专题17 圆周运动(题组小练)-2021年高考物理一轮复习微专题训练(人教版)
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____（g取10m/s2，秋千板的质量不计．）8．如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道．表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动．已知人和摩托车的总质量为m，人以v1的速度过轨道最高点B，并以v2v1的速度过最低点A．求在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差为_________ .9．行车下吊着质量为m的物体，悬绳长为l，一起沿水平轨道前进，速度为v，若行车突然刹车，此时绳中张力大小为________；若绳子能承受的最大拉力为2mg，则行车速度最大不能超过______.10．质量为60kg飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态下摆，到达竖直状态时，飞行员受到的拉力为______________(g 10m/s2)11．一轻绳上端固定，下端连一质量为0.05kg的小球，若小球摆动过程中轻绳偏离竖直线的最大角度为60°，则小球经过最低点时绳中张力等于________N．(g=10m/s2)12．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一小钢球．现将小球拉到A点，由静止释放，小钢球在竖直平面内沿圆弧运动，不计空气阻力．小钢球在A点的机械________ （选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点的机械能；通过B点时小钢球受到轻绳的拉力________（选填“大于”、“小于”或“等于”）自身所受的重力．13．一汽车以速度10m/s通过凸形桥的最高点，若车对桥的压力为车重的34，则桥的半径为___________米，此时汽车处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；当车速为___________m/s时，车对桥面的压力恰好为零（g取210m/s）。
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。
2021届高考物理一轮复习课时作业17圆周运动及其应用含解析鲁科版
课时作业17 圆周运动及其应用时间：45分钟1.如图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)( D )A．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4 5D．受到的合力大小之比为1514解析：汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为54，故A、B均错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为54，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为54，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5 4，质量之比为67，则学员和教练员受到的合力大小之比为1514，故D正确．2．汽车后备厢盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O 点的固定铰链转动．在合上后备厢盖的过程中( C )A ．A 点相对O ′点做圆周运动B ．A 点与B 点相对于O 点转动的线速度大小相等C ．A 点与B 点相对于O 点转动的角速度大小相等D ．A 点与B 点相对于O 点转动的向心加速度大小相等解析：在合上后备厢盖的过程中，O ′A 的长度是变化的，因此A 点相对O ′点不是做圆周运动，A 错误；在合上后备厢盖的过程中，A 点与B 点都是绕O 点做圆周运动，相同的时间绕O 点转过的角度相同，即A 点与B 点相对O 点的角速度相等，又由于OB 大于OA ，根据v ＝rω，可知B 点相对于O 点转动的线速度大，故B 错误，C 正确；根据向心加速度a ＝rω2可知，B 点相对O 点的向心加速度大于A 点相对O 点的向心加速度，故D 错误．3．(多选)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( BD )A ．运动周期为2πR ωB ．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解析：本题考查匀速圆周运动相关物理量的计算．根据角速度的定义式ω＝ΔθΔt可知，ω＝2πT ，所以T ＝2πω，选项A 错误；由于在匀速圆周运动中线速度与角速度的关系为v ＝ωr ，所以座舱的线速度大小为v ＝ωR ，选项B 正确；匀速圆周运动的向心加速度始终指向圆心，座舱在最低点时，向心加速度竖直向上，座舱超重，所受摩天轮作用力大于重力；座舱在最高点时，向心加速度竖直向下，座舱失重，所受摩天轮作用力小于重力，选项C 错误；做匀速圆周运动的物体所受合力提供向心力，即座舱所受合力大小始终为F n ＝mω2R ，选项D 正确．4．(多选)如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为12，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑转动，两圆盘上分别放置质量为m 1和m 2的小物体a 、b ，m 1＝2m 2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数相同．a 距甲盘圆心r ，b 距乙盘圆心2r ，此时它们正随盘做匀速圆周运动．下列判断正确的是( BC )A ．