2018版高考物理一轮总复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用
2018高考物理一轮复习第四章曲线运动第3讲圆周运动及向心力公式的应用课件
2.当皮带不打滑时,传动皮带与和皮带连接的两轮边缘的各点线速度大
小相等,而两轮的角速度ω= v 与半径r成反比,向心加速度a=v 2 与半径r成
反比。
r
r
A点和B点分别是两个轮子边缘上的点,两个轮子用皮带连起来,并且皮 带不打滑。如图所示,轮子转动时,它们的线速度、角速度、周期存在 以下定量关系:
2.描述圆周运动的物理量
定义、意义
(1)描述做圆周运动的物体运动⑦ 快慢 的 物理量(v) (2)是矢量,方向和半径垂直,和圆周相切
(1)描述物体绕圆心⑧ 转动快慢 的物理量 (ω) (2)中学不研究其方向
(1)周期是物体沿圆周运动⑨ 一周 的时间 (T) (2)转速是物体在单位时间内转过的 ⑩ 圈数 (n),也叫频率(f)
几个关系:①角速度ω=2πn=2π N 。②同轴的两轮上各点角速度相同,由
t
链条相连的两轮边缘上各点线速度相同,③线速度v=ωR。
考点二 圆周运动动力学分析
向心力 (1)作用效果:产生向心加速度,只改变线速度的① 方向 ,不改变线速 度的② 大小 ,因此向心力不做功。
v2
(2)大小:F=ma=③ m r
(1)an=
v
2
=
ω2r
r
(2)单位:m/s2
(1)v=ωr=
2πr T = 2πrf
v2 (2)an= r =rω2= ωv =
4π 2 T r2 = 4π2f2r
(1)匀速圆周运动的速度大小保持不变。 ( ) (2)匀速圆周运动的加速度恒定。 ( ) (3)匀速圆周运动的物体所受合外力刚好提供向心力。 ( ) 答案 (1)√ (2)✕ (3)√
在分析传动装置的各物理量时,要抓住不等量和相等量的关系,表 现为: 1.同转动轴的各点角速度ω相等,而线速度v=ωr与半径r成正比,向心加 速度a=ω2r与半径r成正比。
2018版高考物理大一轮温习 第四章节 曲线运动 万有引力与航天 基础课3 圆周运动讲义 新人教版
答案 B
3．[火车转弯] 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已 知内外轨道平面与水平面的夹角为 θ，如图 6 所示，弯 道处的圆弧半径为 R，若质量为 m 的火车转弯时速度等 于 gRtan θ，则( )
图6
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于cmosgθ
答案 D
反思总结
常见的三种传动方式及特点 (1)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角 速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
(2)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动 时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
(3)摩擦传动：如图所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象 时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
1．对公式v＝ωr的进一步理解 (1)当r一定时，v与ω成正比。如齿轮边缘处的质点随着齿轮转 速的增大，角速度和线速度都增大。 (2)当ω一定时，v与r成正比。如地球上各点都绕地轴做圆周运 动，角速度相同，地球表面纬度越低的地方，到地轴的距离 越大，线速度越大。 (3)当v一定时，ω与r成反比。如皮带传运动装置中，两轮边缘 上各点的线速度大小相等，大轮的半径r大，角速度ω较小。
2．对 a＝vr2＝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。
1．[同轴传动]一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮 上质量相等的两个质点，a、b两点的位置如图2所示，则偏 心轮转动过程中a、b两质点( )
图2
A．线速度大小相等 B．向心力大小相等 C．角速度大小相等 D．向心加速度的大小相等 解析 a、b两质点都绕同一个转轴O转动，角速度ω相等，选项 C正确；由题图可知，两质点与转轴的距离，即转动半径不相 等，而线速度v＝ωR，因此线速度不相等，选项A错误；向心 加速度a＝ω2R，同理向心加速度的大小不相等，选项D错误； 向心力F＝ma，两质点质量相等但向心加速度的大小a不相等， 所以向心力大小不相等，选项B错误。 答案 C
2018年高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第三讲 圆周运动课时作业
第三讲圆周运动[A组·基础题]一、单项选择题1.(2017·浙江嘉兴调研)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )A．小齿轮逆时针转动B．小齿轮每个齿的线速度均相同C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，选项B错误；根据v＝ωr，且线速度大小相等，角速度与半径成反比，选项C正确；根据向心加速度a＝v2r，线速度大小相等，向心加速度与半径成反比，选项D错误．答案：C2.如图所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )A.12B.12C.14D.13解析：小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x，弹簧的劲度系数为k，则有kx＝m·4x·ω12，k·3x＝m·6x·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确．答案：B3.如图所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，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，而不会滑下．