量m=3kg 的物体在水平面内沿半径 R=10 cm 的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v=0.2m/s ，那么，它的向心力为 _______ N,它的角速度为_______ rad/s ，它的周期为______s,转速是______r/s12．如下图所示，两个摩擦传动的轮子，A 为主动轮，转动的角速度为ω，已知A＝B 轮的半径分别是R 1和R 2＝C 点离圆心捉为R 2/2，则C 点处的向心加速度是______＝13．如图所示的传动装置中，B 、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，A 、 B 两轮用皮带传动，三轮半径关系2==A c B r r r ，若皮带不打滑，求A B、C 轮边缘的a、b 、 c 三点的角速度: a b c ::ωωω=_______, 线速度大小::a b c v v v =___________，向心加速度大小::na nb nc a a a = ___________.14．自行车的小齿轮A 、大齿轮B 和后轮C 是相互关联的三个传动部分，且A 、B 两轮的半径之比R A :R B =p,B 、C 两轮的半径之比R B :R C =q,如图所示．当自行车正常骑行时：（1）B 、C 两轮边缘的线速度大小之比v B : v C =_________．（2）A 、B 两轮边缘的向心加速度大小之比a A :a B =_________．（3）B 、C 两轮边缘的向心加速度大小之比a B :a C =_________．15．一辆赛车在半径为50m 的水平圆形赛道参加比赛，已知该赛车匀速率跑完最后一圈所用时间为15s ．则该赛车完成这一圈的角速度大小为________rad/s ，向心加速度大小为________m/s 2（结果均保留2位小数）．二、综合题16．如图所示的圆锥摆中，小球的质量m=50g，绳长为1m，小球做匀速运动的半径r=0.2m，转速n=120r/min，小球的向心力加速度是多大，所受向心力是多大？17．一根长为L=1.0m的细绳系一质量为M=0.5kg的小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示．小球转动的角速度为ω=2πrad/s．试求：（1）小球的向心加速度（2）绳中的拉力18．如图所示为改装的探究圆周运动的向心加速度的实验装置．有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑枓圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另端连接一个小球．实验操作如下：①利用天平测量小球的质量m,记录当地的重力加速度g的大小；②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1 的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h＝③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t＝④切断电源，整理器材．请回答下列问题：(1)下列说法正确的是______＝A＝小球运动的周期为t nB＝小球运动的线速度大小为2(1)n Rtπ-C＝小球运动的向心力大小为mgR hD＝若电动机转速增加，激光笔1＝2应分别左移、升高(2)若已测出R=40.00cm＝r=4.00cm, h=90.00cm,t=100. 00s,n=51, π取3.14, 则小球做圆周运动的周期T=_____s,记录的当地重力加速度大小应为g=____m/s2＝(计算结果均保留3位有效数字）参考答案1．0.2 1 2．9＝6＝4 3．3rad/s 1.8m/s24．3∶1∶1 3∶3∶1 9∶3∶1 5．5 50 6．4167．0.2；2π；8．ωM:ωN=2:3a M:a N=2:3 9．π5π25π10．6；9011．1.2 N2rad/sπ s 1πr/s12．2212/2R Rω13．1：2：2；1：1：2；1：2：4；14．pq 1pp2q15．0.42 rad/s 8.77m/s216．31.55m/s ＝1.58N 17．(1)a=4π2m/s2(2)F=2π2N 18．BD 2.009.86。
(浙江专版)2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及其应用练习(含解析)
第3讲圆周运动及其应用考点1 描述圆周运动的物理量及其关系(d)【典例1】(2018·浙江4月选考真题)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们( )A.线速度大小之比为4∶3B.角速度大小之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D. 向心加速度大小之比为1∶2【解析】选A。
因为相同时间内它们通过的路程之比是4∶3,根据v=,则A、B的线速度之比为4∶3,故A正确;运动方向改变的角度之比为3∶2,根据ω=,则角速度之比为3∶2,故B错误;根据v=ωr可得圆周运动的半径之比为=×=×=,故C错误;根据a=vω得,向心加速度之比为==×=,故D错误。
1.如图是自行车传动结构的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮,假设脚踏板的转速为n r/s,则自行车前进的速度为( )A. B.C. D.【解析】选D。
转速为单位时间内转过的圈数,因为转动一圈,对圆心转过的角度为2π,所以ω=2πn,因为要测量自行车前进的速度,即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小。
根据题意知:轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等,据v=rω可知r1ω1=r2ω2,已知ω1=2πn,则轮Ⅱ的角速度ω2=ω1。
因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴,所以转动的ω相等,即ω3=ω2,根据v=rω可知,v=r3ω3=,故选D。
2.(2019·台州模拟)如图所示为“行星转动示意图”。
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,其半径为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”“齿圈”边缘上的点,齿轮转动过程不打滑,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【解析】选C。
高考物理一轮复习圆周运动专题训练(附答案)-教学文档
高考物理一轮复习圆周运动专题训练（附答案）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫圆周运动。
以下是圆周运动专题训练，请考生认真练习。
1.(2019湖北省重点中学联考)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2.(2019资阳诊断)水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径Rr=21。
当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为2，木块的向心加速度为，则()A.=Rr=21B.=2C.=1D.=a13.自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB=4RA、RC=8RA，如图3所示。
当自行车正常骑行时A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比aAaB∶aC等于()A.11∶8B.41∶4C.41∶32D.12∶4对点训练：水平面内的匀速圆周运动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，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. 2B.4C. 5D.95.(多选)绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在水平面上做匀速圆周运动()A.转速相同时，绳长的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D.线速度大小相等时，绳长的容易断6.(多选)(2019河南漯河二模)两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点。
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-曲线运动(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-曲线运动一、单选题1.取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。
不计空气阻力。
该物块落地式的速度方向与水平方向的夹角为（）A. B. C. D.2.一竖直倒立的圆锥筒，筒侧壁倾斜角度a不变，一小球在的内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法中正确的是（）A.H越小，小球对侧壁的压力越大B.H越大，小球做圆周运动的线速度越大C.H越小，小球做圆周运动的向心力越小D.H越大，小球做圆周运动的周期越小3.在水平面上转弯的摩托车，向心力是（）A.重力和支持力的合力B.滑动摩擦力C.静摩擦力D.重力支持力牵引力的合力4.在光滑平面中，有一转动轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为m的小球B，绳长AB=l＞h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示，要使球不离开水平面，转动轴转速的最大值是（）A. B.π C. D.2π5.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个初速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。
初速度较大的球越过球网，初速度较小的球没有越过球网。
其原因是（）A.初速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大B.初速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少C.初速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大D.初速度较小的球下降相同距离所用的时间较多6.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率v A＝10 m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小v B为（）A.m/sB.m/sC.5 m/sD.20 m/s7.下列说法正确的是（）A.牛顿、千克、秒为力学单位制中的基本单位B.牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量C.洗衣机脱水桶脱水时利用了离心运动D.理想实验是把实验的情况外推到一种理想状态，所以是不可靠的8.如图所示，A、B是两个摩擦传动的靠背轮，A是主动轮，B是从动轮，它们的半径，a和b两点在轮的边缘，c和d在各轮半径的中点，则各点线速度、角速度的关系下列判断正确的是()A. B. C. D.9.如图所示，一物体A放在粗糙板上随板一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，且板始终保持水平，位置MN在同一水平高度上，则：（）A.物体在位置MN时受到的弹力都大于重力B.物体在位置MN时受到的弹力都小于重力C.物体在位置M时受到的弹力大于重力，在位置N时受到的弹力小于重力D.物体在位置M时受到的弹力小于重力，在位置N时受到的弹力大于重力10.如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A>r B ＝r C，则这三点的向心加速度a A、a B、a C的关系是( )A. B. C. D.二、多选题11.如图所示﹣从水平地面上a、b两点同时抛出两个物体，初速度分别为v1和v2，与水平方向所成角度分別为30°和60°．某时刻两物体恰好在ab连线上一点o（图中未画出）的正上方相遇，且此时两物体速度均沿水平方向巧不计空气阻力．则（）A.v1＞v2B.v1=v2C.oa＞abD.oa＜ab12.如图所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速运动，下列说法中正确的是（）A.物块处于平衡状态B.物块受二个力作用C.在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越容易脱离圆盘D.在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越容易脱离圆盘13.一小球沿半径为2m的轨道做匀速圆周运动，若周期，则（）A.小球的线速率是4m/sB.经过s，经过小球的位移为πmC.经过s，小球的位移为D.经过s，小球的位移大小为4m14.在一次抗洪抢险战斗中，一位武警战士驾船把群众送到河对岸的安全地方．设河水流速为3m/s，河宽为600m，船相对静水的速度为4m/s．则下列说法正确的是（）A.渡河的最短时间为120sB.渡河的最短时间为150sC.渡河的最短航程为600mD.渡河的最短航程为750m15.根据《日经新闻》的报道，日本将在2020年东京奥运会开幕之前使“无人驾驶”汽车正式上路并且投入运营．高度详细的3D地图技术能够为“无人驾驶”汽车提供大量可靠的数据，这些数据可以通过汽车内部的机器学习系统进行全面的分析，以执行不同的指令．如图所示为一段公路拐弯处的3D地图，你认为以下说法正确的是（）A.如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力B.如果弯道是水平的，则“无人驾驶”汽车在拐弯时收到的指令应让车速小一点，防止汽车作离心运动而发生侧翻C.如果弯道是倾斜的，3D地图上应标出内（东）高外（西）低D.如果弯道是倾斜的，3D地图上应标出外（西）高内（东）低16.在光滑水平面内有一直角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向开始运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t 的变化关系如图乙所示。