a 和b 的线速度之比为14B ．a 和b 的向心加速度之比为21C ．随转速慢慢增加，a 先开始滑动D ．随转速慢慢增加，b 先开始滑动解析：甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω1·R ＝ω2·2R ，则得ω1ω2＝21，所以物体相对盘开始滑动前，a 与b 的角速度之比为21，根据公式v ＝ωr ，有v 1v 2＝ω1r ω2·2r ＝11，A 错误；根据a ＝ω2r 得a 与b 的向心加速度之比为a 1a 2＝(ω21·r )(ω22·2r )＝21，B 正确；根据μmg ＝mrω2＝ma 知，a 先达到临界角速度，可知当转速增加时，a 先开始滑动，C 正确，D 错误．5.如图所示，质量相同的甲、乙两小球用轻细线悬于同一点O 1，在不同的平面内做圆周运动，两球做圆周运动的轨道在同一倒立的圆锥面上，悬点O 1与两圆轨道的圆心O 2、O 3以及锥顶O 4在同一竖直线上，且O 2、O 3将O 1O 4三等分，则甲、乙两球运动的角速度的比值为( D )A ．1 B.22C ．2 D. 2解析：设连接甲球的细线与竖直方向的夹角为α，连接乙球的细线与竖直方向的夹角为β，O 1、O 2的距离为h ，对甲和乙，分别有mg tan α＝mω21h tan α，mg tan β＝2mω22h tan β，联立可得ω1ω2＝2，选项D 正确． 6.如图所示，用长为L 的细线系着一个质量为m 的小球(可以看成质点)，以细线端点O 为圆心，在竖直平面内做圆周运动．P 点和Q 点分别为圆轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，重力加速度为g ，小球经过P 点和Q 点所受细线拉力的差值为( C )A ．2mgB ．4mgC ．6mgD ．8mg解析：在Q 点，拉力和重力的合力提供向心力，故F 1＋mg ＝m v 21L；对从最高点到最低点过程，根据动能定理，有2mgL ＝12mv 22－12mv 21；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，故F 2－mg ＝m v 22L；联立有F 2－F 1＝6mg ，故选C.7.有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶点O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转．刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力．已知：OA＝4 m，OP＝5 m，小球质量m＝1 kg，弹簧原长l＝5 m，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角速度ω.解析：(1)开始整个装置处于静止状态，如图甲所示，对小球进行受力分析有F弹AP＝mgOAF弹＝k(l－AP)，AP＝OP2－OA2联立解得k＝3.75 N/m.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至P′位置，如图乙所示，绕OA中点C做匀速圆周运动轨道半径r＝CP′＝OP′2－OC2向心力mg tanθ＝mrω2，tanθ＝CP′OCAP′＝OP′＝5 m，OC＝2 m 代入数据解得ω＝ 5 rad/s.答案：(1)3.75 N/m (2) 5 rad/s8.细绳一端系住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动．若要小球不离开桌面，其转速不得超过( D )A.12πglB．2πghC.12πhgD.12πgh解析：本题考查圆锥摆模型问题．对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力N、绳子拉力F.在竖直方向合力为零，在水平方向合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝h tanθ，受力分析可知F cosθ＋N＝mg，F sinθ＝m v2R＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2h tanθ；当球即将离开水平桌面时，N＝0，转速n有最大值，此时n＝12πgh，故选D.9.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)沿半径方向放在水平圆盘上并用细线相连，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至两木块刚好未发生滑动，ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( B )A．细线中的张力等于kmgB ．ω＝kg2l是细线刚好绷紧时的临界角速度 C ．剪断细线后，两木块仍随圆盘一起运动 D ．当ω＝kg2l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：两木块刚要发生滑动时，有kmg －T ＝mω2l ，kmg ＋T ＝2mω2l ，联立可得T ＝13kmg ，选项A 错误；细线刚好绷紧时，有kmg ＝2mω2l ，解得ω＝kg2l，此时细线张力为0，对a ，有f ＝mω2l ＝12kmg ，选项B 正确，D 错误；剪断细线后，a 随圆盘一起转动，但b 所受合力减小，将做离心运动，选项C 错误．10．(多选)在飞镖游戏中，匀速转动的竖直圆盘边缘有一点A ，当A 点转到最高点时与A 点等高处的飞镖以初速度v 0垂直圆盘对准A 点水平抛出，恰好击中圆盘上A 点，已知飞镖抛出点与圆盘水平距离为L ，如图所示，不计空气阻力，下列判断正确的是( AB )A ．从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为L v 0B ．圆盘的直径为gL 22v 20C ．圆盘转动的最大周期为Lv 0D ．