高三物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天12圆周运动课时达标
近年届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力课时作业13万有引力与航天(2021年整理)
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课时作业（十三)万有引力与航天［基础小题练］1．（2018·华中师大第一附中高三上学期期中）已知甲、乙两行星的半径之比为2∶1，环绕甲、乙两行星表面运行的两卫星周期之比为4∶1，则下列结论中正确的是（）A．甲、乙两行星表面卫星的动能之比为1∶4B．甲、乙两行星表面卫星的角速度之比为1∶4C．甲、乙两行星的质量之比为1∶2D．甲、乙两行星的第一宇宙速度之比为2∶1【解析】由错误!＝mrω2＝错误!得ω＝错误!，v＝错误!,E＝错误!mv2，kT＝错误!＝2π 错误!，代入数据得M∶M乙＝1∶2,ω甲∶ω乙＝1∶4，v甲∶v乙＝1∶2,卫星质量关系不知，不能比较动能大小．甲【答案】BC2．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星，这颗行星的体积是地球的a 倍，质量是地球的b倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为T，引力常量为G，则该行星的平均密度为（)A.错误!B．错误!C.错误!D．错误!【解析】对于近地卫星，设其质量为m，地球的质量为M,半径为R，则根据万有引力提供向心力有，G错误!＝m错误!2R，得地球的质量M＝错误!，地球的密度为ρ＝错误!＝错误!；已知行星的体积是地球的a倍,质量是地球的b倍,结合密度公式ρ＝错误!，得该行星的平均密度是地球的错误!倍，所以该行星的平均密度为错误!，故C正确．【答案】C3．双星运动是产生引力波的来源之一,假设宇宙中有一双星系统由a、b 两颗星体组成,这两颗星体绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得两星体的轨道半径之和为l1,轨道半径之差为l2,a星体轨道半径大于b星体轨道半径，a星体的质量为m1,引力常量为G，则b星体的周期为（)A.错误!B．错误!C。
高考物理知识点第一轮复习教案9(第四章_曲线运动_万有引力与航天)
第四章曲线运动万有引力与航天要考题统计考法分析第1讲曲线运动运动的合成与分解考点一物体做曲线运动的条件及轨迹1．曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
(3)曲线运动的条件①运动学角度：物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上。
②动力学角度：物体所受合外力的方向跟速度方向不在同一条直线上。
2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧。
3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。
[思维诊断](1)曲线运动一定是变速运动。
()(2)曲线运动的速度大小可能不变。
()(3)曲线运动的加速度可以为零。
()(4)曲线运动的加速度可以不变。
()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√[题组训练]1．[曲线运动的条件](多选)关于物体做曲线运动的条件，下列说法中正确的是()A．物体受变力作用才可能做曲线运动B．物体受恒力作用也可能做曲线运动C．物体所受合力为零时不可能做曲线运动D．物体只要受到合外力作用就一定做曲线运动解析：物体做曲线运动的条件是合外力不为零且与速度不共线，与合外力是变力还是恒力无关，选项A错误，B正确；若物体所受合外力为零，则物体静止或做匀速直线运动，选项C正确；物体做匀变速直线运动时，也是受到合外力作用，选项D错误。
答案：BC2．[曲线运动的判断]一个物体在F1、F2、F3等几个力的共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去力F1，则物体()A．可能做曲线运动B．不可能继续做直线运动C．必然沿F1的方向做直线运动D．必然沿F1的反方向做匀加速直线运动解析：物体做匀速直线运动的速度方向与F1的方向关系不明确，可能相同、相反或不在同一条直线上。
近年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天配餐作业13万有引力与航天(2021年整理)
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配餐作业(十三）万有引力与航天A组·基础巩固题1．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成。
科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r。
用v∝r n这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n。
若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为( )A．1 B．2 C．－错误! D.错误!解析由万有引力定律得G错误!＝错误!，整理可得v＝错误!,可知n＝－错误!，C项正确。
答案 C2．宇航员站在某一星球距离其表面h高度处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面,已知该星球的半径为R，引力常量为G，则该星球的质量为( ）A.错误!B。
错误!C。
错误! D.错误!解析设该星球表面的重力加速度g，小球在星球表面做平抛运动,h＝错误!gt2。
设该星球的质量为M，在星球表面有mg＝错误!。
由以上两式得，该星球的质量为M＝错误!，A项正确。
答案 A3．太空中进行开采矿产资源项目，必须建立“太空加油站”.假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断
（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第一节曲线运动运动的合成与分解，（建议用时：60分钟）一、单项选择题1．(2018·四川资阳诊断)下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体的合力一定是变化的B．两匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定,方向始终指向圆心D．做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化不同解析：选C.做曲线运动的物体的合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误;两个匀变速直线运动的合运动可能是匀变速曲线运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，选项C正确；做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化相同,均等于gt，选项D错误．2．（2018·牡丹江市一中月考)双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN.v M与v N正好成90°角，则此过程中,乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的( )A．F1B．F2C．F3D．F4解析:选C.根据图示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大,故合外力的方向指向图F2水平线下方,故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误．3．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直,则橡皮运动的速度( ）A．大小为v,方向不变，与水平方向成60°角B．大小为3v,方向不变，与水平方向成60°角C．大小为2v，方向不变，与水平方向成60°角D．大小和方向都会改变解析:选B。