浙江专版2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动考点强化练12圆周
浙江专版2021版高考物理一轮复习第四章曲线运动考点强化练12圆周考点强化练12圆周运动1.右边的图片是一个玩具陀螺，a、B和C是陀螺表面的三个点。
当陀螺仪以角速度绕垂直于地面的轴ω旋转时，当陀螺仪稳定旋转时，以下表达式是正确的（）a.a、b和c三点的线速度大小相等b.b、c两点的线速度始终相同c.b、c两点的角速度比a点的大d.b、c两点的加速度比a点的大2.如图所示，半径为r的圆柱绕垂直中心轴OO'旋转，小块a靠在圆柱内壁上，它与圆柱内壁之间的动摩擦系数为μ，最大静摩擦与滑动摩擦相同。
如果a不下降，圆柱体旋转的角速度ω至少（）a.Bc.d.3.如图所示，有皮带传动装置。
从a点、B点和C点到各自转轴的距离分别为RA、Rb 和RC，这是已知的,若在传动过程中,皮带不打滑。
则()a、点a的角速度等于点C的角速度。
点B的线速度等于点C的线速度c.b点与c点的角速度大小之比为2∶1d.b点与c点的向心加速度大小之比为1∶4一4.当汽车驶向一凸形桥时,为使在通过桥顶时,减小汽车对桥的压力,司机应()a.以尽可能小的速度通过桥顶b.增大速度通过桥顶c、以任何速度以恒定速度通过桥的顶部d.使通过桥顶的向心加速度尽可能小5.如图所示，当杂技演员表演“水流星”节目时，当盛水的杯子经过最高点，杯口落下时，水不会溢出。
至于杯子通过最高点时的水压力，下面的说法是正确的（）a.水处于失重状态,不受重力的作用b.水受一对平衡力的作用,合力为零c、因为水是圆周运动的，所以它一定会受到重力和向心力的影响。
D.杯底对水的作用力可能为零6.如图所示,甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动,相互之间不打滑,其半径分别为r1、r2、r3。
若甲轮的角速度为ω1,则丙轮的角速度为()a、不列颠哥伦比亚省。
7.冰面对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的k倍,在水平冰面上沿半径为r的圆周滑行的运动员,其安全速度为()a.v=kb、五≤c.v≤d.v≤8.质量为m的小球在垂直面内在圆管内移动，小球的直径略小于圆管的直径，如图所示。
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述线速度与角速度的关系传动问题专题练习
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述线速度与角速度的关系传动问题专题练习一、填空题1．如下图所示皮带转动轮，大轮直径是小轮直径的2倍，A 是大轮边缘上一点，B 是小轮边缘上一点，C 是大轮上一点，C 到圆心O 1的距离等于小轮半径。
转动时皮带不打滑，则A 、B 、C 三点的角速度之比::A B C ωωω=_____________，向心加速度大小之比::A B C a a a =_____________。
2．无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度．如图所示是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮中间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此的摩擦力带动．若主动轮转速一定，当位于主动轮与从动轮之间的滚轮从左向右移动时，从动轮转速降低；当滚轮从右向左移动时，从动轮转速增加．当滚轮位于主动轮直径D 1，从动轮直径D 2的位置上时，主动轮转速n 1、从动轮转速n 2之间的关系是________．3．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，线速度大小相等的点是________，角速度相等的点是__________。
4．如图所示地球绕地轴匀速转动，在地面上有两个点P 、Q ，P 在赤道上，Q 的纬度是60︒ ，则它们的线速度之比为____________，加速度之比为__________．5．如图所示，一个圆环以竖直方向直径AB 为轴匀速转动，环上的P 、Q 两点和环心的连线与竖直方向所成的角分别为600和300，则P 、Q 两点转动的角速度之比为____________，P 、Q 两点的线速度大小之比为____________．6．如图所示为教室门的示意图，a 、b 为门上两点，r a 、r b 分别表示a 、b 距固定转轴MN 的距离，且，2b a r r =。
当门绕转轴MN 匀速转动时，a 、b 两点的角速度大小之比a b ωω：=_________________，a 、b 两点的线速度大小之比a b v v ：=_________________。
2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时规范练12圆周运动新人教版
2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时规范练12圆周运动新人教版基础巩固组1.(圆周运动的运动学分析)某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮,其简化示意图如图所示,其半径分别为r1、r2、r3,若甲轮的角速度为ω,则丙轮边缘上某点的向心加速度为()A. B. C. D.答案A解析甲、乙、丙的线速度大小相等,依照a=知甲、丙的向心加速度之比为r3∶r1,甲的向心加速度a甲=r1ω2,则a丙=。
故A正确,B、C、D错误。
2.(圆周运动的运动学分析)(2021·江苏无锡测试)甲、乙、丙三个物体,甲放在海南,乙放在无锡,丙放在天津。
当它们随地球一起转动时。
下列说法正确的是()A.三个物体的角速度相等B.甲的线速度最小C.三个物体的线速度都相等D.甲的角速度最大答案A解析甲、乙、丙三个物体,甲放在海南,乙放在无锡,丙放在天津,它们随地球一起转动时它们的周期相同,角速度相同,甲的半径最大,由线速度和角速度的关系v=ωr知甲的线速度最大,故A正确,B、C、D错误。
3.(圆周运动的动力学分析)如图所示,长为L的轻杆,一端固定一个质量为m的小球,另一端固定在水平转轴O上,杆随转轴O在竖直平面内匀速转动,角速度为ω,某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直,则现在杆与水平面的夹角是()A.sin θ=B.tan θ=C.sin θ=D.tan θ=答案A解析小球所受重力和杆的作用力的合力提供向心力,当杆对球的作用力恰好与杆垂直时,依照牛顿第二定律有mg sin θ=mLω2,解得sin θ=。
故A正确,B、C、D错误。
4.(多选)(圆周运动的动力学分析)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,则后一种情形与原先相比较,下面判定正确的是()A.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的角速度变大D.小球P运动的周期变大〚导学号06400123〛答案BC解析金属块Q在桌面上保持静止,依照平稳条件知,Q受到的桌面的支持力大小等于其重力,保持不变,选项A错误;设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为F T,细线的长度为L,小球P做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图所示,则有F T=,F n=mg tanθ=mω2L sin θ,可得角速度ω=,周期T==2π,使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cos θ减小,则细线拉力F T增大,角速度ω增大,周期T减小,选项C正确,D错误;对Q,由平稳条件知,Q受到桌面的静摩擦力变大,选项B正确。
2021年高考物理一轮复习学与练4.3 圆周运动(精讲)(解析版)
专题4.3 圆周运动【考情分析】1．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。
理解向心力及向心加速度。
2．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。
3．能正确处理竖直平面内的圆周运动。
4．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。
会分析相关现象的受力特点。
【重点知识梳理】知识点一 匀速圆周运动及描述 1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．描述圆周运动的物理量3．线速度、角速度、周期、向心加速度之间的关系 (1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .知识点二 匀速圆周运动的向心力1．向心力的理解 (1)作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r 。
(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(4)来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
2．离心现象 (1)现象做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
(2)受力特点①当F n ＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动。
②当F n ＝0时，物体沿切线方向飞出。
③当F n ＜mω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动。
④当F n ＞mω2r 时，物体逐渐靠近圆心，做近心运动。
(3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力小于做匀速圆周运动需要的向心力。
【典型题分析】高频考点一 匀速圆周运动【例1】（2019·江苏卷）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2πRωB ．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 【答案】BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT ω=，解得：2πT ω=，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v R ω=，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg ，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2F m R ω=合，故D 正确。
高考物理一轮复习练习：第4章第3课时 圆周运动