圆盘转动的角速度为2k πv 0L(k ＝1,2,3，…)解析：本题考查平抛运动与圆周运动相结合的临界问题．飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A 点做匀速圆周运动，飞镖恰好击中A 点，说明A 点正好在最低点时被击中，设飞镖飞行的时间为t ，由L ＝v 0t ，可得飞镖飞行时间为t ＝L v 0，故A 正确；在此期间，圆盘转过k ＋12(k＝0,1,2，…)圈，则当k ＝0时，圆盘转动周期最大，此时T ＝2t ＝2Lv 0，故C 错误；设圆盘转动的角速度为ω，在时间t 内，圆盘转过的角度为ωt ＝(2k ＋1)π，解得圆盘转动的角速度为ω＝2k ＋1πv 0L(k ＝0,1,2，…)，故D 错误；分析可知，圆盘的直径为飞镖下落的高度，即d ＝h ＝12gt 2＝gL22v 20，故B 正确．11.(多选)如图所示，支架固定在底座上，它们的总质量为M .质量分别为2m 和m 的小球A 、B (可视为质点)固定在一根长度为L 的轻杆两端，该轻杆通过光滑转轴O 安装在支架的横梁上，O 、A 间的距离为L3，两小球和轻杆一起绕轴O 在竖直平面内做圆周运动，运动过程中支架和底座一直保持静止．当转动到图示竖直位置时，小球A 的速度为v ，重力加速度为g ，对于该位置有( BC )A ．小球A 、B 的加速度大小相等 B ．小球A 、B 的向心力大小相等C ．若v ＝gL3，则底座对水平地面的压力为Mg ＋3mgD ．若v ＝13gL ，则底座对水平地面的压力为Mg ＋mg3解析：两小球和轻杆一起绕轴O 在竖直平面内做圆周运动，所以两小球的角速度相同，根据a ＝ω2r 可知小球A 、B 的加速度之比为a Aa B ＝12，故A 错误；根据F ＝mω2r 可知A 、B 的向心力之比为F A F B ＝11，故B 正确；若v ＝gL3时，对A 分析则有2mg －F A ＝2mv213L ，解得轻杆对A 的支持力为F A ＝0，根据v ＝ωr 可知v B ＝2gL3，对B 分析则有F B －mg ＝mv 2B23L ，解得轻杆对B 的拉力为F B ＝3mg ，以底座和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为F N ＝Mg ＋3mg ，故C 正确；若v ＝13gL 时，对A 分析则有2mg －F A ′＝2mv213L ，解得轻杆对A 的支持力为F A ′＝43mg ，根据v ＝ωr 可知v B ′＝23gL ，对B 分析则有F B ′－mg ＝mv B ′223L ，解得轻杆对B 的拉力为F B ′＝53mg ，以底座和轻杆为研究对象，水平地面对底座的支持力为F N ＝Mg ＋3mg ，故D 错误．12.某同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥模拟器最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车(可视为质点)、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图所示，托盘秤的示数为 1.00 kg ；将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数为 1.40 kg ；将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为 1.80 kg ，凹形桥模拟器与托盘间始终无相对滑动．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)玩具小车的质量m ；(2)玩具小车经过最低点时对凹形桥模拟器的压力大小F ； (3)玩具小车经过最低点时的速度大小v .解析：(1)小车的质量m ＝1.40 kg －1.00 kg ＝0.40 kg. (2)凹形桥模拟器的质量m 0＝1.00 kg设秤盘对凹形桥模拟器的支持力为F N ，凹形桥模拟器对秤盘的压力为F N ′，根据力的平衡条件，对凹形桥模拟器，有F ＋m 0g ＝F N根据牛顿第三定律可得F N ＝F N ′ 而F N ′＝m 示g 其中m 示＝1.80 kg 联立解得F ＝8.0 N.(3)小车通过最低点时，凹形桥模拟器对小车的支持力F ′与小车重力的合力提供向心力，有F ′－mg ＝m v 2R根据牛顿第三定律可得F ′＝F联立解得v ＝ 2 m/s.答案：(1)0.40 kg (2)8.0 N (3) 2 m/s。
2021届高考物理一轮复习章节练习题之圆周运动及其应用Word版含答案
其次单元圆周运动第3课圆周运动及其应用题号123456789答案一、单项选择题1．做匀速圆周运动的物体，下列哪个物理量确定是变化的()A．速度B．周期C．动能D．机械能答案：A2．(2022·台州模拟)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，假如由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么()A．由于速率不变，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，故木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，选项A错误；由牛顿其次定律得：F合＝ma n＝m v2R，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，方向始终指向圆心，选项D 正确．答案：D3．(2022·茂名模拟)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，关于小球运动状况的说法正确的是()A．若拉力突然消逝，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：若拉力突然消逝，则小球沿着P点处的切线做匀速直线运动，选项A正确；若拉力突然变小，则小球做离心运动，但由于力与速度有确定的夹角，故小球做曲线运动，选项B、D错误；若拉力突然变大，则小球做近心运动，不会沿轨迹Pb做离心运动，选项C错误．