高三物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天
第四章曲线运动万有引力与航天[备考指南]第1节曲线运动运动的合成与分解(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。
(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。
(×)(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。
(×)(4)曲线运动可能是匀变速运动。
(√)(5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。
(√)(6)合运动的速度一定比分运动的速度大。
(×)(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。
(×)(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。
(√)要点一物体做曲线运动的条件与轨迹分析[多角练通]1．(多选)(2016·广州模拟)关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是( ) A．它所受的合外力一定不为零B．它所受的合外力一定是变力C．其速度可以保持不变D．其动能可以保持不变解析：选AD 物体做曲线运动，其速度方向一定改变，故物体的加速度一定不为零，合外力也一定不为零，合外力若与速度始终垂直，动能可以保持不变，故A、D正确，B、C 错误。
2．若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中M、N、P、Q表示物体运动的轨迹，其中正确的是( )解析：选B 物体运动的速度方向与运动轨迹一定相切，而且合外力F的方向一定指向轨迹的凹侧，故只有B正确。
3．如图411所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )图411A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：选A 质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，所以C点速率比D点大。
高考物理一轮复习讲义第四章_曲线运动万有引力与航天_第3讲_word版有答案
第3讲圆周运动一、匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度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．描述匀速圆周运动的物理量深度思考如图1所示为一辆自行车传动装置的结构图．图1(1)同一齿轮上到转轴距离不同的各点的线速度、角速度是否相同？(2)两个齿轮相比较，其边缘的线速度是否相同？角速度是否相同，转速是否相同？答案(1)线速度不同，角速度相同．(2)线速度相同，角速度、转速不同．二、匀速圆周运动的向心力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 v2r＝mrω2＝m4π2T2r＝mωv＝4π2mf2r.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．三、离心现象1．定义：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．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趋势．3．受力特点(如图2)图2当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心．1．判断下列说法是否正确．(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动．(×)(2)做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．(×)(3)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．(×)(4)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)(5)飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．(√)2．(人教版必修2P25第3题改编)如图3所示，小物体A与水平圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是()图3A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力答案 C3．(人教版必修2P19第4题改编)图4是自行车传动装置的示意图，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()图4A.πnr1r3r2 B.πnr2r3r1C.2πnr2r3r1 D.2πnr1r3r2答案 D4．(人教版必修2P25第2题改编)如图5所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是()图5A．A球的角速度等于B球的角速度B．A球的线速度大于B球的线速度C．A球的运动周期小于B球的运动周期D．A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力答案 B解析先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力F N的合力，建立如图所示的坐标系，则有：F N sin θ＝mg①F N cos θ＝mrω2②由①得F N＝mgsin θ，小球A和B受到的支持力F N相等，由牛顿第三定律知，选项D错误．由于支持力F N相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，故A球的角速度小于B球的角速度，A球的运动周期大于B球的运动周期，选项A 、C 错误．又根据F N cos θ＝m v 2r可知：A 球的线速度大于B 球的线速度，选项B 正确.命题点一 圆周运动的分析 1．圆周运动中的运动学分析 (1)对公式v ＝ωr 的理解 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 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 2．圆周运动中的动力学分析 (1)向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． (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分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．例1 (多选)(2016·浙江理综·20)如图6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，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图6A ．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间为5.58 s绕赛道一圈时间最短．答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v 2m r ，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v 2m R －v 2m r2x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30s ≈2.80 s ，选项D 错误．1．