一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v ＝s t ＝2πr T． 2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝φt ＝2πT． 3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T ＝2πr v，T ＝1f. 4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r. 5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n ＝ma n .6．相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf ． (2)a ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r.(3)F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝mr 4π2T 2＝mr4π2f 2． 二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动．(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．(3)质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动．(2)合力的作用：①合力沿速度方向的分量F t 产生切向加速度，F t ＝ma t ，它只改变速度的大小；②合力沿半径方向的分量F n 产生向心加速度，F n ＝ma n ，它只改变速度的方向．三、离心运动1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．2．受力特点(如图所示)．(1)当F n ＝mrω2时，物体做匀速圆周运动．(2)当F n＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F n<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F n为实际提供的向心力．(4)当F n>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．1．匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)2．做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．(×)3．做匀速圆周运动的物体其角速度与转速成正比．(√)4．在水平地面转弯的汽车除受到重力和地面的支持力外，还受到一个向心力的作用．(×)5．做匀速圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的切线做匀速直线运动．(√)6．做离心运动的物体是因为受到离心力的作用．(×)1．(多选)(2016·青岛模拟)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度．如图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()A．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∶4 D．当A轮与D轮组合时，两轮的角速度之比ωA∶ωD＝4∶1 解析：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．答案：BC2．(2016·吉林模拟)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 解析：木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心．因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B 正确．答案：B3．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km /h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g 取10 m /s 2)( )A ．500 NB ．1 000 NC ．500 2 ND ．0解析：乘客所需的向心力F ＝m v 2R＝500 N ，而乘客的重力为500N，故火车对乘客的作用力大小为F N＝F2＋G2＝500 2 N，C正确．答案：C4．(2016·聊城模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是()A．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B．小球过最高点的最小速度是gRC．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小解析：因轻杆既可以提供拉力又可以提供支持力，所以在最高点杆所受弹力可以为零，A对；在最高点弹力也可以与重力等大反向，小球最小速度为零，B错；随着速度增大，杆对球的作用力可以增大也可以减小，C、D错．答案：A一、单项选择题1．(2016·孝感模拟)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∶1解析：在同一陀螺上各点的角速度相等，由v＝ωr和质点到转轴的距离之比为3∶2∶1，可得a、b、c的线速度之比为3∶2∶1，选项A错误；由T＝2π/ω可知a、b、c的周期之比为1∶1∶1，选项B错误；由a＝ωv可知a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1，选项C正确；由F＝ma可得a、b、c的向心力之比为3∶4∶3，选项D错误．答案：C2．质量为m 的木块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )A ．因为速率不变，所以木块的加速度为零B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C ．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D ．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心 解析：由于木块沿圆弧下滑速率不变，木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，所以选项A 错误；由牛顿第二定律得F 合＝ma n ＝m v 2R ，而v 的大小不变，故合外力的大小不变，选项B 错误；由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C 错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D 正确．答案：D3．(2016·威海模拟)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解析：当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，选项A错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R，在b、d两点有F b＝F d＝mω2R，在c点有F c－mg＝mω2R.所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故选项B、D错误，C正确．答案：C4．(2015·福州模拟)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R的圆周运动．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.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A . gRh LB . gRh dC . gRL hD . gRd h解析：对汽车受力分析，如图所示，若车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则由路面对汽车的支持力F N 与汽车的重力mg 的合力提供向心力，由图示可知，F 向＝mg tan θ，即mg tanθ＝m v 2R .由几何关系知，tan θ＝h d，综上有v ＝gRh d，选项B 正确．答案：B5．(2015·长沙模拟)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 ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两个物体的运动情况是( )A．两物体沿切线方向滑动B．两物体均沿半径方向滑动，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．物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远解析：在圆盘上，角速度相同，由F＝mω2r可知，在质量相同的情况下，A需要的向心力较大，当两个物体刚好还未发生滑动时，其摩擦力达到最大静摩擦力，A的向心力大于最大静摩擦力，而B 的向心力小于最大静摩擦力，此时烧断细线，A将做离心运动，而B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，故选项D正确．答案：D6．(2016·潍坊模拟)如图所示，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，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝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7．(2016·黄冈模拟)如图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，有如图所示的①②③三条路线，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)，则( )A ．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 ．①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：路线①的路程为s 1＝2r ＋12·2πr ＝2r ＋πr ，路线②的路程为s 2＝2r ＋12·2π·2r ＝2r ＋2πr ，路线③的路程为s 3＝2πr ，故选择路线①，赛车经过的路程最短，A 正确；因为运动过程中赛车以不打滑的最大速率通过弯道，即最大径向静摩擦力充当向心力，所以有F max ＝ma ，所以运动的向心加速度相同，根据公式F max ＝m v 2R可得v ＝F max R m，即半径越大，速率越大，路线①的速率最小，B 错误，D 正确；因为s 1<s 3<s 2，v 1<v 3＝v 2，结合v ＝F max R m ，根据公式t ＝s v可得选择路线③，赛车所用时间最短，C 正确．答案：ACD8．(2015·保定模拟)质量为m 的木块从半径为R 的半球形碗的碗口下滑到碗底的过程中，碗口及碗底是固定不动的，如果由于摩擦力的作用使得木块的速率不变，如图所示，那么( )A ．虽然木块速率不变，但木块并非处于平衡状态B ．木块下滑过程中所受的合力大小保持不变C ．木块下滑过程中机械能守恒D ．木块下滑过程中摩擦力的大小不变解析：由于速率保持不变，所以木块做匀速圆周运动，具有向心加速度，所受合力是向心力且大小保持不变，A 、B 正确；木块的动能不变，重力势能不断减小，故C 错误；又因支持力F N ＝mg cos θ＋m v 2R不断增大，摩擦力也增大，故D 错误． 答案：AB9．(2015·北京西城区模拟)如图所示，长为L 的细绳一端固定，另一端系一质量为m 的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法中正确的是( )A ．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B ．小球只受重力和绳的拉力作用C ．θ越大，小球运动的速率越大D ．θ越大，小球运动的周期越大解析：本题考查了受力分析和匀速圆周运动的有关知识．在运动过程中小球只受重力和绳子的拉力作用，合力提供向心力，A 选项错误，B 选项正确；由合力提供向心力有mg tan θ＝m v 2L sin θ，所以θ越大，小球运动的速率越大，C 选项正确；根据mg tan θ＝m 4π2T 2L sin θ，θ越大，小球运动的周期越小，D 选项错误．答案：BC三、非选择题10．如图所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 以不同的速度进入管内．A 通过最高点C 时，对管壁上部压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部压力为0.75mg ，求A 、B 两球落地点间的距离．解析：A 球通过最高点时，由FN A ＋mg ＝m v 2A R， 已知FN A ＝3mg ，可求得v A ＝2Rg.B 球通过最高点时，由mg －FN B ＝m v 2B R. 已知FN B ＝0.75mg ，可求得v B ＝12Rg. 平抛落地历时t ＝ 4R g. 故两球落地点间的距离s ＝(v A －v B )t ＝3R.答案：3R11．(2016·哈尔滨模拟)如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T (g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示)．求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mg tanθ＝mω20 l sinθ，解得ω20＝gl cosθ，即ω0＝gl cosθ′＝52 2 rad/s.(2)ω′＝gl cosθ′＝101×12rad/s＝2 5 rad/s.5答案：(1)2 2 rad/s(2)2 5 rad/s。