答案：A4．质量不计的轻质弹性杆P插在桌面上，杆端套有一个质量为m的小球，今使小球沿水平方向做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，如图所示，则杆的上端受到的作用力大小为()A．mω2RB.m2g2－m2ω4R2C.m2g2＋m2ω4R2D．不能确定解析：小球受重力和杆的作用力如图所示，小球做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得：F向＝mω2R，故F＝(mg)2＋F2向＝m2g2＋m2ω4R2，选项C正确．答案：C二、双项选择题5．(2022·惠州模拟)如图，质量相同的物体A和B，分别位于地球表面赤道上的a处和某一纬度上的b处，跟随地球匀速自转，下列说法正确的是()A．A物体的线速度大于B物体的线速度B．A物体的角速度大于B物体的角速度C．A物体的向心加速度小于B物体的向心加速度D．A物体的向心加速度大于B物体的向心加速度解析：小球受重力和杆的作用力如图所示，小球做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得：F向＝mω2R，故F＝(mg)2＋F2向＝m2g2＋m2ω4R2，选项C正确．答案：C6．(2022·云浮模拟)铁路转弯处的弯道半径r是依据地形打算的．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率v有关．下列说法正确的是()A．v确定时，r越小则要求h越大B．v确定时，r越大则要求h越大C．r确定时，v越小则要求h越大D．r确定时，v越大则要求h越大解析：对火车受力分析如图，由牛顿其次定律得mg tan θ＝mv2r，又tan θ≈hL，式中L为两铁轨间距，解以上两式得v＝gr hL，分析此式得A、D 两项正确，B、C两项错误．。
2021届高考物理：圆周运动含答案
运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点
(1)物体所受合外力大小不变、方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择研究对象、找出匀速圆周运动的圆心和半径。
(2)分析物体受力情况、其合外力提供向心力。
(3)由Fn＝m 或Fn＝mrω2或Fn＝mr 列方程求解。
2．受力特点及轨迹
①当Fn＝mω2r时、物体做匀速圆周运动。
②当Fn＝0时、物体沿切线方向飞出。
③当Fn＜mω2r时、物体逐渐远离圆心、做离心运动。
④当Fn＞mω2r时、物体逐渐靠近圆心、做近心运动。
1．思考辨析(正确的画“√”、错误的画“×”)
(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的向心加速度与半径成反比。(×)
2.(多选)(20xx·河南示范性高中联考)如图所示、A、B两小球用一根轻绳连接、轻绳跨过圆锥筒顶点处的光滑小定滑轮、圆锥筒的侧面光滑。当圆锥筒绕竖直对称轴OO′匀速转动时、两球都位于筒侧面上、且与筒保持相对静止、小球A到顶点O的距离大于小球B到顶点O的距离、则下列判断正确的是( )
A．A球的质量大
3.(多选)(20xx·沙市中学模拟)如图所示、在光滑的以角速度ω旋转的水平细杆上穿有质量分别为m和M的两球、两球用轻细线(不会断)连接、若M>m、则( )
A．当两球离轴距离相等时、两球可能相对杆静止
B．当两球离轴距离之比等于质量之比时、两球一定相对杆滑动
C．若两球相对于杆滑动、一定是都向穿有质量为M的球的一端滑动
常见的三种传动方式及特点
类型
模型
模型解读
2021高考物理一轮复习编练习题17含解析新人教版20210919432
2021高考物理一轮复习编练习题17含解析新人教版20210919432李仕才一、选择题1、如图2所示，物体受到沿斜面向下的拉力F作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是( )图2A.斜面对物体的作用力的方向竖直向上B.斜面对物体可能没有摩擦力C.撤去拉力F后物体仍能静止D.水平地面对斜面没有摩擦力答案 C2、如图3所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。
将一物块轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。
下列选项正确的是( )图3答案AB3、如图1所示，垂直纸面向里的匀强磁场足够大，两个不计重力的带电粒子同时从A 点在纸面内沿相反方向垂直虚线MN运动，经相同时刻两粒子又同时穿过MN，则下列说法正确的是( )图1A．两粒子的电荷量一定相等，电性可能不同B．两粒子的比荷一定相等，电性可能不同C．两粒子的动能一定相等，电性也一定相同D．两粒子的速率、电荷量、比荷均不等，电性相同答案 B4、(多选)我国研制的“嫦娥三号”月球探测器成功在月球表面实现软着陆．如图所示，探测器第一被送到距离月球表面高度为H的近月轨道做匀速圆周运动，之后在轨道上的A 点实施变轨，使探测器绕月球做椭圆运动，当运动到B点时连续变轨，使探测器靠近月球表面，当其距离月球表面邻近高度为h(h<5m)时开始做自由落体运动，探测器携带的传感器测得自由落体运动时刻为t，已知月球半径为R，万有引力常量为G.则下列说法正确的是( )A．“嫦娥三号”的发射速度必须大于第一宇宙速度B．探测器在近月圆轨道和椭圆轨道上的周期相等C．“嫦娥三号”在A点变轨时，需减速才能从近月圆轨道进入椭圆轨道D．月球的平均密度为3h2πGRt2【答案】ACD5、如图1，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止开释，现在藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—圆周运动1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是()A．乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的飞椅角速度最大B．缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度大小相等C．飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力D．不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为()A．10 m/s2B．100 m/s2C．1 000 m/s2D．10 000 m/s23.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感．如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度．A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则()A．从动轮和主动轮转动方向始终相反B．滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C．滚轮从A到B，从动轮线速度先增大后减小D．滚轮从A到B，从动轮转速先增大后减小4．(2023·广东惠州市调研)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球Q，细线穿过小孔(小孔光滑)另一端连接在金属块P上，P始终静止在水平桌面上，若不计空气阻力，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．实际上，小球在运动过程中不可避免地受到空气阻力作用．因阻力作用，小球Q的运动轨迹发生缓慢的变化(可视为一系列半径不同的圆周运动)．下列判断正确的是()A．小球Q的位置越来越高B．细线的拉力减小C．小球Q运动的角速度增大D．金属块P受到桌面的静摩擦力增大5.如图所示，一个半径为5 m的圆盘正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球(视为质点)正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则()A．小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB．小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC．圆盘转动的角速度一定是π rad/sD．圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s26.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上．两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动．某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力之比为()A．1∶1 B．25∶32C．25∶24 D．3∶47．(2023·浙江省镇海中学模拟)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，LED灯就会发光．下列说法正确的是()A．安装时A端比B端更远离圆心B．高速旋转时，重物由于受到离心力的作用拉伸弹簧从而使触点接触C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光8.(2023·浙江山水联盟联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上．已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h.下列判断正确的是()A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短B．小滑块运动中的加速度越来越大C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大D．小滑块落至底面时的速度大小为v02＋2gh9．(2023·河北张家口市模拟)如图所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力的作用．已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是()A．小物块a和b做圆周运动所需的向心力大小之比为3∶1B．小物块a和b对容器壁的压力大小之比为3∶1C．小物块a与容器壁之间无摩擦力D．容器壁对小物块a的摩擦力方向沿器壁切线向下10.(多选)(2023·山西吕梁市模拟)2022年2月12日，在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录．国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25 m，人体弹射装置可以使运动员在4.5 s内由静止达到入弯速度18 m/s，入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示，运动员质量为50 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是()A ．运动员匀加速运动的距离为81 mB ．匀加速过程中，绳子的平均弹力大小为200 NC ．运动员入弯时的向心力大小为648 ND ．入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°11.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m 的半圆弧BC 与长8 m 的直线路径AB 相切于B 点，与半径为4 m 的半圆弧CD 相切于C 点．