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 ．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C ．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变D ．“魔盘”的转速一定大于12πgμr解析：人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力作用，选项A 错误；因重力和摩擦力平衡，故F f ＝mg ，如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力不变，选项B 错误；根据F ＝m ω2r 可知，如果转速变大，人与器壁之间的弹力变大，选项C 错误；根据mg ＝F f ，而F f ＝μF N ，而F N ＝m (2πn )2r 可得：n ＝12πgμr ，则“魔盘”的转速一定大于12πgμr，选项D 正确．答案：D4.(2017·上海金山月考)有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h .如果增大高度h ，则下列关于摩托车说法正确的是( )A ．对侧壁的压力F N 增大B ．做圆周运动的周期T 不变C ．做圆周运动的向心力F 增大D ．做圆周运动的线速度增大解析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg 和支持力F N 的合力，作出受力分析图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F N ＝mgsin α不变，则摩托车对侧壁的压力不变，故A 错误；向心力F ＝mgtan α，m 、α不变，故向心力大小不变，C 错误；根据牛顿第二定律得F ＝m4π2T 2r ，h 越高，r 越大，F 不变，则T 越大，故B 错误；根据牛顿第二定律得F ＝m v 2r，h 越高，r 越大，F 不变，则v 越大，故D 正确．答案：D 二、多项选择题5．(2017·江西上饶中学月考)火车转弯可近似看成做匀速圆周运动，当提高火车速度时会使轨道的外轨受损．为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是( )A ．减小内、外轨的高度差B ．增大内、外轨的高度差C ．减小弯道半径D ．增大弯道半径解析：根据题意，要使火车转弯时对外轨压力变小，可以把火车弯道设计成外高内低，在内、外轨之间有一定的高度差，火车受到的重力与支持力的合力提供向心力．根据F 合＝F向＝m v 2r 可知，通过增大弯道半径可以减小向心力，重力和支持力的合力为mg tan θ＝mg h d，可知当增大内、外轨的高度差时，合力变大，可减小外轨的受力，故选项B 、D 正确．答案：BD6．铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面间的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R .若质量为m 的火车转弯时的速度小于Rg tan θ，则( )A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C ．铁轨对火车的支持力等于mgcos θD ．铁轨对火车的支持力小于mgcos θ解析：若火车以规定速度v 0行驶时，火车的向心力等于它所受的重力mg 与支持力F N的合力，则mg tan θ＝m v 02R，解得v 0＝Rg tan θ.若火车车速小于v 0，则内轨对内侧车轮产生侧压力F ，选项A 正确，B 错误；此时有F sin θ＋F N cos θ＝mg ，即F N cos θ＜mg ，所以F N ＜mgcos θ，选项C 错误，D 正确．答案：AD7.如图所示，在光滑的横杆上穿着两质量分别为m1、m 2的小球，小球用细线连接起来，当转台匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．两小球速率必相等B ．两小球角速度必相等C ．两小球加速度必相等D ．两小球到转轴距离与其质量成反比解析：两小球随着杆及转台一起转动，角速度必相等．由v ＝ωr 知，r 不一定相等，所以v 不一定相等．由向心加速度a ＝ω2r 可知，r 不一定相等，向心加速度不一定相等．两小球用一细线连接，两小球的向心力等于线的张力，一定相等，m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，则r 1r 2＝m 2m 1，选项B 、D 正确．答案：BD8．铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h 的设计不仅与r 有关．还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．下列说法正确的是( )A ．速率v 一定时，r 越小，要求h 越大B ．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大C ．半径r 一定时，v 越小，要求h 越大D ．半径r 一定时，v 越大，要求h 越大解析：火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G 与轨道支持力F N 的合力来提供，如图所示，则有mg tan θ＝mv 2r ，且tan θ≈sin θ＝hL ，其中L 为轨间距，是定值，有mg h L ＝mv 2r，通过分析可知A 、D 正确．答案：AD[B 组·能力题]一、选择题9.(2017·莆田联考)如图所示，在半径为R 的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m 的小球以转速n 转每秒在水平面内做匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h 为( )A ．R －g4π2n2B.g4π2n2C.g4πn2－RD.g 4π2n 2＋R2解析：由题意知，小球做圆周运动需要的向心力为F ＝m ·4π2n 2r ，根据匀速圆周运动的动力学特征可知，向心力由重力与弹力的合力提供，即mg tan θ＝m ·4π2n 2r ，根据几何关系：sin θ＝r R ，联立解得：cos θ＝g 4π2n 2R ，可得：h ＝R －R cos θ＝R －g4π2n 2，所以A正确，B 、C 、D 错误．