高考物理2020届一轮复习习题：第4章_第3讲_圆周运动及向心力公式的应用_word版含参考答案(已审阅)

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高考物理一轮复习 4-3圆周运动的规律及应用课件

16 向心力． (3)合外力即产生向心加速度的力，充当□ 17 垂直且指 (4)条件：合外力大小不变，始终与速度方向□ 18 圆心向□
四、离心运动 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 19 远离圆心的运动，供圆周运动所需向心力情况下，就做 □ 这种运动叫离心运动． 3．条件做圆周运动的质点，当它受到的沿着半径指向圆心的合外力突然变为零或不足以提供圆周运动所需向心力．
圆周运动的规律及应用
第 3讲
圆周运动的规律及应用
回扣教材抓基础
题型分类学方法
开卷速查规范特训
回扣教材
抓基础
夯实基础厚积薄发
知识梳理一、描述圆周运动的物理量
二、向心力 1．定义向心力是按效果命名的力，向心力产生向心加速度，即只改变线速度方向，不会改变线速度的大小． 2．大小
v2 F＝ma 向＝ 10 m r 4π2r ＝mω2r＝ 11 m T2 ＝m4π2f2r.
答案：B
3．(多选题 )[2013· 广州市综合测试 ]摩天轮顺时针匀速转动时，重为 G 的游客经过图 4－3－3 中 a、b、c、d 四处时，座椅对其竖直方向的支持力大小分别为 FNa、 FNb、 FNc、 FNd，则( )
图 4－3－3 A．FNa<G C．FNc>G B．FNb>G D．FNd<G
πnr2r3 B. r1 2πnr2r3 D. r1 此装置中大齿轮与小齿轮边缘线速度大小相
等，小齿轮与后轮的角速度相等．
解析：前进速度即为Ⅲ轮边缘的线速度，由同一个轮上的点角速度相等，同一链条上的点线速度大小相等可得：ω1r1 2πnr1r3 ＝ω2r2，ω3＝ω2，又有 ω1＝2πn，v＝ω3r3，所以 v＝， r2 A 正确．