小车以最大速度从A 点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B 点，然后保持速率不变依次经过BC 和CD .为保证安全，小车速率最大为4 m/s ，在ABC 段的加速度最大为2 m/s 2，CD 段的加速度最大为1 m/s 2.小车视为质点，小车从A 到D 所需最短时间t 及在AB 段做匀速直线运动的最长距离l 为( )A ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋7π4 s ，l ＝8 m B ．t ＝⎝⎛⎭⎫94＋7π2 s ，l ＝5 mC ．t ＝⎝⎛⎭⎫2＋5126＋76π6 s ，l ＝5.5 m D ．t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋512 6＋(6＋4)π2 s ，l ＝5.5 m 12.(2022·辽宁卷·13)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．答案及解析1．D 2.C 3.B 4.B 5.A6．B [轻绳OB 断开前，小球以A 、B 中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v ，绳长为L ，小球质量为m ，轻绳的张力为F 1，由向心力公式有2F 1sin 53°－mg＝m v 2L sin 53°，轻绳OB 断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A 点的正下方，设轻绳的张力为F 2，有F 2cos 53°＝m v 2L cos 53°，F 2sin 53°＝mg ，联立解得F 1F 2＝2532，故B 正确．] 7．C [要使重物做离心运动，M 、N 接触，则A 端应靠近圆心，因此安装时B 端比A 端更远离圆心，A 错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸越长，M 、N 能接触，灯会发光，不能说重物受到离心力的作用，B 错误；灯在最低点时有F 弹－mg ＝mrω2，解得ω＝F 弹mr －g r ，又ω＝2πn ，因此增大重物质量可使LED 灯在较低转速下也能发光，C 正确；匀速行驶时，灯在最低点时有F 1－mg ＝m v 2r ，灯在最高点时有F 2＋mg ＝m v 2r，在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力，因此匀速行驶时，若LED 灯转到最低点时能发光，则在最高点时不一定能发光，D 错误．]8．D [小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h ＝12gt 2，可得t ＝2h g，可知小滑块在圆柱体中的运动时间与v 0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A 、B 错误；小滑块沿着圆柱体表面切向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C 错误；小滑块落至底面时竖直方向的速度v y ＝2gh ，小滑块落至底面时的速度大小v ＝v 02＋v y 2＝v 02＋2gh ，故D 正确．]9．A [a 、b 角速度相等，向心力大小可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 所需向心力大小之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析有mω2R sin 60°<mg tan 60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即容器壁对a 的摩擦力沿切线方向向上，C 、D错误；对b 有F N b cos 30°＝mg ，对a 有F N a cos 60°＋F f sin 60°＝mg ，所以F N a F N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 错误．]10．BC [运动员匀加速运动的距离为x ＝v 2t ＝182×4.5 m ＝40.5 m ，A 错误；在匀加速过程中，加速度a ＝v t ＝184.5m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律，绳子的平均弹力大小为F ＝ma ＝50×4 N ＝200 N ，B 正确；运动员入弯时所需的向心力大小为F n ＝m v 2r ＝50×18225N ＝648 N ，C 正确；设入弯时冰刀与水平冰面的夹角为θ，则tan θ＝mg F n ＝gr v 2＝250324<1，得θ<45°，D 错误．] 11．B [在BC 段的最大加速度为a 1＝2 m/s 2，则根据a 1＝v 1m 2r 1，可得在BC 段的最大速度为v 1m ＝ 6 m/s ，在CD 段的最大加速度为a 2＝1 m/s 2，则根据a 2＝v 2m 2r 2，可得在BC 段的最大速度为v 2m ＝2 m/s<v 1m ，可知在BCD 段运动时的速度为v ＝2 m/s ，在BCD 段运动的时间为t 3＝πr 1＋πr 2v ＝7π2s ，若小车从A 到D 所需时间最短，则AB 段小车应先以v m 匀速，再以a 1减速至v ，AB 段从最大速度v m 减速到v 的时间t 1＝v m －v a 1＝4－22 s ＝1 s ，位移x 2＝v m 2－v 22a 1＝3 m ，在AB 段匀速的最长距离为l ＝8 m －3 m ＝5 m ，则匀速运动的时间t 2＝l v m ＝54s ，则从A 到D 最短时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(94＋7π2) s ，故选B.] 12．(1)2.7 m/s 2 (2)225242甲 解析 (1)根据速度位移公式有v 2＝2ax ，代入数据可得a ＝2.7 m/s 2(2)根据向心加速度的表达式a ＝v 2R可得甲、乙的向心加速度之比为a 甲a 乙＝v 甲2v 乙2·R 乙R 甲＝225242，甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t ＝πR v ，代入数据可得甲、乙运动的时间为t 甲＝4π5 s ，t 乙＝9π11s ．因t 甲<t 乙，所以甲先出弯道．。