如图7所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图7A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．2．(多选)如图8所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( )图8A ．周期相同B ．线速度的大小相等C ．角速度的大小相等D ．向心加速度的大小相等 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝mω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不同，选项B 错，周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对．命题点二 水平面内圆周运动的临界问题例2 如图9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，结果可用根式表示)求：图9(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？①小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动；②若要小球刚好离开锥面．答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s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 tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝52 2 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得：mg tan α＝mω′2l sin α解得：ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.水平面内圆周运动临界问题的分析技巧1．在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动的趋势．这时要根据物体的受力情况，判断某个力是否存在以及这个力存在时方向朝哪(特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等)．2．三种临界情况(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.3．(多选)如图10所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()图10A．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答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：f a＝mω2a l，当f a＝kmg时，kmg＝mω2a l，ωa＝kgl；对木块b：f b＝mω2b·2l，当f b＝kmg时，kmg＝mω2b·2l，ωb＝kg2l，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝ kg2l时b 刚要开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误． 命题点三 竖直面内的圆周运动 1．竖直面内圆周运动两类模型一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”． 2．竖直平面内圆周运动的两种模型特点及求解方法最高点无支撑最高点有支撑重力、弹力，弹力方向向下或重力、弹力，弹力方向向下、22例3 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11所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( )图11A ．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①P 球的质量大于Q 球的质量；②由静止释放；③在各自轨迹的最低点．答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，因L P <L Q ，故v P <v Q ，选项A 错误；因为E k ＝mgL ，又m P >m Q ，L P <L Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a n ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误．例4 如图12所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小球，用长为0.4 m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图12(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？ (2)当小球在最高点的速度为4 m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45 N ，小球的速度不能超过多大？①轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动；②小球要做完整的圆周运动；③最大张力为45 N.答案 (1)2 m/s (2)15 N (3)4 2 m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得 mg ＋F 1＝m v 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值，亦即F1≥0②联立①②得v≥gR，代入数值得v≥2 m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s.(2)将v2＝4 m/s代入①得，F2＝15 N.(3)由分析可知，小球在最低点张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F3－mg＝m v23R③将F3＝45 N代入③得v3＝4 2 m/s即小球的速度不能超过4 2 m/s.4．(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图13所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则()图13A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0>6gl时，小球一定能通过最高点PD．当v0<gl时，细绳始终处于绷紧状态答案CD解析小球运动到最低点Q时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A错误；小球在最低点时：F T1－mg＝m v20l；在最高点时：F T2＋mg＝mv2l，其中12m v2－mg·2l＝12m v2，解得FT1－F T2＝6mg，故在P、Q两点绳对小球的拉力差与初速度v0无关，选项B错误；当v0＝6gl时，得v＝2gl，因为小球能经过最高点的最小速度为gl，则当v0>6gl时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0＝gl时，由12m v2＝mgh得小球能上升的高度h＝12l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0<gl时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确．5．如图14所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图14A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v 2B 2L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2A L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、轻绳控制、轻杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同．