2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第四章第3节圆周运动

第3节　圆周运动素养提升基础知识一、圆周运动1.描述圆周运动的物理量基础过关紧扣教材·自主落实运动s t转动t一周圈数圆心ω2r2.匀速圆周运动(1)定义:在相等时间内通过的都相等的圆周运动.(2)特点:速度大小不变,方向时刻发生变化,加速度大小 ,方向始终指向 ,是变加速运动.(3)条件:合外力大小、方向始终与方向垂直且指向圆心.任意弧长不变圆心不变速度二、匀速圆周运动的向心力1.作用效果:产生向心加速度,只改变速度的 ,不改变速度的 .方向大小mω2r3.方向:始终沿半径方向指向 ,时刻在改变,即向心力是一个变力.4.来源:物体受到的力提供,可以是一个力,也可以是几个力的 ,还可以是一个力的 .圆心合力分力三、离心现象1.定义:做圆周运动的物体,在所受合外力突然或所需的向心力的情况下,所做的逐渐远离圆心的运动.消失不足以提供2.本质:做圆周运动的物体,由于本身的惯性,总有沿着圆周方向飞出去的趋势.切线3.受力特点(1)当F=mrω2时,物体做匀速圆周运动;(2)当F=0时,物体沿飞出;(3)当F<mrω2时,物体逐渐远离圆心.切线方向(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.( )过关巧练×1.思考判断(2)物体做匀速圆周运动时,其角速度是不变的.( )(3)物体做匀速圆周运动时,其合外力是不变的.( )(4)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因.( )(5)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.( )√×√√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∶4BDA.3mgB.4mgC.5mgD.6mgD4.(多选)如图所示,两个圆锥内壁光滑,竖直放置在同一水平面上,圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°,有A,B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等CD高处做匀速圆周运动,下列说法正确的是( )考点研析核心探究·重难突破考点一　圆周运动中的运动学分析1.圆周运动各物理量间的关系2.对公式v=ωr的理解(1)当r一定时,v与ω成正比.(2)当ω一定时,v与r成正比.(3)当v一定时,ω与r成反比.当v一定时,a与r成反比;当ω一定时,a与r成正比.【典例1】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三点在运动过程中的( )A.线速度大小之比为3∶2∶2B.角速度之比为3∶3∶2C.转速之比为2∶3∶2D.向心加速度大小之比为9∶6∶4D【针对训练1】(多选)如图所示为皮带传动装置,右轮的半径为r,a是它边缘上的一点,左侧是一轮轴,图中大轮的半径是4r,小轮的半径是2r,b点在小轮上,到小轮中心的距离为r,c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上,若在传动过程中皮带不打滑,则( )A.a点和b点的线速度大小相等B.a点和b点的角速度大小相等C.a点和c点的线速度大小相等D.a点和d点的向心加速度大小相等CD　【针对训练2】汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆,如图甲所示,其示意图如乙所示,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,在合上后备箱盖的过程中( )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C解析:在合上后备箱盖的过程中,O′A的长度是变化的,因此A点相对O′点不是做圆周运动,选项A错误;在合上后备箱盖的过程中,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,但是OB大于OA,根据v=rω,所以B点相对于O点转动的线速度大,故选项B错误,C正确;根据向心加速度公式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,故选项D错误.考点二　圆周运动中的动力学分析1.解决圆周运动的动力学问题需做好的三个分析(1)几何关系分析:确定圆周运动的轨道平面、圆心、半径等.(2)运动分析:确定圆周运动的线速度、角速度、周期等.(3)受力分析:确定物体所受外力,利用力的合成与分解知识,表示出物体做圆周运动时,哪些力提供向心力.2.圆周运动中向心力与合力的关系(1)匀速圆周运动(2)变速圆周运动【典例2】如图所示,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.(1)若ω=ω0,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω;(2)若ω=(1+k)ω,且0<k≪1,求小物块受到的摩擦力大小和方向.【针对训练1】 (2018·河北保定一模)(多选)如图所示,竖直平面内有一光滑圆环,圆心为O,OA连线水平,AB为固定在A,B两点间的光滑直杆,在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M,N.先后让小球M,N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动.则( )A.小球M第二次的位置比第一次时离A点近B.小球M第二次的位置比第一次时离B点近C.小球N第二次的竖直位置比第一次时高D.小球N第二次的竖直位置比第一次时低BC【针对训练2】(多选)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均为m的两个物体A和B,它们分居圆心两侧,与圆心距离分别为RA =r,RB=2r,与盘间的动摩擦因数μ相同,当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是( )ABC考点三　水平面内的圆周运动1.运动模型:圆锥摆、火车转弯、汽车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周运动飞行等.2.运动特点(1)运动轨迹是水平面内的圆.(2)合力沿水平方向指向圆心,提供向心力.运动模型飞机水平转弯火车转弯圆锥摆向心力的来源图示运动模型飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台向心力的来源图示【典例3】如图所示,转动轴垂直于光滑水平面,交点O的上方h(A点)处固定细绳的一端,细绳的另一端拴接一质量为m的小球B,绳长l大于h,转动轴带动小球在光滑水平面上做圆周运动.当转动的角速度ω逐渐增大时,下列说法正确的是( )C〚运动过程图示〛(1)当转动的角速度较小时,水平面对小球有支持力作用;当转动的角速度较大时,小球将离开水平面.(2)小球做匀速圆周运动的半径r与绳长l之间的关系,可由几何知识来确定.(3)小球对水平面的压力为零,是小球将离开水平面的临界条件,此时,小球的合力由自身的重力及细绳的拉力合成来确定.题组训练1.[圆锥摆模型]如图所示,用一根细绳一端系一个小球,另一端固定,给小球不同的初速度,使小球在水平面内做角速度不同的圆周运动,则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、向心加速度a、线速度v与角速度平方ω2的关系图像正确的是( )A2.[火车转弯问题](多选)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AD　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越大考点四　竖直面内的圆周运动1.通过“轻绳”或“轻杆”使物体在竖直面内做圆周运动,其施力特点不同.“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.最高点的临界问题类型“轻绳”类“轻杆”类实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等【典例4】如图所示 ,质量为60 kg的运动员,做“双臂大回环”用双手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动.此过程中,运动员到达最低点时手C臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力,g=10 m/s2)( )A.600 NB.2 400 NC.3 000 ND.3 600 N〚审题图示〛方法技巧(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同.(3)受力分析:明确物体在最高点或最低点的受力情况,根据牛顿第二定律列出方程,F合=F向.(4)状态联系: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.竖直面内的圆周运动的解题注意点题组训练1.[轻绳类]质量为25 kg的杂技演员坐在秋千板上,杂技演员离系绳子的横梁2.5 m.如果让演员能在竖直面内做圆周运动,演员在最低点时的速度至少为C(空气阻力不计,g=10 m/s2)( )2. [“轻杆”类](2019·河北石家庄质检)如图所示,长为3L的轻杆可绕光滑水平转轴O转动,在杆两端分别固定质量均为m的球A,B,球A距轴O的距离为L.现给系统一定能量,使杆和球在竖直平面内转动,当球B运动到最高点时,水平转轴O 对杆的作用力恰好为零,忽略空气阻力,已知重力加速度为g,则球B在最高点时,下列说法正确的是( )C素养提升学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】斜面上圆周运动的临界问题在斜面上做圆周运动的物体,所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制;物体的受力情况和所遵循的规律也不相同.C类型一　静摩擦力控制下的圆周运动。

(新课标)2020版高考物理一轮复习第四章第3讲圆周运动

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”一起运动的过程中,下列说法正确的是 ( D ) 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.人贴在竖直壁上,转速变大后,人与器壁之间的摩擦力变大
C.人贴在竖直壁上,转速变大后,人与器壁之间的弹力不变
第3 讲
圆周运动
基础过关
一二三
描述圆周运动的物理量匀速圆周运动离心运动
考点突破
考点一考点二
圆周运动的动力学分析水平面内的圆周运动
考点三竖直面内的圆周运动
基础过关
一、描述圆周运动的物理量
s 1.线速度:描述做圆周运动的物体通过弧长的快慢,v= =① t θ 2.角速度:描述物体绕圆心转动的快慢,ω= = ② t
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
运动特点
线速度大小不变的圆周运动
线速度大小变化的圆周运动
Fn、an、v均大小不变,方向变化 Fn、an、v大小、方向均发生变化,ω ,ω 不变发生变化由F合沿半径的分力提供向心力Fn,Fn ≠F合
向心力大小
Fn=F合
答案 B 根据题意,从题图(b)可以看出,在Δt时间内,探测器接收到光
的时间在增长,凸轮圆盘的挡光时间也在增长,可以确定凸轮圆盘的转速在减小;从题图(b)可以看出在Δt时间内有4次挡光,即凸轮圆盘转动4 圈,则风轮叶片转动了4n圈,风轮叶片转过的弧长为l=4n×2πr,叶片转动
8 nr 的平均速率为 v= ,故选项B正确。 t
1 g D.“魔盘”的转速一定大于 2 μr
3.如图所示,自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转