2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案
2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案【基础梳理】一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT ．2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT ．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用成效为产生向心加速度，F n ＝ma n . 二、匀速圆周运动 1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .(2)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． (3)作用成效：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点 F 向、a 向、v 均大小不变，方向变化，ω不变F 向、a 向、v 大小、方向均发生变化，ω发生变化向心力F 向＝F 合由F 合沿半径方向的分力提供1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消逝或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情形下，就做逐步远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F 为实际提供的向心力，则(1)当F ＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐步远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐步靠近圆心．【自我诊断】判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．( )(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．( )(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( )(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．( )(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消逝，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2020·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动专门慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而可不能滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．假如转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．假如转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平稳，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．假如转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在魔盘上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D正确．想一想如图所示，圆盘上物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动．(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)运算圆盘上物体所受的向心力和漏斗内壁上小球的角速度分别需要明白哪些信息？提示：(1)物体的向心力由静摩擦力提供小球的向心力由支持力与重力的合力提供(2)物体：质量、角速度/线速度、物体到圆盘圆心的距离 小球：质量、当地重力加速度、支持力与水平面的夹角、水平半径对传动装置问题的求解[学生用书P70]【知识提炼】1．对公式v ＝ωr 的明白得 当r 一定时，v 与ω成正比； 当ω一定时，v 与r 成正比； 当v 一定时，ω与r 成反比.2．对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的明白得在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 3．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴 传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A 点和B 点转动的周期相同、角速度相同，A 点和B 点的线速度与其半径成正比皮带(链 条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A 、B 两点相当于皮带上的不同位置的点，因此它们的线速度大小必定相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮 传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：v A ＝v B ；T A T B ＝r 1r 2＝z 1z 2；ωA ωB ＝r 2r 1＝z 2z 1(z 1、z 2分别表示两齿轮的齿数)1.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4解析：选BD.处理传动装置类问题时，关于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，关于本题，明显v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；依照v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，因此ωA ＝ωC 2，选项A 错误；依照ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；依照ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．2．(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22nD ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12n 解析：选BC.依照皮带传动关系能够看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，因此2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：(1)同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．(2)当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝vr可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比．水平面内的圆周运动[学生用书P71]【知识提炼】1．问题特点(1)运动轨迹是圆且在水平面内．(2)向心力的方向沿半径指向圆心．(3)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情形，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力确实是向心力．3．运动实例：圆锥摆、汽车和火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．【典题例析】如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析](1)若要小球刚好离开锥面，现在小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，差不多上水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝⎛⎭⎪⎫F ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度连续增大，质点将做离心运动．【迁移题组】迁移1 车辆转弯问题 1．(多选)(2021·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时刻最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时刻为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，v 小＝Fr m＝ 2.25mgrm＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时刻t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．迁移2 圆锥摆模型 2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平稳，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，因此细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，依照牛顿第二定律得mg tan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝gL cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为33∶1，故D 错误．迁移3 水平面内圆周运动的临界问题 3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)如图，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( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r ，明显b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相关于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，因此kmg ＝mω2r ，由此能够求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动[学生用书P72]【知识提炼】1．运动特点(1)竖直面内的圆周运动一样是变速圆周运动．(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒．(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度．(4)一样情形下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形．2．