下面列举三类实例： 1．静摩擦力控制下的圆周运动图15典例1 如图15所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s答案 C解析 当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1.0 rad/s 故选项C 正确．2．轻绳控制下的圆周运动典例2 如图16所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角．板上一根长为l ＝0.60 m 的轻细绳，它的一端系住一质量为m 的小球P ，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)图16答案 0°≤α≤30°解析 小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力．在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mg sin α小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有F T ＋mg sin α＝m v 21l①研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mgl sin α＝12m v 21－12m v 20② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力F T ＝0③ 联立①②③解得sin α＝12，则α＝30°故α的范围为0°≤α≤30°. 3．轻杆控制下的圆周运动典例3 如图17所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取g ＝10 m/s 2，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图17A ．4 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s 答案 A解析 小球受轻杆控制，在A 点的最小速度为零，由2mgL sin α＝12m v 2B可得v B ＝4 m/s ，A 正确．题组1匀速圆周运动的分析1．水平放置的三个不同材料制成的圆轮A、B、C，用不打滑皮带相连，如图1所示(俯视图)，三圆轮的半径之比为R A∶R B∶R C＝3∶2∶1，当主动轮C匀速转动时，在三轮的边缘上分别放置一相同的小物块(可视为质点)，小物块均恰能相对静止在各轮的边缘上，设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块与轮A、B、C 接触面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，A、B、C三轮转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则()图1A．μA∶μB∶μC＝2∶3∶6B．μA∶μB∶μC＝6∶3∶2C．ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶3D．ωA∶ωB∶ωC＝6∶3∶2答案 A解析小物块在水平方向由最大静摩擦力提供向心力，所以向心加速度a＝μg，而a＝v2R，A、B、C三圆轮边缘的线速度大小相同，所以μ∝1R，所以μA∶μB∶μC＝2∶3∶6，由v＝Rω可知，ω∝1R，所以ωA∶ωB∶ωC＝2∶3∶6，故只有A正确．2．(多选)如图2为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A 点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()图2A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为5∶4D．受到的合力大小之比为15∶14答案CD解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C正确．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D 正确．题组2水平面内圆周运动的临界问题3．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图3所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心．已知两个轮盘的半径比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O′的间距R A ＝2R B.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是()图3A．滑块A和B在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B．滑块A和B在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A∶a B＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动答案ABC解析假设轮盘乙的半径为R，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9，B正确；据题意可得滑块A、B的最大静摩擦力分别为F f A＝μm A g，F f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为F f A∶F f B＝m A∶m B，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为F f A′∶F f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5m B)，综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．4．(多选)如图4所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA＝OB＝BC＝r，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，则对于这个过程，下列说法正确的是()图4A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变，A物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大C．当ω2> μgr时整体会发生滑动D．当μg2r<ω<μgr时，在ω增大的过程中B、C间的拉力不断增大答案BCD解析当圆盘转速增大时，静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由F0＝mω2r，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时μ(2m)g＝2m·2rω21，解得ω1＝μg 2r，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，细线BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达到最大静摩擦力后，A、B 之间细线开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A的摩擦力达到最大，且细线BC的拉力大于A、B整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到细线的拉力，对C有F T＋μ(2m)g＝2m·2rω22，对A、B整体有F T＝2μmg，解得ω2＝μgr，当ω2>μgr时整体会发生滑动，故A错误，B、C正确；当μg2r<ω<μgr时，C所受摩擦力沿着半径向里，且没有出现滑动，故在ω增大的过程中，由于向心力F＝F T＋F f不断增大，故B、C间的拉力不断增大，故D正确．