2020高考物理一轮总复习第四章第3讲圆周运动讲义(含解析)新人教版

圆周运动[基础知识·填一填][知识点1] 描述圆周运动的物理量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：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．(3)条件：有初速度，受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心的合外力．2．描述圆周运动的物理量判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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所受合外力大小、方向都保持不变．(×)(3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)[知识点2] 匀速圆周运动与非匀速圆周运动所受到的合力为向心力，大小不变，方向变，其方向时刻指向圆心所受到的合力不指向圆心，合力产生两个效果：①沿半径方向的分力F n，即向心力，它改变速度的方向；②沿切线方向的分力Fτ，它改变速度的大小判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)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．(×)(2)做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．(√)[知识点3] 离心现象1．离心运动(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，所做的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倾向．(3)受力特点：F n为提供的向心力．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．2．近心运动：当F n＞mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)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．(×) (2)在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．(×)(3)火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．(√)(4)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．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修2 P19第2题、3题改编)如图所示，两个啮合齿轮，小齿轮半径为10 cm ，大齿轮半径为20 cm ，大齿轮上C 点到圆心O 2的距离为10 cm ，A 、B 分别为两个齿轮边缘上的点，则A 、B 、C 三点的( )A ．线速度之比为1∶1∶1B ．角速度之比为1∶1∶1C ．线速度之比为2∶2∶1D ．转动周期之比为2∶1∶1解析：C [同缘转动时，边缘各点的线速度大小相等，故v A ＝v B ；同轴转动时，角速度相等，故ωB ＝ωC ；根据题意，有r A ∶r B ∶r C ＝1∶2∶1；根据v ＝ωr ，由于ωB ＝ωC ，故v B ∶v C ＝r B ∶r C ＝2∶1；故v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1，故选项A 错误，C 正确；根据v ＝ωr ，由于v A ＝v B ，故ωA ∶ωB ＝r B ∶r A ＝2∶1；故ωA ∶ωB ∶ωC ＝2∶1∶1，故选项B 错误；由T ＝2πω，得转动周期之比为T A ∶T B ∶T C ＝1ωA ∶1ωB ∶1ωC＝1∶2∶2，故选项D 错误．] 2.(人教版必修2 P19第4题改编)如图是自行车传动装置的示意图，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答案：D3.(人教版必修2 P25第3题改编)如图所示，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 的受力情况是( )A ．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：C4．(人教版必修2 P25第2题改编)如图所示，—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( )A ．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 球对筒壁的压力解析：B [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＝mg ① F N cos θ＝mr ω2②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．]考点一圆周运动的运动学分析[考点解读]1．圆周运动各物理量间的关系2．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．3．对a n ＝v 2r＝ω2r 的理解当v 一定时，a n 与r 成反比；当ω一定时，a n 与r 成正比． 4．常见的三种传动方式及特点(1)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v A ＝v B .(2)摩擦传动：如图丙所示，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v A ＝v B .(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA ＝ωB .[典例赏析][典例1] (2018·江苏卷)(多选)火车以60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s 时间内，火车( )A ．运动路程为600 mB ．加速度为零C ．角速度约为1 rad/sD ．转弯半径约为3.4 km[审题指导] 解答本题的突破口为“指南针在10 s 内匀速转过了约10°”，从中求出火车做匀速圆周运动的角速度．[解析] AD [火车的角速度ω＝θt ＝2π×1036010 rad/s ＝π180 rad/s ，选项C 错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B 错误；火车在10s 内运动的路程s ＝vt ＝600 m ，选项A 正确；火车转弯半径R ＝v ω＝60π180m≈3.4 km，选项D 正确．][题组巩固]1．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O 并与板垂直的转动轴转动时，板上A 、B 两点( )A ．角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1 B ．角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶ 2C ．线速度之比v A ∶v B ＝2∶1D ．线速度之比v A ∶v B ＝1∶ 2解析：D [板上A 、B 两点的角速度相等，角速度之比ωA ∶ωB ＝1∶1，选项A 、B 错误；线速度v ＝ωr ，线速度之比v A ∶v B ＝1∶2，选项C 错误，D 正确．]2．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 边缘的大解析：D [齿轮A 与齿轮B 是同缘传动，边缘点线速度相等，根据公式v ＝ωr 可知，半径比较大的A 的角速度小于B 的角速度．而B 与C 是同轴转动，角速度相等，所以齿轮A 的角速度比C 的小，选项A 、B 错误．B 与C 两轮属于同轴传动，故角速度相等，根据公式v ＝ωr 可知，半径比较大的齿轮B 比C 边缘的线速度大，选项C 错误．齿轮A 与B 边缘的线速度相等，因为齿轮B 比C 边缘的线速度大，所以齿轮A 边缘的线速度比C 边缘的线速度大，选项D 正确．]3．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm 的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min 的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm ，从动轮的半径约为2 cm ，P 和Q 是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是( )A ．P 、Q 的线速度相同B ．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C ．P 点的线速度大小约为1.6 m/sD ．摇把的转速约为400 r/min解析：BC [由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P 、Q 两点的线速度的方向一定不同，故A 错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B 正确；玻璃盘的直径是30 cm ，转速是100 r/min ，所以线速度v ＝ωr ＝2n πr ＝2×10060×π×0.32 m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C 正确；从动轮边缘的线速度v c ＝ω·r c ＝2×10060×π×0.02m/s ＝115π m/s ，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即v z ＝v c ，所以主动轮的转速n z ＝ω2π＝v zr z2π＝115π2π×0.08r/s ＝25 r/min ，故D 错误．]考点二圆周运动的动力学分析[考点解读]向心力公式是牛顿第二定律对圆周运动的应用，求解圆周运动的动力学问题与应用牛顿第二定律的解题思路相同，但要注意几个特点：(1)向心力是沿半径方向的合力，是效果力，不是实际受力．(2)向心力公式有多种形式：F ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ，要根据已知条件选用．(3)正交分解时，要注意圆心的位置，沿半径方向和切线方向分解． (4)对涉及圆周运动的系统，要用隔离法分析，不要用整体法．[典例赏析][典例2] (2017·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 后立刻停止，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( )eA ．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[解题关键] 静摩擦力变化的判断分析夹子与物块间的静摩擦力随着物块运动情况的变化而变化．在匀速阶段，静摩擦力与物块重力平衡，碰到钉子后，由于向心力的需要，摩擦力会突然变大，当摩擦力达到最大值后，仍无法满足向心力的需要，物块就会从夹子中滑落．[解析] D [设夹子与物块间静摩擦力为f ，匀速运动时，绳中张力T ＝Mg ＝2f .摆动时，物块没有在夹子中滑动，说明匀速运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大值，A 错误；碰到钉子后，物块开始在竖直面内做圆周运动，在最低点，对整体T ′－Mg＝M v 2L ，对物块2f －Mg ＝M v 2L，所以T ′＝2f ，由于f ≤F ，所以选项B 错；由机械能守恒得，MgH max ＝12Mv 2，所以H max ＝v22g，选项C 错；若保证物块不从夹子中滑落，应保证速度为最大值v m 时，在最低点满足关系式2F －Mg ＝M v 2mL，所以v m ＝(2F －Mg )LM，选项D 正确．]解决圆周运动问题的主要步骤1．审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环．2．分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等． 