常见模型轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时v＜gr，在到达最高点前小球差不多脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝gr时，F N＝0(4)当v＞gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则( )A ．小球的质量为aR bB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上 D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等[审题指导] 由于杆既能够提供支持力，又能够提供拉力，故小球通过最高点时的速度能够不同，则通过F －v 2图象，可得到小球通过最高点时杆的弹力和小球速度大小的定量关系，从而找到解题的突破口．[解析] 对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F －mg ＝0，结合图象可知a －mg ＝0；当F ＝0时，由牛顿第二定律可得mg ＝mv 2R ，结合图象可知mg ＝mb R ，联立解得g ＝b R ，m ＝aRb，选项A 正确，B 错误；由图象可知b <c ，当v 2＝c 时，依照牛顿第二定律有F ＋mg ＝mcR，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C 正确；当v 2＝2b 时，由牛顿第二定律可得mg ＋F ′＝m ·2bR，可得F ′＝mg .选项D 正确． [答案] ACD求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：第一判定是轻绳模型依旧轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力依旧拉力的临界点．(3)研究状态：通常情形下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情形．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依照牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向． (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．【迁移题组】迁移1 汽车过拱桥模型1．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2解析：选C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′①因此由牛顿第二定律可得mg －F ′N1＝mv 2R②同样，如图乙所示，F ′N2＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F ′N2－mg ＝mv 2R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg ，因此F N1∶F N2＝1∶3.迁移2 轻绳模型 2.(2021·高考江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后赶忙停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v2gD ．速度v 不能超过（2F －Mg ）LM解析：选D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；假如物块上升的最大高度不超过细杆，则依照机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v 22g ，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，假如物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，现在的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L，解得v ＝（2F －Mg ）LM，D 项正确．迁移3 轻杆模型3．(多选)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐步增大时，杆对小球的拉力逐步增大C ．当v 由gL 逐步减小时，杆对小球的支持力逐步减小D ．当v 由零逐步增大时，向心力也逐步增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对． [学生用书P73]1.(2021·高考全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止开释．在各自轨迹的最低点 ( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.小球从开释到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，依照牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．2．(多选)(2020·高考浙江卷)如图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，有如图所示的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)，则( )A ．选择路线①，赛车通过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时刻最短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：选ACD.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 ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；依照t ＝sv，可得①、②、③所用的时刻分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr ，其中t 3最小，可知路线③所用时刻最短，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．3．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B ．v 28g C.v 24gD ．v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，依照机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力差不多上f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B ．ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C ．ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r ＝f m 即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始显现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝mω2r 2，而现在对P 而言有T ＋f ＝mω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐步减小，当T ＞mω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．[学生用书P297(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2020·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故依照公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，因此两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2020·高考福建卷)如图，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．若小滑块第一次由A 滑到C，所用的时刻为t1，第二次由C滑到A，所用的时刻为t2，小滑块两次的初速度大小相同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，则( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从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，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能缺失也小．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，因摩擦造成的动能缺失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块缺失的动能更大．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缺失要小，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．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情形与原先相比较，下面的判定中正确的是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，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。
一课一练23：水平方向的圆周运动(答案含解析)—2021届高中物理一轮基础复习检测
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C．ω 在
Kg 2L<ω<
23KLg范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D．ω 在 0<ω< 23KLg范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大
4．如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体 P 和 Q，它们的质量相同， 与圆盘的最大静摩擦力都是 fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心 O，P 离圆心距离为 r1，Q 离圆心距离为 r2，且 r1<r2，两个物体随圆盘以角速度 ω 匀速转动，且两个物体始终与圆 盘保持相对静止，则（ ）
C．转台的角速度一定满足 ω≤ 2 g 3r
D．转台的角速度一定满足 ω≤ g 3r
6．（多选）在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯
2 / 10
时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为 v，重力加速度为 g，两轨所在面的 倾角为 θ，则（ ）
A．该弯道的半径
接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的 K 倍，A 放在距离转轴 L 处，整个装置能绕通
过转盘中心的转轴 O1O2 转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使
角速度缓慢增大，以下说法正确的是（
）A．当 ω> 23KLg时，A、B 相对于转盘会滑动
B．当 ω> K2Lg，绳子一定有弹力
2 r
关系可知，小圆弧轨道的长度为 2 r ，通过小圆弧弯道的时间为 t = 3 = 2 3.14 40 s 2.80s ，
3
vmr
3 30
选项 D 错误；故选 AB。
3．【答案】ABD
【解析】当 A、B 所受摩擦力均达到最大值时，A、B 相对转盘即将滑动，Kmg+Kmg＝mω2L+mω2·2L，
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动平圆周运动的描述角速度与转速专题练习
17．如图所示，在半径为R的水平圆板中心轴正上方高为h处，水平抛出一小球，圆板作匀速转动.当圆板半径OA与初速度方向一致时开始抛出小球，要使球与圆板只碰一次，且落点为A，则小球的初速度v0应为多大?圆板转动的角速度为多大?
8．如图所示，黑圆板上有三条白条，用一闪光灯照亮，灯每秒闪光20次，圆板绕过圆心的轴顺时针匀速转动，
（1）当 ______时只看到三条白条；（2）当 _______时可看到六条白条.