5.如图5所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA＝OB＝AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB 始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是()图5A．OB绳的拉力范围为0～33mgB．OB绳的拉力范围为33mg～233mgC．AB绳的拉力范围为33mg～233mgD．AB绳的拉力范围为0～233mg答案 B解析当转动的角速度为零时，OB绳的拉力最小，AB绳的拉力最大，这时两者的值相同，设为F1，则2F1cos30°＝mg，F1＝33mg，增大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好等于零时，OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F2，则F2cos 30°＝mg，F2＝233mg，因此OB绳的拉力范围为33mg～233mg，AB绳的拉力范围为0～33mg，B项正确．6．如图6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图6(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．答案(1) 2g R(2)当ω＝(1＋k)ω0时，F f沿罐壁切线向下，大小为3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，F f沿罐壁切线向上，大小为3k(2－k)2mg解析(1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mg①F N sin 60°＝mR′ω20②R′＝R sin 60°③联立①②③解得：ω0＝2g R(2)由于0＜k≪1，当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知：F N′cos 60°＝mg＋F f cos 30°④F N′sin 60°＋F f sin 30°＝mR′ω2⑤联立③④⑤解得：F f＝3k(2＋k)2mg当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知：F N″cos 60°＋F f′sin 60°＝mg⑥F N″sin 60°－F f′cos 60°＝mR′ω2⑦联立③⑥⑦解得F f′＝3k(2－k)2mg.题组3 竖直平面内圆周运动的临界问题7．如图7所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L .重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )图7A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案 A解析 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L .根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r ；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝m (2v )2r ，联立解得F ＝3mg ，选项A 正确．8.(多选)如图8所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)( )图8A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s答案 CD解析 当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有12m v 2＋2mgr ＝12m v 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确．当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20，得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．9．如图9所示，两个四分之三竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 、h B ，下列说法正确的是( )。
高三物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天11抛体运动课时达标word版本
抛体运动1．(多选)如图所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则 ( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：由题意知A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B 为自由落体运动，A 、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t 1相同，且t 1＝2h g ，若第一次落地前相碰，只要满足A 运动时间t ＝l v <t 1，即v>lt1，所以选项A 正确；因为A 、B 在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A 与地面相碰后水平速度不变，所以A 一定会经过B 所在的竖直线与B 相碰．碰撞位置由A 的初速度决定，故选项B 、C 错误，选项D 正确．答案：AD2．斜面上有a ，b ，c ，d 四点，如图所示，ab ＝bc ＝cd ，从a 点正上方O 点，以速度v 水平抛出一个小球，它落到斜面上b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落到斜面上的 ( )A ．b 与c 之间某一点B ．c 点C ．c 与d 之间某一点D ．d 点解析：过b 点设定一落地水平面O ′M ，在等高的前提下，小球在水平面上的落地点分别为b ，A ，则O ′b ＝bA ，又由于ab ＝bc ，所以过A 作Oa 的平行线与斜边的交点必为c 点，由抛物线的形状可知，它在斜面上的落地点必在b 、c 之间．答案：A3．(多选)如图所示，若美国高尔夫名将“老虎”伍兹从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴．则( )A ．球从圆弧顶部飞出时，圆弧对球的支持力大小为mgB ．由于受风力的影响，该球从被击出到落入A 穴所用的时间小于2hgC ．球被击出时的初速度大小为L2g hD ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgL /h解析：球从圆弧顶部飞出，由曲线运动向心力的特点可知，圆弧对球的支持力小于mg ，A 项错误；由h ＝12gt 2得球从被击出到落入A 穴所用的时间为t ＝2hg，水平风力并不会影响球下落的时间，B 项错误；由题述球竖直地落入A 穴可知球水平末速度为零，由L ＝v 0t/2得球被击出时的初速度大小为v 0＝L2gh，C 项正确；由v 0＝at 得球水平方向加速度大小a ＝gL/h ，球被击出后受到的水平风力的大小为F ＝ma ＝mgL/h ，D 项正确．答案：CD4．(2015·浙江卷)如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看做质点，忽略空气阻力)则( )A ．足球位移大小x ＝L24＋s2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L24＋s2 C ．