3．分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源． 4．根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．[母题探究][探究(2019·枣庄模拟)质量分别为M 和m 的两个小球，分别用长2l 和l 的轻绳拴在同一转轴上，当转轴稳定转动时，拴质量为M 和m 小球的悬线与竖直方向夹角分别为α和β，如图所示，则( )A ．cos α＝cos β2B ．cos α＝2cos βC ．tan α＝tan β2D ．tan α＝tan β解析：A [以M 为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得：Mg tan α＝M 4π2T 212l sin α得：T 1＝2π2l cos αg同理：以m 为研究对象：T 2＝2πl cos βg因T 1＝T 2，所以2cos α＝cos β，故A 正确．][探究2] 转台上的圆周运动(2019·沧州模拟)如图所示，在一个水平圆盘上有一个木块P随圆盘一起绕过O点的竖直轴匀速转动，下面说法中错误的是( )A．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力的方向指向O点B．圆盘匀速转动的过程中，P受到的静摩擦力为零C．在转速一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比D．在P到O点的距离一定的条件下，P受到的静摩擦力的大小跟圆盘匀速转动的角速度平方成正比解析：B [圆盘在匀速转动的过程中，P靠静摩擦力提供向心力，方向指向O点，故A 正确，B错误；在转速一定的条件下，角速度不变，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小跟P到O点的距离成正比，故C正确；在P到O点的距离一定的条件下，根据F f＝mω2r知，静摩擦力的大小与圆盘转动的角速度平方成正比，故D正确．][探究3] 车辆转弯问题(多选)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是( )A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向B．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力C．当火车行驶的速率大于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力D．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力解析：BC [火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A错误，B正确；当速度大于v时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮缘施加压力，故C正确；当速度小于v时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D错误．]考点三圆周运动中的多解问题[考点解读]1．多解原因：因匀速圆周运动具有周期性，使得前一个周期中发生的事件在后一个周期中同样可能发生，这将造成多解．2．多解问题模型：常涉及两个物体的两种不同的运动，其中一个物体做匀速圆周运动，另一个物体做其他形式的运动．由于涉及两个物体的运动是同时进行的，因此求解的基本思路是依据等时性，建立等式，求出待求量．[题组巩固]1.(多选)如图所示，直径为d 的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动．一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h ，则( )A ．子弹在圆筒中的水平速度为v 0＝d g 2hB ．子弹在圆筒中的水平速度为v 0＝2d g 2hC ．圆筒转动的角速度可能为ω＝πg 2hD ．圆筒转动的角速度可能为ω＝3πg 2h解析：ACD [子弹从左侧射入圆筒后做平抛运动，通过的水平位移等于圆筒直径，到达圆筒右侧打下第二个弹孔，由于两弹孔在同一竖直线上，说明在子弹这段运动时间内圆筒必转过半圈的奇数倍，即d ＝v 0t 、h ＝12gt 2、(2n ＋1)π＝ωt (n ＝0,1,2,3…)，联立可得v 0＝dg2h ，ω＝(2n ＋1)πg2h(n ＝0,1,2,3…)，故A 、C 、D 正确，B 错误．]2.半径为R 的水平圆盘绕过圆心O 的竖直轴匀速转动，A 为圆盘边缘上一点．在O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v 水平抛出时，半径OA 方向恰好与v 的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A 点，重力加速度为g ，则小球抛出时距O 的高度h ＝ ________ ，圆盘转动的角速度大小ω＝ ________ .解析：小球做平抛运动：h ＝12gt 2、R ＝vt ，解得h ＝gR 22v 2.由题意知ωt ＝2π×n (n ∈N *)，故联立R ＝vt 可得ω＝2n πvR(n ＝1,2,3，…)．答案：gR 22v 2 2n πvR(n ＝1,2,3，…)3.如图所示，在水平放置的圆盘上，其边缘C 点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R ＝1 m ，在圆盘直径CD 的正上方，与CD 平行放置一条水平滑道AB ，滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，且B 点距离圆盘圆心的竖直高度h ＝1.25 m ，在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F ＝4 N 的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s ，绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度； (2)求拉力作用的最短时间．解析：物块平抛：h ＝12gt 2；t ＝2hg＝0.5 s物块离开滑道时的速度：v ＝Rt＝2 m/s拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 1 得：a 1＝8 m/s 2撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg ＝ma 2 得：a 2＝－2 m/s 2(1)物块加速获得速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 则板长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v 2－v 212a 2＝4 m(2)盘转过一圈时落入，拉力作用时间最短盘转过一圈时间：T ＝2πω＝1 s物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v ＝a 1t 1＋a 2t 2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t 1＋t 2＋t ＝T由以上两式得：t 1＝0.3 s 答案：(1)4 m (2)0.3 s物理模型(五) 竖直平面内圆周运动绳、杆模型[模型阐述]1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：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．绳、杆模型涉及的临界问题均是没有支撑的小球均是有支撑的小球2[典例赏析][典例] (2019·新乡模拟)如图所示，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( )A ．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 [审题指导](1)杆和球在竖直平面内转动→两球做圆周运动． (2)杆对球B 恰好无作用力→重力恰好提供向心力．[解析] C [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 22L ，解得v ＝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 ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．]解决“轻绳、轻杆”模型问题的思路1．定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型在最高点的临界条件不同，其原因主要是“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体．2．确定临界点：v临＝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 表现为支持力还是拉力的临界点．3．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程：F 合＝F 向．4．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律列式，将初、末两个状态联系起来．[题组巩固]1．(多选)如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m 的小球，在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力)，小球运动到最高点时绳对小球的拉力为F T ，小球在最高点的速度大小为v ，其F T －v 2图象如图乙所示，则( )A ．轻质绳长为am bB ．当地的重力加速度为a mC ．当v 2＝c 时，轻质绳的拉力大小为ac b＋aD ．只要v 2≥b ，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a解析：BD [最高点由牛顿第二定律得：F T ＋mg ＝mv 2L ，则F T ＝mv 2L－mg .对应图象有：mg＝a ，得g ＝am ，故B 正确.m L ＝a b 得：L ＝mb a，故A 错误．当v 2＝c 时，F T ＝m L ·c －mg ＝a b·c －a ，故C 错误．只要v 2≥b ，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：最高点：T 1＋mg ＝m v 21L ①最低点：T 2－mg ＝m v 22L②从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：12mv 22－12mv 21＝2mgL ③联立①②③式得：T 2－T 1＝6mg ，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差为6a ，故D 正确．]2．(2019·晋城模拟)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 v 20rB ．mg ＋m v 20rC ．2mg ＋m v 20rD ．2mg －m v 20r解析：C [小球做圆周运动，若圆管对它的作用力为F N ，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20r ，可得F N ＝mg ＋m v 20r ，小球对圆管的压力F N ′＝F N ，以圆管为研究对象，若杆对圆管的作用力为F ，则F ＝mg ＋mg ＋m v 20r ，即F ＝2mg ＋m v 20r，选项C 正确．]3．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 33N C ．15 ND ．10 3 N解析：A [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 2r ，当小球在最高点的速率为2v 时，由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos 30°＝m (2v )2r，解得F T ＝3mg ＝5 3 N ，故选项A 正确．]。