9．某微波炉的盛物盘的直径为 ，当盛物盘以 的转速做匀速圆周运动时，放在该盛物盘边缘上花生米的线速度为_________ ，角速度为________ 。
12．如图所示，细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点匀速转动．已知两小球做圆周运动半径之比Ra：Rb=1：2，则两个小球的角速度之比ωa:ωb=___________;线速度之比va:vb=____运转，闪光灯每秒闪光30次。风扇的叶片有三片，均匀安装在转轴上。转动时如观察者感觉叶片不动，则风扇的转速是_________r/min。如果观察者感觉叶片有六片，则风扇的转速是________r/min（电动机的转速不超过800r/min）。
二、解答题
16．如图所示，一水平传送装置有轮半径均为R= 1/ m的主动轮 和从动轮 及传送带等构成．两轮轴心相距8.0 m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因素为μ = 0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10 m/s2）
（1）当传送带以4.0 m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式专题
1 / 52021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式专题练习一、填空题1．某电风扇正常运转时转速为2400转/分，叶片末端离圆心距离为50cm ，则正常运转时叶片运动的角速度为_________ rad/s ，叶片末端的线速度为 _________ m/s．(计算结果可以保留π)2．A．B 两质点分别做匀速圆周运动，若相同时间内它们通过的弧长之比S A /S B =3/2，而通过的角度之比фA /фB =2/3，则它们的线速度之比v A : v B =________，角速度之比ωA :ωB =_________，向心加速度之比a A :a B =__________．3．—个物体做半径恒定的匀速圆周运动，周期越小其线速度数值则越 ____________ (填“大”或“小”)．线速度数值越小其角速度越 ___________(填“大”或“小”)．4．如下图所示，O 1和O 2是摩擦传动的两个轮子，O 1是主动轮，O 2是从动轮.若两轮不打滑，则对于两轮上a．b．c 三点(半径比为1．2．1)，其向心加速度的比为_________5．匀速圆周运动的线速度为v=___________，角速度ω=__________，周期T 与频率的关系式为___________，周期与线速度的关系式为____________，周期与角速度的关系式为____________．6．A 、B 两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A 球的轨道半径是B 球轨道半径的2倍，A 的角速度是B 的12。
则两球的线速度之比v A ：v B =_______；周期之比T A ：T B =_______。
7．如图所示，在轮B 上固定一同轴小轮A ，轮B 通过皮带带动轮C ，皮带和两轮之间没有滑动，A ．B ．C 三轮的半径依次为r 1．r 2和r 3.绕在A 轮上的绳子，一端固定在A 轮边缘上，另一端系有重物P ，当重物P 以速度v 匀速下落时，C 轮转动的角速度__________8．一物体在水平面内沿半径 R = 20cm 的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v = 0.2m/s ，那么，它的角速度______rad/s ，它的频率___H Z ，它的周期为______s ，它的转速为_____r/s ，它的向心加速度为______m/s 2． 9．如图所示，一张光盘(CD)音轨区域的内半径125mm R =，外半径258mm R =，径向音轨密度625/mm n =条，在CD 唱机中，光盘每转一转，激光头沿径向向外移动一条音轨，激光头对光盘以恒定的线速度运动。
考点17 圆周运动的描述——2021年高考物理专题复习附真题及解析
A． 2 3g 3R
B． 3g 3R
C． 1 3g 2 3R
D． 2 2 3g 3R
3．（2020·江苏省高一期中）两物体做匀速圆周运动，运动半径之比为 4︰3，角速度之比为 3︰4．16︰9
B．9︰16
C．1︰1
D．4︰3
4．（2020·土默特左旗第一中学高一期中）如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带均不打滑，中间两个
A．a 点与 b 点的线速度大小相等 B．a 点与 b 点的角速度大小相等 C．a 点与 d 点的线速度大小相等 D．a 点与 d 点的向心加速度大小相等
9．如图所示，在绕中心轴 OO ' 转动的圆筒内壁上，有两物体 A、B 靠在一起随圆筒转动，在圆筒的角速度
均匀增大的过程中，两物体相对圆筒始终保持静止，下列说法中正确的是
位置是（ ）
A．
B．
C．
D．
变式拓展
1．（2020·江苏省高一期中）如图所示，用起瓶器打开瓶盖，起瓶器上 A、B 两点绕 O 点转动的角速度分
别为 ωA 和 ωB，线速度大小分别为 vA 和 vB，则(
)
A．ωA=ωB， vA>vB C．ωA<ωB， vA=vB
B．ωA=ωB， vA<vB D．ωA>ωB， vA=vB
vr
s r
由 a= v 和 v= s ，可得 a= vv = v2 =rω2= 4π2r =vω
t
t
s r
T2
二、传动装置
1．同轴传动：各部分角速度大小相等。 2．同缘传动（齿轮、摩擦轮、皮带、链条）：接触部分线速度大小相等。
重点考向
考向一 同轴传动
典例引领
（2020·浙江省高三）三个不同半径光滑圆环同圆心竖直放置，都固定在竖直轴上可绕其转动（如图所 示），在每个环上转轴的两侧分别套两个小球，当环绕轴以某一角速度匀速转动时，六个小球所处的相对
备战2021年高考物理-一轮复习专项训练-曲线运动综合练习(一)(含答案)
备战2021年高考物理-一轮复习专项训练-曲线运动综合练习（一）一、单选题1.如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是（）A.a、b两球同时落地B.a、b两球落地速度相等C.a、b两球在P点相遇D.无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇2.如图所示，运动员以速度v在倾角为θ的倾斜赛道上做匀速圆周运动．已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则（）A.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B.受到的合力大小为F＝C.若运动员加速，则一定沿倾斜赛道上滑D.若运动员减速，则一定沿倾斜赛道下滑3.一质量为m的质点以速度v0做匀速直线运动，在t=0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v=0.5v0，由此可判断（）A.质点受力F作用后可能做匀减速直线运动B.质点受力F作用后可能做圆周运动C.t=0时恒力F与速度v0方向间的夹角为D.t= 时，质点速度最小4.如图所示，在水平转台上叠放着A、B两个物体，当转台匀速转动时，两个物体随转台一起转动，则放在下面的B物体受到的力的个数为（）A.3B.4C.5D.65.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动。
有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半，已知重力加速度为g，则（）A.小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上B.小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用C.小球A受到的合力大小为D.小球A做匀速圆周运动的角速度6.如图所示，有一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为、、，已知，若在传动过程中，皮带不打滑。
则（）A.A点与C点的角速度大小相等B.B点与C点的线速度大小相等C.B点与C点的角速度大小之比为1：2D.B点与C点的向心加速度大小之比为4：17.如图所示，放在倾角的斜面上物体与放在水平面上的物体通过跨接于定滑轮的轻绳连接，在某一瞬间当沿斜面向上的速度为时，轻绳与斜面的夹角，与水平面的夹角，此时沿水平面的速度为（）A. B. C. D.8.一小球被细绳拴着，在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，向心加速度为a，那么下列说法错误的是（）A.小球运动的角速度ω＝B.小球在时间t内通过的路程为C.小球做匀速圆周运动的周期D.小球在时间t内可能发生的最大位移为2R9.在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A和B，两球在空中相遇，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.相遇时A球速度一定大于B球B.相遇时A球速度一定小于B球C.相遇时A球速度的水平分量一定等于B球速度的水平分量D.相遇时A球速度的竖直分量一定大于B球速度的竖直分量10.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为（）A.1：2B.1：1C.D.11.如图所示,一演员表演飞刀绝技,由O点先后抛出完全相同的三把飞刀,分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点。