答案：A10.(多选)(2015·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，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：由几何关系可得，路线①、②、③的长度分别为2r ＋πr 、2r ＋2πr 、2πr ，比较可知，路线①最短，A 项正确；由F max ＝m v 2R可知，R 越小，速率越小，因此沿路线①速率最小，B 项错误；沿路线①、②、③运动的速率分别为F max rm、 2F max rm、2F max rm，由三条路线长度与速率的比值比较可知，选择路线③所用时间最短，C 项正确；由F max ＝ma 可知，三条线路的圆弧上赛车的向心加速度大小相等，D 项正确．答案：ACD 二、非选择题11.游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m 的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a 上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c 处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b 处接到，已知“摩天轮”半径为R ，重力加速度为g ，(不计人和吊篮的大小及重物的质量)．求：(1)接住前重物下落运动的时间t ；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v ； (3)乙同学在最低点处对地板的压力F N . 解析：(1)由2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g. (2)v ＝s t ，s ＝πR 4，联立解得：v ＝18πgR .(3)由牛顿第二定律，F －mg ＝m v 2R，解得F ＝(1＋π264)mg .由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力大小为F ′＝(1＋π264)mg ，方向竖直向下．答案：(1)2R g (2)18πgR (3)(1＋π264)mg ，方向竖直向下12.如图所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长l ＝1 m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝35，cos 37°＝45) (1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503rad/s ，求细线AC 与竖直方向的夹角． 解析：(1)当细线AB 上的张力为0时，小球的重力和细线AC 张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：mg tan 37°＝m ω12l sin 37°解得：ω1＝gl cos 37°＝522rad/s(2)当ω2＝503rad/s 时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB 上的张力仍然为0，则：mg tan θ′＝m ω22l sin θ′解得：cos θ′＝35，θ′＝53°因为B 点距C 点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB 恰好竖直，且m ω22l sin 53°mg ＝43＝tan 53°说明细线AB 此时的张力恰好为0，故此时细线AC 与竖直方向的夹角为53°. 答案：(1)522rad/s (2)53°。
2018版高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力第3讲圆周运动课件
解题探究：(1)a、b两木块做圆周运动时，相同的物理量是什么？
(2)试画出木块a的受力分析图。 (3) 当木块 b 恰好与圆盘发生滑动时，试写出关于向心力的牛顿第二定律表 达式。
答案：(1)二者相同的物理量为 ω。
(2) (3)kmg＝m(2l)ω2。
[解析]
该题考查圆周运动中的临界条件， 解题关键要明确物体滑动的条件是
公式、单位 2πr (1)T＝ v ；单位：s (2)n 的单位 r/s，r/min Hz (3)f 的单位：____
v2 vω ω2r ＝______ (1)an＝____ r ＝____ (2)单位：m/s2
2 2 v 4 π (1)Fn＝mω2r＝m r ＝m T2 r (2)单位：N
2.各物理量之间的相互关系 2πr (1)v＝ωr＝ T ＝2πrf。
最大静摩擦力提供向心力，静摩擦力提供向心力 f＝mrω2，由于 rb>ra b 先达到最大静摩擦力，b 先滑动，A 正确，B 不正确 b 的临界角速度 ω＝ f mr＝
2
f mr＝
kmg m2l ＝
kg 2l ，C 正确。a 的临界角速度 ωa＝
kmg ml ＝
kg L ，则当 ω＝
2kg 3l 时，a 静止不动，a 所受静摩擦力为 fa＝
非匀速圆周运动 沿半径方向的分 力Fn＝man F 合＝ 沿切向的分力 Fτ＝maτ
向心力
离心运动
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 1．定义：做__________ 向心力 的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动。 运动所需________ 惯性 ， 总 有 沿 着 圆 周 2 ． 本 质 ： 做 圆 周 运 动 的 物 体 ， 由 于 本 身 的 ______ 切线方向 飞出去的倾向。 __________
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
考向二 水平面内的匀速圆周运动模型 1．分析圆周运动问题的基本思路如下
2．水平面内的匀速圆周运动的常见模型 (1)水平转盘：如图甲所示，向心力由静摩擦力提供，即 Ff＝mω2r，物体刚要滑动时Ff＝μmg.所以，临界角速度ωm＝ μrg.