人教版高考物理一轮复习学案设计 专题-圆周运动(有答案)
高考物理一轮复习[小题快练]匀速圆周运动是匀变速曲线运动．( × )物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的．( √ )物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．( × )做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．( × )做匀速圆周运动的物体的向心力是产生向心加速度的原因．( √ )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．做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出．( × )．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用摩擦传动：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，如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为B．πnr2r3 r12πnr rB．ω1ω2＝21D．a1a2＝1 2mg 正确．2.火车转弯问题概述如图所示，火车转弯轨道，外高内低．设转弯半径为r，若F向＝mg tan外侧轨道无作用力，即v＝gr当火车转弯时，若v＞gr tan θ如果不考虑汽车行驶时所受的阻力，那么汽车在圆形跑道匀速行驶时，提供向心力．车速越大，所需向心力也越大，则静摩擦力．小球仍在水平面内做匀速圆周运动中张力突然增大到mg＋mω2l a多大，小球都不可能再做完整的圆周运动的拉力等于mg，绳b的拉力为mω，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力mg cos θ≠0，A错误；ω增大时，F T增大，F N减小，当F N＝时，由牛顿第二定律得F T sin θ－F N cos θ＝mω2L sin θ，F T cos θ＋F N cos θ，当ω＞ω时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为．小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B．2b mD．b 3mB．210 m/s D．2 2 m/s球的角速度球的线速度球的运动周期1．2一定有竖直向上的摩擦力．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F时，绳中的张力大于2F一定大于θ21等于θ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等运动的线速度大小v；.细线AB上的张力为0rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角．时，小球的重力和细线AC。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题17 圆周运动
1．(2019·四川乐山模拟)如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他( )
A ．所受的合力为零，做匀速运动
B ．所受的合力恒定，做匀加速运动
C ．所受的合力恒定，做变加速运动
D ．所受的合力变化，做变加速运动
2．(2019·四川成都七中模拟)质量为m 的无人机以恒定速度v 在空中某一水平面内盘旋，其做匀速圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则空气对无人机的作用力大小为( ) A.m v 2R B ．Mg C ．mg ＋m v 2
R D ．m g 2＋v 4
R 2
3．如图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)( )
A ．运动周期之比为5∶4
B ．运动线速度大小之比为1∶1
C ．向心加速度大小之比为4∶5
D ．受到的合力大小之比为15∶14
4．如图所示，长度均为l ＝1 m 的两根轻绳，一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 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g 取10 m/s 2.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，每根绳的拉力恰好为零，则小球在最高点
速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )
A ．5 3 N
B ．20 3 N
C ．15 N
D ．10 3 N
5．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道竖直放置，一小球以某一速度进入半圆轨道，通过最高点P 时，对轨道的压力为其重力的一半，不计空气阻力，则小球落地点到P点的水平距离为()
A.2R
B.3R
C.5R
D.6R
6.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是()