高考物理一轮复习跟踪训练：第4章第3节圆周运动及其应用.pdf

三、非选择题 10.(2013·长郡中学模拟)如图所示，LMPQ是光滑轨道，LM水平，长为5.0 m，MPQ是一半径为R＝1.6 m的半圆，QOM在同一竖直线上，在恒力F作用下，质量m＝1 kg的物体A由静止开始运动，当达到M时立即停止用力．欲使A刚好能通过Q点，则力F大小为多少？(g取10 m/s2) 11.(2012·福建高考卷)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦速度大小v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 12.(2013·福建卷)如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，T端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响． (1)地面上DC两点间的距离s； (2)轻绳所受的最大拉力大小．第3节圆周运动及其应用 1．A 2.C 3.A 4.C 5.C 6.C 7.B 8.AB 9.AC 10. 解析：物体A经过Q点时，其受力情况如图所示．由牛顿第二定律得mg＋FN＝m 物体A刚好过Q点时有FN＝0 解得v＝＝4 m/s 对物体从L到Q全过程，由动能定理得 FxLM－2mgR＝mv2 解得F＝8 N. 11．解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 H＝gt2 在水平方向上有s＝v0t 由式解得v0＝s＝1 m/s (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 fm＝m fm＝μFN＝μmg 由式得μ＝，代入数据得μ＝0.2 12．解析：(1)小球从A到B机械能守恒，有 mgh＝mv 小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有 H＝gt2 在水平方向上有 s＝vBt 由式解得s＝1.41 m (2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有 F－mg＝m 由式解得F＝20 N 根据牛顿第三定律F′＝F 轻绳所受的最大拉力为20 N.