足球末速度的大小v ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L24＋s2＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：足球做平拋运动，平抛运动的高度为h ，平抛运动的水平位移为d ＝s2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22，足球的位移为x ＝h2＋d2，A 项错误；足球运动的时间t ＝2h g ，足球的初速度为v 0＝d t ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L24＋s2，B 项正确；足球末速度的大小v ＝v20＋v2y ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L24＋s2＋2gh ，C 项错误；初速度的方向与球门线夹角的正切tan θ＝s L 2＝2sL ，D 项错．答案：B(2016·湖北黄冈中学期中)如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球A ，小球恰好垂直落在斜坡上，运动时间为t 1.小球B 从同一点Q 处自由下落，下落至P 点的时间为t 2.不计空气阻力，则t 1∶t 2等于( )A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶ 3解析：画出小球落在斜坡处的速度分解图，如图所示，有vyv0＝tan 45°，v y ＝gt 1，得t 1＝v0g .小球A 下落高度y ＝v2y 2g ＝v202g ，水平位移x ＝v 0t 1＝v20g .小球B 下落高度为x ＋y ＝v20g ＋v202g＝12gt22，解得t 2＝3v0g，t 1∶t 2＝1∶3，D 项正确． 答案：D6．如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)．飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°.重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为 ( )A.3gR2 B.33gR2 C.3gR 2 D.3gR 3解析：小球由A 至B 的过程，由平抛运动的规律得，32R ＝v 0t ，v y ＝gt ，又有tan 30°＝vyv0，解得v 0＝33gR2，B 项正确． 答案：B7．A 、B 、C 、D 四个完全相同的小球自下而上等间距地分布在一条竖直线上，相邻两球的距离等于A 球到地面的距离．现让四球以相同的水平速度同时向同一方向抛出，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是 ( )A ．A 球落地前，四球分布在一条竖直线上，落地时间间隔相等B ．A 球落地前，四球分布在一条竖直线上，A 、B 落点间距小于C 、D 落点间距 C ．A 球落地前，四球分布在一条竖直线上，A 、B 落地时间差大于C 、D 落地时间差 D ．A 球落地前，四球分布在一条抛物线上，A 、B 落地时间差大于C 、D 落地时间差 解析：A 球落地前，四个球在水平方向均做初速度为v 0的匀速运动，在同一时刻一定在同一竖直线上，D项错误；设A球开始离地的距离为h，则有t A＝2hg，t B＝4hg，t C＝6hg，t D＝8hg，可见t D－t C<t B－t A，A项错误、C项正确；由Δx＝v0Δt可知，Δx AB>Δx CD，B项错误．答案：C8．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处，其速度方向恰好沿着斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列图象是描述物体沿x方向和y方向运动的速度时间图象，其中正确的是 ( )解析：物体抵达斜面上后，受到重力和支持力两个力作用，此时水平方向上做匀加速运动，竖直方向做加速度小于g的加速运动，故应选C项．答案：C9．(2014·浙江卷)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g取10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．解析： (1)装甲车加速度a ＝v202s ＝209m /s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt21＝0.55 m第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g(L －s t )2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m .(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v)2hg＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围 492 m <L ≤570 m .答案： (1)209m /s 2(2)0.55 m 0.45 m(3)492 m <L ≤570 m。
2023高考物理一轮总复习课件：圆周运动
向心力的来源图示
水平转台
(2020·高考全国卷Ⅰ)如图所示，一同
学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10
m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。
绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架
的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根
绳子平均承受的拉力约为( A．200 N C．600 N
)
√B．400 N
两小球角速度大小之比为4 3∶1，由 v＝ωr 得线速度大小之比为 3 3∶1，故 D 错误。
【对点练 5】 (多选)(2020·济南市期末学习质量评估)如图所示，
这是内壁光滑的半球形容器，半径为 R。质量为 m 的小球在容器
内的某个水平面内做匀速圆周运动，小球与球心 O 连线方向与
竖直方向夹角为 α。下列说法正确的是( )
考点二 圆周运动的动力学分析
1．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)分析物体的受力情况，找出所有的力，沿半径方向指向圆心 的合力就是向心力。
2．运动实例 运动模型
飞机水平转弯
火车转弯
向心力的来源图示
运动模型 圆锥摆
飞车走壁
向心力的来源图示
运动模型 汽车在水平路面转弯
力学方程 临界特征 v＝ gr的意义
mg＋FT＝mvr2
mg±FN＝mvr2
FT＝0，即 mg＝mvr2，v＝0，即 F 向＝0，
得 v＝ gr
此时 FN＝mg
物体能否过最高点的 FN 表现为拉力还是支
临界点
持力的临界点
2.分析思路
(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( )
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圆周运动
1．(2015·信阳市期末质检)如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员
( )
A．受到的拉力为3G B．受到的拉力为2G
C．向心加速度为2g D．向心加速度为2g
解析：对女运动员由牛顿第二定律得水平方向F T cos30°＝ma，竖直方向F T sin 30°－G＝0.解得F T＝2G，a＝3g，A、C、D三项错误，B项正确．
答案：B
2．(2015·成都市第三次诊断性测试)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动．若要小球能通过最高点A(g＝10 m/s2，空气阻力不计)，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．2 m/s B．210 m/s
C．2 5 m/s D．2 2 m/s
解析：小球恰好通过A点，受力分析如图所示．
有F 向＝mg sin α＝mv 2
A L
.则通过A 点的最小速度v A ＝gL ·sin α＝2 m /s .根据机械能守恒定律得12mv 2B ＝12
mv 2A ＋2mgL sin α，解得v B ＝2 5 m /s ，C 项正确．