特点与规律： 物体离中心O越远，ωm越小，就越容易被“甩出去”．
加速度跟半径成正比，故aC＝12a，所以aA∶aB∶aC＝2∶4∶1. 【答案】 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1
【规律方法】 在分析传动装置的各物理量时，要抓住 不等量与等量之间的关系．分析此类问题有两个关键点：一 是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮 带接触的各点线速度大小相同．这两点抓住了，然后根据描 述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论．
C. gRtan θ
D. gRcot θ
解析：C 轨道不受侧向挤ห้องสมุดไป่ตู้时，轨道对列车的作用力 就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公 式mgtan θ＝mvR2，得v＝ gRtan θ，C正确．
4．(多选)如图所示，两个质量均为 m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆 盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转 轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩 擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静 止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速 度，下列说法正确的是( )
平面对A的静摩擦力方向背离圆心，大小等于最大静摩擦力2
N，此时对A有T－Ffm＝Mω
2 1
r，B静止时受力平衡，T＝mg＝
3 N，解得ω1＝2.9 rad/s
当ω为所求范围的最大值时，A有远离圆心运动的趋势， 水平面对A的摩擦力方向指向圆心，且大小为2 N，此时对A 有T＋Ffm＝Mω22r
2018版高考物理江苏专用大一轮复习配套课件第四章 曲线运动 万有引力与航天 基础课3 精品
A．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将不变 B．保持绳长不变，增大角速度，绳对手的拉力将增大 C．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变 D．保持角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将减小
解析 由向心力的表达式 Fn＝mω2r 可知，保持绳长不变， 增大角速度，向心力增大，绳对手的拉力增大，选项 A 错误， B 正确；保持角速度不变，增大绳长，向心力增大，绳对手 的拉力增大，选项 C、D 错误。
答案 BD
3．[摩擦传动]如图4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RB∶RC＝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 点在转动过程中的( )
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。
[思考判断] (1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。( ) (2)匀速圆周运动加速度恒定不变。( ) (3)做匀速圆周运动的物体所受合外力大小保持不变。( ) (4)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的 快慢看周期或角速度( ) (5)随水平圆盘一起匀速转动的物体A受重力、支持力和向心力作 用。( )
答案 D
反思总结
常见的三种传动方式及特点 (1)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角 速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。
(2)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动 时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。
2018版高考物理（江苏专用）大一轮复习配套（课件）第四章 曲线运动 万有引力与航天 基础课3
圆周运动中的临界问题
1．水平面内圆周运动的临界问题 关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度 和临界力的问题。常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触 面的弹力和摩擦力等相关的问题。通过受力分析来确定临界 状态和临界条件，是较常用的解题方法。
2．竖直平面内圆周运动的临界问题 (1)“轻绳”模型和“轻杆”模型不同的原因在于“轻绳”只 能对小球产生拉力，而“轻杆”既可对小球产生拉力也可对 小球产生支持力。 (2)有关临界问题出现在变速圆周运动中，竖直平面内的圆周 运动是典型的变速圆周运动，一般情况下，只讨论最高点和 最低点的情况。
(2)当 v0＝6 m/s 时， 由①式得 v＝4 m/s；⑤ 因为 v＝4 m/s＞vmin，故小球能过最高点。 此时对小球，由牛顿第二定律得 mg＋F＝mvL2⑥ 解得：F＝44 N
答案 (1)v0＝ 21 m/s 时不能 (2)v0＝6 m/s 时能 44 N
建模指导
分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
mg＝mvR2min 即 vmin＝ gR
在最高点的速度 v≥ gR
mg±FN＝mvR2
v＝0 即 F 向＝0 FN＝mg
v≥0
【典例】 长L＝0.5 m质量可忽略的细杆，
其一端可绕O点在竖直平面内转动，另一
端固定着一个小球A。A的质量为m＝2 kg，
当A通过最高点时，如图7所示，求在下
图7
列两种情况下杆对小球的作用力：
(1)当 v0＝ 21 m/s 时，