高考物理2020届一轮复习习题：第4章_第3讲_圆周运动及向心力公式的应用_word版含参考答案(已纠错)

第3讲圆周运动及向心力公式的应用A组基础题组1.(2013海南单科,8,5分)(多选)关于物体所受合外力的方向,下列说法正确的是( )A.物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合外力的方向一定与速度方向相同B.物体做变速率曲线运动时,其所受合外力的方向一定改变C.物体做变速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定指向圆心D.物体做匀速率曲线运动时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直2.(2016宁夏银川二中三练)(多选)如图所示,两物块A、B套在水平、粗糙的CD杆上,并用不可伸长的轻绳连接,整个装置能绕过CD中点的轴OO'转动,已知两物块质量相等,杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等,开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力),物块B到OO'轴的距离为物块A到OO'轴距离的两倍,现让该装置从静止开始转动,使转速逐渐增大,从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中,下列说法正确的是( )A.A、B物块受到的静摩擦力都是一直增大B.A受到的静摩擦力是先增大后减小,B受到的静摩擦力一直增大C.A受到的静摩擦力是先指向圆心后背离圆心,B受到的静摩擦力一直增大后保持不变D.A受到的静摩擦力是先增大后减小又增大,B受到的静摩擦力一直增大后保持不变3.(2016安徽淮北三校联考)如图所示,细绳长为L,挂一个质量为m的小球,球离地的高度h=2L,当绳受到大小为2mg的拉力时就会断裂,绳的上端系一质量不计的环,环套在光滑水平杆上,现让环与球一起以速度v=向右运动,在A处环被挡住而立即停止,A离墙的水平距离也为L,球在以后的运动过程中,球第一次碰撞点离墙角B点的距离ΔH是(不计空气阻力)( )A.ΔH=LB.ΔH=LC.ΔH=LD.ΔH=L4.(2015福建理综,17,6分)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,所用的时间为t 1,第二次由C 滑到A,所用的时间为t 2,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.t 1<t 2B.t 1=t 2C.t 1>t 2D.无法比较t 1、t 2的大小5.[2015河北名校联盟质量监测(二),19](多选)如图,三个质点a 、b 、c 质量分别为m 1、m 2、M(M ≫m 1,M ≫m 2)。

2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第四章第3节圆周运动含答案

第3节圆_周_运_动(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。

(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。

(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。

(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。

(×)(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。

(√)(6)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。

(√)(7)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。

(×)(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。

(×)突破点(一)描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系2．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。

3．对a ＝v 2r ＝ω2r 的理解当v 一定时，a 与r 成反比；当ω一定时，a 与r 成正比。

4．常见的三种传动方式及特点(1)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v A ＝v B 。

(2)摩擦传动：如图丙所示，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v A ＝v B 。

(3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA ＝ωB 。

[题点全练]1．(2019·贵阳期末)如图所示，转动自行车的脚踏板时，关于大齿轮、小齿轮、后轮边缘上的A 、B 、C 三点的向心加速度的说法正确的是( )A ．由于a ＝rω2，所以A 点的向心加速度比B 点的大 B ．由于a ＝v 2r ，所以B 点的向心加速度比C 点的大C ．由于a ＝ωv ，所以A 点的向心加速度比B 点的小D ．以上三种说法都不正确解析：选C 因A 、B 两点线速度相等，根据向心加速度公式a ＝v 2r ，又因A 点圆周运动的半径大于B 点圆周运动的半径，可知A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度，故A 错误；B 点与C 点绕同一转轴转动，角速度相等，根据a ＝ω2r 可知半径大的向心加速度大，则C 点的向心加速度大，故B 错误；因A 、B 两点线速度相同，根据v ＝ωr 可知A 点的角速度小于B 点的角速度，则由a ＝ωv 可知A 点的向心加速度比B 点的向心加速度小，故C 正确；由题意可知D 错误。

全国通用 2020版高考物理一轮复习：第4章第3讲圆周运动的规律及应用

第3讲圆周运动的规律及应用一、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 ＝Δs Δt ＝2πrT 。

2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量，ω＝ΔθΔt ＝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＝2πT r ＝2πrf。

(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv＝4π2T2r ＝4π2f 2r 。

(3)F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝mr 4π2T2＝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 τ产生切向加速度，F τ＝ma τ，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＝mrω2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<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的力。