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＝gR
C．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
7.如图所示，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
3
2(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/s2，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
8.(2017·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 24g
D.v 2
2g
9.如图所示，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：
(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？
10.(2019·四川眉山模拟)如图所示，一个人用一根长1 m ，只能承受74 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恰好断了，求：(g 取10 m/s 2)
(1)绳子断时小球运动的角速度；
(2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离；
(3)小球落地瞬间速度大小．
1.解析：匀速圆周运动过程中，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，向心力大小不变，方向始终指向圆心，故运动员做变加速运动，故D 正确，A 、B 、C 错误．
答案：D
2.解析：根据牛顿第二定律有F 合＝m v 2
R
.对无人机受力分析，如图所示，
则空气对无人机的作用力F ＝(mg )2＋(F 合)2＝m
g 2＋v 4R 2.故D 正确，A 、B 、C 错误． 答案：D
3.解析：A 、B 两点的学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T ＝2πω
知，运动周期相等，故A 错误；学员和教练员半径之比为5∶4，根据v ＝rω知，运动线速度大小之比为5∶4，故B 错误；根据a ＝rω2知，向心加速度大小之比为5∶4，故C 错误；向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，根据F ＝ma 知，受到的合力大小之比为 15∶14，故D 正确．
答案：D
4.解析：小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2
r
；当小球在最高点的速率为2v 时，由牛顿第二定律得mg ＋2T cos 30°＝m (2v )2
r
，解得T ＝3mg ＝5 3 N ，故选项A 正确．
答案：A
5.解析：小球从P 点飞出后，做平抛运动，设做平抛运动的时间为t ，则2R ＝12
gt 2，解得t ＝2R g ，在最高点P 时，有mg ＋12mg ＝m v 2R
，解得v ＝3gR 2
，因此小球落地点到P 点的水平距离为x ＝v t ＝6R ，选项D 正确．
答案：D
6.解析：在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg ，故最小速度为0，A 、B 错；小球在水平线ab 以下管道中运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外壁对小球一定有作用力，而内壁对小球一定无作用力，C 对；小球在水平线ab 以上管道中运动时，由于重力有指向圆心的分力，所以弹力可以背离圆心，也可以指向圆心，D 错．
答案：C
7.[解析] 小物块恰好滑动时，应在A 点，如图所示，对滑块受力分
析．由牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r ，解得ω＝1.0 rad/s ，C 正确．
[答案] C
8.[解析] 小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有 12m v 2＝mg ·2R ＋12m v 21
小物块从最高点水平飞出做平抛运动
有2R ＝12
gt 2 x ＝v 1t (x 为落地点到轨道下端的距离)
联立得：x 2＝4v 2
g
R －16R 2 当R ＝v 2
8g
时，x 具有最大值，选项B 正确． [答案] B
9[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 2
R
① 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F 1≥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)由牛顿第二定律得mg ＋F 2＝m v 22R
，将v 2＝4 m/s 代入得， F 2＝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
F 3－mg ＝m v 23R
③ 将F 3＝45 N 代入③得
v 3＝4 2 m/s
即小球的速度不能超过4 2 m/s.
[答案] (1)2 m/s (2)15 N
(3)4 2 m/s
10解析：(1)由小球做圆周运动在最低点时的受力分析有T －mg ＝m v 2L 得v ＝8 m/s
又因为v ＝ωL ，则ω＝8 rad/s
(2)绳子断后，小球以v ＝8 m/s 的速度做平抛运动，高度H ＝h －L ＝5 m 下落时间t ＝2H g
＝1 s 水平位移s ＝v t ＝8 m
(3)v y ＝gt ＝10 m/s
v x ＝v ＝8 m/s
则v t ＝v 2x ＋v 2y ＝82＋102 m/s ＝241 m/s
答案：(1)8 rad/s (2)8 m
(3)241 m/s。