由①式得 v＝1 m/s，④ F＝2×(01.25－10) N＝－16 N，⑤ 负值说明 F 的实际方向与假设的向下的方向相反，即杆给 A 向上的 16 N 的支撑力。 (2)当 v0＝6 m/s 时， 由①式得 v＝4 m/s⑥ F＝2×(04.25－10) N＝44 N⑦ 正值说明杆对 A 施加的是向下的 44 N 的拉力。
2018高考物理大一轮复习 第4章 曲线运动 万有引力与航天 第3节 圆周运动课时规范训练
圆周运动 课时规范训练 [基础巩固题组] 1．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是( )
A．P、Q两点的角速度大小相等 B．P、Q两点的线速度大小相等 C．P点的线速度比Q点的线速度大 D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用 解析：选A.P、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A对．根据圆周运动线速度v＝ωR，P、Q两点到地轴的距离不等，即P、Q两点圆周运动线速度大小不等，选项B错．Q点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错．P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力
等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错． 2. 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做离心运动 B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动 C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动 D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动 解析：选A.若拉力突然消失，小球将沿切线Pa做离心运动，A正确；若拉力突然变小，小球将沿Pb做离心运动，而拉力变大时，小球应沿Pc做近心运动，故B、C、D均错误． 3. 如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6 400 km，地面上行驶的汽车重力G＝3×104 N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提 2
下，下列分析中正确的是( ) A．汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大 B．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3×104N C．不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力 D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉 解析：选C.汽车的速度越大，则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项C正确A、B错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项D错误． 4．风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )
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4-3圆周运动及其应用
时间：45分钟满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选) 1．明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图)，记录了我们祖先的劳动智慧。
若
A、B、C三齿轮半径的大小关系如图，则( )
A．齿轮A的角速度比C的大
B．齿轮A与B角速度大小相等
C．齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
2.某同学骑自行车经过一段泥泞路后，发现自行车的后轮轮胎侧面上粘附上了一块泥巴，为了把泥巴
甩掉，他将自行车后轮撑起，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．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来
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a、b、c、d四个位置被甩下来的难易程度是一样的3．如图，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。
今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，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
( )
A.3mg
B.433mg
C ．3mg
D ．23mg 4．如图，MN 为转轴OO ′上固定的光滑硬杆，且MN 垂直于OO ′。
用两个完全相同的小圆环套在MN 上。
分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO ′上，长度分别为l 1、l 2。
已知l 1、l 2与
MN 的夹角分别为θ1、θ2，OO ′匀速转动时，线上弹力分别为T 1、T 2。
下列说法正确的是( )
A ．若l 1sin θ1>l 2sin θ2，则T 1>T 2
B ．若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则T 1>T 2
C ．若l 1tan θ1>l 2tan θ2，则T 1>T 2
D ．若l 1>l 2，则T 1>T 2
5．如图所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上。
有一质量为m 的小球(可看做质点)在圆管中运动。
小球以速率v 0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为
( )
A ．m v20r
B ．mg ＋m v20r
C ．2mg ＋m v20r
D ．2mg －m v20r。