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动生活中的圆周运动竖直方向的圆周运动专题练习
2021届高三物理一轮复习力学曲线运动生活中的圆周运动竖直方向的圆周运动专题练习一、填空题1．质量为2kg的光滑半球形碗，放在粗糙水平面上，一质量为0.5kg的物体从碗边静止释放，如图所示，物体在碗内运动的过程中，碗始终静止不动，则碗对地面的最大压力为_________N。
(g=10m/s2)2．如图所示，甲、乙两个质量相同的小球分别被两根细绳悬于等高的悬点，绳长L甲=2L乙，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，则甲、乙两球通过最低点时速度大小之比为______。
绳的拉力大小之比为______。
3．质量为m的汽车以V0的速度安全驶过半径为R的凸形桥的桥顶，这时汽车对桥顶的压力是________ 。
汽车能安全通过桥顶的最大行驶速度不能超过________（重力加速度为g。
4．长0.5m的轻杆，一端连着质量0.5kg的小球，另一端绕过O点的水平固定轴在竖直平面内自由转动。
当小球以2m/s的速率通过最高点时，受到轻杆的作用力为大小为____N，是______（选填“拉力”或“支持力”）。
g=10m/s2。
5．长为L。
0.5 m的轻杆，其一端固定于O点，另一端连着质量m。
1 kg的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，当它通过最高点速度v。
3 m/s时，小球受到细杆的作用力大小为__________ N，是__________。
(填“拉力”或“支持力”)(g。
10 m/s2)6．如图，长为0.8m的轻质细线一端系于O点，另一端系有一小球，在O点正下方0.4m的P点处有一个细钉，不计任何阻力，取g＝10m/s2。
拉直细线使小球从A点（与O等高）以一定的初速度向下开始运动，小球恰能运动到O点，则小球在O点处的速度大小为__m/s；若下移细钉位置到P´处（图中未标出），使小球从A点由静止开始下落，发现小球恰能沿圆周运动到P´正上方，则OP´的距离为__m。
7．某个25kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5m．如果秋千板摆动经过最低位置时的速度是3m/s，这时秋千板所受的压力为____N、方向为____。
2021高考物理新高考版一轮习题：第四章 微专题28 水平面内的圆周运动问题(含解析)
1．圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动指向圆心)．所以遇到圆周运动动力学问题就先做好受力分析，再由牛顿第二定律列方程．2．理解做圆周运动、离心运动、近心运动的条件．1．(多选)(2020·重庆市调研)如图1甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，如图乙为飓风飞椅结构简图．其装置由伞型转盘A、中间圆柱B、底座C和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成，在距转盘下表面轴心O距离为d的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(图乙中只画两座)，设A、B、C总质量为M，单个飞椅与人的质量之和均为m，悬挂飞椅D的绳长均为L，当水平转盘以角速度ω稳定旋转时，各软绳与竖直方向成θ角，重力加速度为g.则下列判断正确的是()图1A．转盘旋转角速度为g tan θd＋L sin θB．底座C对水平地面压力随转速增加而减小C．底座C对水平地面压力与转速无关，恒为Mg＋16mgD．软绳与竖直方向夹角θ大小与软绳长、转速和乘客质量均有关2．(多选)(2019·广西桂林市、贺州市期末联考)如图2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/s2，则汽车()图2A．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/s3．(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图3所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的角速度为()图3A.ghR2－h2B.ghR2－h2C．gh(R－h)2D.gh4．(多选)(2019·四川绵阳市第二次诊断)如图4所示，金属块Q放在带有光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端与Q相连，下端拴着一个小球P.小球P在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向的夹角为30°；现使小球P在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动，且细线与竖直方向的夹角为60°，金属块Q更靠近小孔．且这两种情况下Q均处于静止状态，则后一种情况与原来相比较()图4A．小球P的线速度更大B ．小球P 运动的周期更大C ．小球P 的向心力大小之比为3∶1D ．金属块Q 所受摩擦力大小之比为3∶15.(多选)如图5所示，一根原长为l 0的轻弹簧套在光滑直杆AB 上，其下端固定在杆的A 端，质量为m 的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连．球与杆一起绕过杆A 端的竖直轴OO ′匀速转动，且杆与水平面间的夹角始终为30°.已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量为l 02，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )图5A ．弹簧为原长时，杆的角速度为 g 2l 0B ．当杆的角速度为g l 0时，弹簧处于压缩状态 C ．在杆的角速度增大的过程中，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒D ．在杆的角速度由0缓慢增大到23 2g l 0过程中，小球的机械能增加了5mgl 046．如图6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6 A．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＝kgL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7．(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)如图7所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始该容器从O点正上方随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．不计空气阻力，重力加速度为g，求：图1(1)每一滴水经多长时间落到盘面上；(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大；(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x.答案精析1．AC[对单个的飞椅：mg tan θ＝mω2(d＋L sin θ)，解得ω＝g tan θd＋L sin θ，选项A正确；对飞椅，竖直方向F T cos θ＝mg，对整体竖直方向：F N＝Mg＋16F T cos θ＝Mg＋16mg，则底座C对水平地面压力大小不变，选项B错误，C正确；由mg tan θ＝mω2(d＋L sin θ)可知，g tanθ＝ω2(d＋L sin θ)，则软绳与竖直方向夹角θ大小与软绳长L、角速度ω(转速n)有关，与乘客质量无关，选项D错误．]2．CD[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 v2r，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．]3．D[根据受力分析和向心力公式可得：mg tan θ＝mrω2，小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r ＝R sin θ；解得：ω＝g R cos θ＝g h，故选D.] 4．AC [设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T ，细线的长度为L ，孔到圆心的高度为h ，P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，则有：F n ＝m v 2h tan θ＝mg tan θ 解得：v ＝gh tan θ，由题意后一种情况θ更大，则小球P 的线速度更大，故A 正确；T ＝2πR v ＝2πh tan θgh tan θ＝2πh g，所以小球P 的周期不变，故B 错误；小球的向心力为：F n ＝mg tan θ，所以向心力之比为：tan 60°tan 30°＝3，故C 正确；细线拉力F T ＝mg cos θ，对金属块Q ，由平衡条件可知，Q 受到桌面的静摩擦力的大小等于细线的拉力大小，所以金属块Q 所受摩擦力大小之比为cos 30°cos 60°＝3，故D 错误．] 5．