答案：C
3．(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则 ( )
A ．球A 的线速度必定大于球
B 的线速度
B ．球A 的角速度必定小于球B 的角速度
C ．球A 的运动周期必定小于球B 的运动周期
D ．球A 对筒壁的压力必定大于球B 对筒壁的压力
解析：球运转时受力如图
向心力F 向＝mg cot θ＝mv 2R
. 由于R A >R B ，故v A >v B ，A 项正确；
F 向＝mg cot θ＝m ω2R ，
由于R A >R B ，故ωA <ωB ，B 项正确；
F 向＝mg cot θ＝m 4π2
T R ，由于R A >R B ，故T A >T B ，C 项错； F N ＝mg sin θ，故F N A ＝F N B ，D 项错． 答案：AB
4．(多选)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度档，如图是某一变速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．下列说法正确的是导学号36280266
( )
A ．该车可变换3种不同档位
B ．该车可变换4种不同档位
C ．A 与
D 轮组合时，是行驶速度最快档
D ．B 与D 轮组合时，两轮的角速度之比ωB ∶ωD ＝2∶7
解析：齿轮有AC 、AD 、BC 、BD 四种组合，则可变换4种不同档位；B 与D 轮组合时，线速度相等，两轮的角速度之比等于齿数反比，即ωB ∶ωD ＝2∶7；行驶速度最快档为齿数比最大的组合，即A 与D 轮组合．
答案：BCD
5. 如图所示，一光滑轻杆沿水平方向放置，左端O 处连接在竖直的转动轴上，a 、b 为两个可视为质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa 和ab ，且Oa ＝ab ，已知b 球质量为a 球质量的3倍．当轻杆绕O 轴在水平面内匀速转动时，Oa 和ab 两线的拉力之比为( )
A ．1∶3
B ．1∶6
C ．4∶3
D ．7∶6
解析：对a 球，F T O a －F T ab ＝m ω2Oa ；对b 球，F T ab ＝3m ω2
(Oa ＋ab)．由以上两式得，Oa 和ab 两线的拉力之比为7∶6，D 项对．
答案：D
6．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则小木块距B 轮转动轴的最大距离为 ( )
A.R B 4
B.R B 3
C.R B 2
D ．R B 解析：由图可知，当主动轮匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线
速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v/R A v/R B ＝R B R A ＝12
.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝m ω2A R A ①
设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝m ω2B r ②
因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 的动摩擦因数相同，①②式
左边相等．故m ω2
A R A ＝m ω2
B r ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122
R A ＝R A 4＝R B 2，C 项正确．
答案：C
7．(多选)质量为m 的小球由轻绳a 、b 分别系于一轻质木架上
的A 和C 点，绳长分别为l a 、l b ，如图所示，当轻杆绕轴BC 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a 在竖直方向，绳b 在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b 被烧断的同时轻杆停止转动，则 ( )
A ．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B ．在绳b 被烧断瞬间，a 绳中张力突然增大
C ．若角速度ω＝
2g l a ，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动
D ．若角速度ω＝
2g l a
，小球能在竖直平面ABC 内做完整的圆周运动
解析：绳b 被烧断后，小球在竖直平面内做圆周运动，烧断瞬间具有向上的加速度，处于超重状态，则B 项正确；小球恰好到最
高点的速度v ＝gR ，从最低点到最高点，由机械能守恒定律得，12
m(ωl a )2＝2mgl a ＋12mv 2，则最小角速度ω＝5g l a ，故A 、D 两项错；小球恰好到A 的等高处，此时速度v ′＝0，从最低点到此处，由机
械能守恒定律得，12m(ωl a )2＝mgl a ＋12
mv ′2，则最小角速度ω＝2g l a
，故C 项对． 答案：BC
8．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有
向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处 ( ) A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小
解析：汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明重力和支持力的合力刚好提供向心力，因此公路外侧高一些，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确，选项D错误；当v<v c时，重力和支持力的合力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>v c时，重力和支持力的合力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力达到最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．答案：AC
9．(2016·黄冈中学三模)如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从P点水平抛出，已知小物体与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小物体质量m＝0.01 kg，轨道质量为M＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)若v0＝5 m/s，小物体从P点抛出后的水平射程；
(2)若v0＝5 m/s，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；
(3)设小球进人轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力．当v0至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零．解析：(1)小物体运动到P点时的速度大小为v，对小物体由a
点运动到P 点过程应用动能定理得
－μmgL －mg·4R＝12mv 2－12
mv 20 小物体自P 点做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，
则：4R ＝12
gt 2，s ＝vt 联立代入数据解得s ＝0.4 6 m
(2)设在轨道最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向
F ＋mg ＝mv 2R
， 联立代入数据解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S ”形轨道的中间位置，设此时
速度为v 1，则有Mg ＋mg ＝m v 21R
， －μmgL －2mgR ＝12mv 21－12
mv 20， 解得v 0＝5 m /s .
答案：(1)0.4 6 m (2)1.1 N ，方向竖直向下 (3)5 m /s。