(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动。

(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。

)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的向心加速度与半径成反比。

2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义：第四章第3讲圆周运动及其应用含答案

第3讲圆周运动及其应用考点1圆周运动中的运动学分析1．描述圆周运动的物理量间的关系2．常见的三种传动方式及特点A相同，线速度与其半径成正比A角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比vωω齿轮的齿数1．(2018·江苏卷)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车(AD)A．运动路程为600 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km解析：本题考查匀速圆周运动．火车的角速度ω＝θt＝2π×1036010rad/s＝π180 rad/s，选项C错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B错误；火车在10 s内运动路程s＝v t＝600 m，选项A正确；火车转弯半径R＝vω＝60π180m≈3.4 km，选项D正确．2．汽车后备箱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，在合上后备箱盖的过程中(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：在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，选项A错误；在合上后备箱盖的过程中，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，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，故选项B错误，C正确；根据向心加速度公式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，故选项D错误．3．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(BC)A．P、Q的线速度相同B ．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反C ．P 点的线速度大小约为1.6 m/sD ．摇把的转速约为400 r/min解析：由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P 、Q 两点的线速度的方向一定不同，故A 错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B 正确；玻璃盘的直径是30 cm ，转速是100 r/min ，所以线速度v ＝ωr ＝2n πr ＝2×10060×π×0.32m/s ＝0.5π m/s ≈1.6 m/s ，故C 正确；从动轮边缘的线速度v c ＝ω·r c ＝2×10060×π×0.02 m/s ＝115π m/s ，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即v z＝v c ，所以主动轮的转速n z ＝ωz 2π＝v z r z 2π＝115π2π×0.08r/s ＝25 r/min ，故D 错误．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.抓住这两点，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.考点2 圆周运动中的动力学问题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．考向1火车转弯问题(1)v＝gr tanθ，车轮与内、外侧轨道无作用力；(2)v>gr tanθ，火车车轮对外侧轨道有作用力；(3)v<gr tanθ，火车车轮对内侧轨道有作用力．1．(多选)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是(BC)A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向B．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力C．当火车行驶的速率大于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力D．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力解析：火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A错误，B正确；当速度大于v时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮缘施加压力，故C正确；当速度小于v时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D错误．2．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，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(AC)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：当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高、内侧低，选项A正确．当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，D错误．考向2汽车过桥F N －mg ＝m v 2r桥对车的支持力F N ＝mg ＋m v 2r >mg ，汽车处于超重状态mg －F N ＝m v 2r桥对车的支持力F N ＝mg －m v 2r <mg ，汽车处于失重状态．若v ＝gr ，则F N ＝0，汽车将脱离桥面做平抛运动3.一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为( B )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s解析：当F N ＝34G 时，因为G －F N ＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s.选项B 正确．4．一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( C )A ．3 1B ．32C．1 3 D．1 2解析：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所以由牛顿第二定律可得mg－F N1′＝m v2 R②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＝m v2 R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg所以F N1F N2＝1 3.考向3单摆模型①部分圆周运动②非匀速圆周运动③心④在最低点：F量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点．则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是(C)A ．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力B ．在最高点A 、B ，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零C ．小球在最低点C 所受的合力，即为向心力D ．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化解析：小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A 错误．在最高点A 和B ，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B 错误．小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C 正确．小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D 错误．6．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．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点( C )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：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 ，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 ＝v 2L ＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D错误．考向4圆锥摆(圆锥筒)模型1．受力特点受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动．2．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源．②确定圆心和半径．③应用相关力学规律列方程求解．7．(2019·福建漳州联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(B)解析：小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mg tanθ＝mω2L sinθ，整理得：L cosθ＝gω2，则两球处于同一高度，故B正确．8．(2019·福建厦门质检)(多选)如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)．现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动．细线与竖直方向成60°角(图中P′位置)．两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是(BD)A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变B．小球运动的角速度变大C．细线所受的拉力之比为2 1D．小球向心力大小之比为3 1解析：对小球受力分析如图所示，则有T＝mgcosθ，向心力F n＝mg tanθ＝mω2L sinθ，得角速度ω＝gL cosθ，当小球做圆周运动的平面升高时，θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，角速度ω增大，金属块Q受到的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则后一种情况与原来相比，Q受到桌面的静摩擦力增大，故A错误，B正确．细线与竖直方向成30°角时拉力T＝mgcos30°＝2mg3，细线与竖直方向成60°角时拉力T＝mgcos60°＝2mg，所以T2T1＝31，故C错误．细线与竖直方向成30°角时向心力F n1＝mg tan30°＝33mg，细线与竖直方向成60°角时向心力F n2＝mg tan60°＝3mg，所以F n2F n1＝31，所以D项正确．考向5水平转盘模型9．(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(AC)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：木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力F fm＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知F a<F b，所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F f＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错误；b开始滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝kg2l，选项C正确；当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力大小为F f＝mω2r＝23kmg，选项D错误．10．(2019·广东惠州调研)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(AC)A．此时绳子张力为3μmgB．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内C．此时圆盘的角速度为2μg rD．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动解析：两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r；T＋μmg＝mω2·2r；解得：T＝3μmg，ω＝2μgr，故A、C正确，B错误．烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，D错误．故选AC.求解圆周运动的动力学问题做好“三分析”一是几何关系的分析，目的是确定圆周运动的圆心、半径等；二是运动分析，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力公式；三是受力分析，目的是利用力的合成与分解的知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力．学习至此，请完成课时作业13。