CD [弹簧为原长时，小球受重力和杆的弹力，合力提供向心力，有mg tan 30°＝mω2l 0cos 30°，杆的角速度ω＝2g 3l 0，故A 错误；当杆的角速度为g l 0＞ 2g 3l 0时，弹簧处于伸长状态，故B 错误；在杆的角速度增大的过程中，小球的动能增大，重力势能增大，弹簧的弹性势能可能也增大，小球与弹簧所组成的系统机械能不守恒，故C 正确；设杆的角速度等于23 2g l 0时小球的速度为v ，弹簧伸长量为l ，杆的支持力为F N ，则F N cos 30°＝kl sin 30°＋mg ，F N sin 30°＋kl cos 30°＝mω2(l 0＋l )cos 30°，mg sin 30 °＝k l 02，联立解得l ＝l 02，初、末状态的弹性势能相等，则小球增加的机械能为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ，v ＝ω×32l 0cos 30°＝322gl 0，ΔE k ＝12m v 2＝34mgl 0，ΔE p ＝mg ×l 0sin 30°＝12mgl 0，故ΔE ＝54mgl 0，故D 正确．] 6．D [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＝kg 2L，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′＝ 2kg 3L ，故D 正确．] 7．(1)2h g (2)n πg 2h (n ＝1,2,3，…) (3)5v 2h g解析 (1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有h ＝12gt 2，解得t ＝2h g . (2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为n π(n ＝1,2,3，…)，所以角速度可由ωt ＝n π得ω＝n πt ＝n πg 2h(n ＝1,2,3，…)． (3)第二滴水落在圆盘上时到O 点的距离为：x 2＝v ·2t ＝2v 2h g， 第三滴水落在圆盘上时到O 点的距离为：x 3＝v ·3t ＝3v 2h g， 当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则： x ＝x 2＋x 3＝5v 2h g .。
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2021届高三物理一轮复习力学曲线运动圆周运动的描述角速度与转速专题
练习
一、填空题
1．做匀速圆周运动的物体，10s 内沿半径为20m 的圆周运动了100m ，则其线速度为_____m/s ，角速度为_____________rad/s
2．周期和转速：①周期是物体沿圆周运动____________的时间(T )
②转速是物体单位时间转过的_____________ (n )，也叫频率(f )s
3．如图，半径为R 的圆盘上绕有一根轻绳，轻绳的另一端与放在水平桌面上物体相连，物体质量为m ，绳子处于水平状态，物体与桌面的摩擦系数为.0t μ=开始，圆盘以角速度(kt k ω=为常数)转动，绳子上拉力为______；经过时间t ，圆盘转过的圈数n =______．
4．物体做匀速圆周运动，半径r=20m ，在时间t=10s 内沿圆周运动了一段路程s=100m ，则其线速度v=_____m/s ，角速度ω=_____rad/s 。
5．一物体在水平面内沿半径 R=20 cm 的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v=0.2m/s ，那么，它的向心加速度为______m/s 2，它的角速度为_______ rad/s ，它的周期为______s ．
6．A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，若它们在相等的时间内通过的弧长之比为1：2，而转过的圆心角之比为2：1，则它们的线速度之比________，角速度之比_________，它们做圆周运动的半径之比为_______ 7．如图所示，长度为L =0．5m 的轻杆，一端固定质量为m =1．0Kg 的小球，另一端固定在转动轴O 上，小球绕轴在水平面上匀速转动，杆子每隔0．1s 转过30o 角，小球运动的向心加速度为___________,小球运动的向心力为________________。
8．如图所示，黑圆板上有三条白条，用一闪光灯照亮，灯每秒闪光20次，圆板绕过圆心的轴顺时针匀速转动，
（1）当1ω=______时只看到三条白条；（2）当2ω=_______时可看到六条白条.
9．某微波炉的盛物盘的直径为27cm ，当盛物盘以0.5r/min 的转速做匀速圆周运动时，放在该盛物盘边缘
上花生米的线速度为_________m/s，角速度为________rad/s。
10．位于上海市锦江乐园的、世界排第五的“摩天轮”，它的高度是108m，直径98m，坐厢内的游客1小时可转2.4圈。
由此可知，游客转动的周期为____________s，线速度v ____________m/s。
11．用DIS系统的光电门传感器测得旋转半径为16
m
25
的家用吊扇叶片边缘的最大速度为16m/s，则该吊扇
每旋转一周所用时间为______s，吊扇旋转的角速度为______rad/s.
12．如图所示，细杆上固定两个小球a和b，杆绕O点匀速转动．已知两小球做圆周运动半径之比R a：R b=1：2，则两个小球的角速度之比ωa:ωb=___________; 线速度之比v a:v b=__________．
13．如图所示，电风扇在闪光灯下运转，闪光灯每秒闪光30次。
风扇的叶片有三片，均匀安装在转轴上。
转动时如观察者感觉叶片不动，则风扇的转速是_________r/min。
如果观察者感觉叶片有六片，则风扇的转
速是________r/min（电动机的转速不超过800r/min）。
14．如图所示，在米尺的一端钻一个小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一质量为m的小钢球（视为质点）．将米尺固定在水平桌面上，使钢球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为O，待钢球的运动稳定后，读出钢球到O点的距离r，并用秒表测量出钢球转动n圈用的时间t．则
（1）小钢球做圆周运动的周期T=__________；
（2）小钢球做圆周运动的向心力F=_______________________________（用m、n、t、r等物理量表示）15．2020年7月23日，长征五号遥四运载火新托举着中国首次火星探测任务“天向一号”探测器，在中国文昌航天发射场点火升空，开启了奔向火星之旅。
若把火星和地球的公转看成同一平面内同向的匀速圆周运动，已知火星到太阳的距离是地球到太阳距离的1.5 倍，火星的公转周期为687天，则地球公转的线速度是火星的________倍；若现在地球和火星之间的距离为最小值，则再过________天火星和地球之间的距离再次达到最小值。
（结果均保留三位有效数字）
二、解答题
16．如图所示，一水平传送装置有轮半径均为R= 1/πm 的主动轮1Q 和从动轮2Q 及传送带等构成．两轮轴心相距8.0 m ，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因素为μ = 0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g 取10 m/s 2）
（1）当传送带以4.0 m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O 2正上方的A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由A 端运送到O 1正上方的B 端所用的时间为多少？
（2）要想尽快将这袋面粉由A 端送到B 端（设初速度仍为零），主动轮O 1的转速至少应为多大？
17．如图所示，在半径为R 的水平圆板中心轴正上方高为h 处，水平抛出一小球，圆板作匀速转动.当圆板半径OA 与初速度方向一致时开始抛出小球，要使球与圆板只碰一次，且落点为A ，则小球的初速度v 0应为多大?圆板转动的角速度为多大?
18．飞球调速器是英国工程师瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计，这是人造的第一个自动控制系统。
如图所示是飞球调速器模型，它由两个质量2m =kg 的球通过4根长0.25l =m 的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接，上面套筒固定，下面套筒质量为8M =kg ，可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为g ，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角θ为60°，求：
(1)杆对套筒M 的弹力大小；。
(2)飞球角速度ω的大小。
word 版 高中物理
1 / 5 参考答案
1．10 0.5 2． 一周 圈数 3．()m kR g μ+； 2
4kt π
4．10 0.5 5．0.2， 1， 2π 6．1：2 2：1 1：4 7．
2225/18m s π 22518N π 8．1403k πω=， 0,1,2,k = 220(21)3
k ωπ=+，0,1,2,k
= 9．37.0710-⨯ 0.052 10．1500s 0.21m/s 11．0.25 25
12．1:1; 1:2; 13．600 300 14．t n 22
24n m r t π 15．1.25 779 16．(1)2.5s (2)n ＝240r/min （或4r/s ）
17
．0v =
n ω= (n =1,2,3,···) 18．(1)80N(2) 20rad /s ω=。