2020版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案解析版

第3讲圆周运动一、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，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，那么物体所做的就是匀速圆周运动．(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自测1 (多选)一质点做匀速圆周运动，其线速度大小为4m/s，转动周期为2s，则( ) A．角速度为0.5rad/s B．转速为0.5 r/sC．轨迹半径为4πm D．加速度大小为4πm/s2答案BCD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 v 2r ＝mrω2＝m 4π2T2r ＝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．自测2 (多选)下列关于做匀速圆周运动的物体所受向心力的说法正确的是( ) A ．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力 B ．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小 C ．向心力就是物体所受的合外力 D ．向心力和向心加速度的方向都是不变的答案 BC三、离心运动和近心运动1．离心运动定义：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．图12．受力特点(如图1)(1)当F ＝mrω2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 <mrω2时，物体逐渐远离圆心；(4)当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，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，而是所受的力小于做匀速圆周运动需要的向心力．命题点一圆周运动的运动学问题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 n ＝v 2r＝ω2r 的理解在v 一定时，a n 与r 成反比；在ω一定时，a n 与r 成正比． 3．常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图2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v A ＝v B .图2(2)摩擦传动和齿轮传动：如图3甲、乙所示，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v A ＝v B .图3(3)同轴转动：如图4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．图4例1 (多选)(2018·江苏单科·6)火车以60m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s 内匀速转过了约10°.在此10s 时间内，火车( ) A ．运动路程为600m B ．加速度为零 C ．角速度约为1rad/s D ．转弯半径约为3.4km答案 AD解析由s ＝vt 知，火车运动路程为s ＝600m ，A 对；火车在弯道做圆周运动，故加速度不为零，B 错；由10s 内转过10°知，角速度ω＝10°360°×2π10rad/s ＝π180rad/s ≈0.017 rad/s ，C 错；由v ＝rω知，火车转弯半径r ＝vω＝60π180m≈3.4km，D 对．变式1 (多选)自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A 、B 、C ，如图5所示．正常骑行自行车时，下列说法正确的是( )图5A ．A 、B 两点的线速度大小相等，角速度大小也相等 B ．B 、C 两点的角速度大小相等，周期也相等 C ．A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度D ．B 点的向心加速度大于C 点的向心加速度答案 BC解析设A 、B 、C 三点到各自轴心的距离分别为R A 、R B 、R C ，由题图可知R C >R A >R B .A 、B 两点通过链条相连，线速度大小相等，由v ＝ωr 知，A 、B 两点的角速度不相等，选项A 错误；由题图知，B 、C 两点绕同一轴转动，角速度相等，由T ＝2πω知周期也相等，选项B 正确；由a n ＝v 2r知，A 点的向心加速度小于B 点的向心加速度，选项C 正确；由a n ＝ω2r 知，B 点的向心加速度小于C 点的向心加速度，选项D 错误．命题点二水平面内的圆周运动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．几种典型运动模型3.“一、二、三、四”求解圆周运动问题例2 (2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，质量相等的A 、B 两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，A 在B 的上方．则它们运动的( )图6A ．向心力F A ＞FB B ．线速度v A ＞v BC ．角速度ωA ＞ωBD ．向心加速度a n A ＞a n B 答案 B解析对A 、B 两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N .如图所示设漏斗顶角的一半为θ，则F 向＝mgtan θ，由于两球质量相等，所以A 、B 两球的向心力相等，故A 错误；由公式F 向＝mv 2r ＝mgtan θ可得：v ＝gtan θr ，由于A 球做匀速圆周运动的半径比B 球大，所以v A ＞v B ，故B 正确；由公式F 向＝mω2r ＝mgtan θ可得：ω＝g r tan θ，由于A 球做匀速圆周运动的半径比B 球大，所以ωA ＜ωB ，故C 错误；由公式F 向＝ma n ＝mgtan θ可得：a n ＝gtan θ，所以a n A ＝a n B ，故D 错误．变式2 (多选)(2018·如东县调研)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图7所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，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( )图7A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θB ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C ．当火车速度大小大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压D ．当火车速度大小小于v 时，外轨将受到轮缘的挤压答案 AB解析火车转弯不侧向挤压车轮轮缘时，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2r ，解得：r ＝v 2g tan θ，故A 正确；v ＝gr tan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B 正确；当火车速度大小大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误；当火车速度大小小于v 时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D 错误．拓展点水平面内圆周运动的临界问题 1．与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力．(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力F fm ＝mv 2r，静摩擦力的方向一定指向圆心．(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰好不向内滑动的临界条件(静摩擦力达到最大且方向沿半径背离圆心)和一个恰好不向外滑动的临界条件(静摩擦力达到最大且方向沿半径指向圆心)，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心． 2．与弹力有关的临界极值问题(1)压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等．例3 (2018·南京市期中)如图8所示，在光滑的圆锥顶端，用长为L ＝2m 的细绳悬一质量为m ＝1kg 的小球(可视为质点)，圆锥顶角为2θ＝74°.当小球以ω＝5rad/s 的角速度随圆锥体做匀速圆周运动时，细绳上的拉力大小为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图8A ．50NB ．40NC ．20ND ．38.5N答案 A变式3 (2018·扬州中学月考)如图9叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 正随转台一起以角速度ω匀速转动，物体A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，物体B 与转台、物体C 与转台间的动摩擦因数都为μ，物体A 与物体B 间的动摩擦因数也为μ，物体B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )图9A ．物体B 对物体A 的摩擦力有可能为3μmgB ．物体C 与转台间的摩擦力大于物体A 与物体B 间的摩擦力 C ．转台的角速度ω有可能恰好等于2μg3r D ．若角速度ω缓慢增大，物体A 与物体B 将最先发生相对滑动答案 C解析对物体A 、B 整体有： (3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ① 对物体C 有：mω2(1.5r )≤μmg ② 对物体A 有：3mω2r ≤μ(3m )g ③ 联立①②③解得：ω≤2μg3r，即不发生相对滑动时，转台的角速度ω≤2μg3r，可知物体A 与物体B 间的静摩擦力最大值F fm ＝3m ·r ·ω2＝3mr ·2μg 3r ＝2μmg ，故A 错误，C 正确；由于物体A 与物体C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m ×1.5rω2＜3mrω2，即物体C 与转台间的摩擦力小于物体A 与物体B 间的摩擦力，故B 错误；由A 选项分析可知，最先发生相对滑动的是物体C ，故D 错误．命题点三竖直面内的圆周运动例4 (多选)(2018·泰州中学月考)如图10所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，B不能左右运动，在环的最低点静放一小球C，A、B、C的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度必须满足( )图10A．最小值为4gr B．最大值为6grC．最小值为5gr D．最大值为7gr答案CD变式4 (多选)如图11甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，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 N，小球在最高点的速度大小为v，F N－v2图象如图乙所示．下列说法正确的是( )图11A．当地的重力加速度大小为b RB ．小球的质量为b aRC ．若c ＝2b ，则杆对小球拉力的大小为aD ．若c ＝2b ，则杆对小球支持力的大小为2a 答案 AC解析由题意可知，当v 2＝gR 时，F N ＝0，结合题图乙可知gR ＝b ，g ＝b R；当v 2＜gR 时，杆对小球的弹力方向向上，根据mg －F N ＝mv 2R ，可得F N ＝mg －mv 2R ，当v 2＝0时，a ＝mg ，m ＝a g ＝a b R ；当v 2＞gR 时，杆对小球弹力方向向下，根据mg ＋F N ＝mv 2R ，可得F N ＝mv 2R－mg ，若v 2＝c ＝2b ＝2gR ，则F N ＝mg ＝a ，故选项A 、C 正确．变式5 (多选)(2018·海安中学开学考)如图12，在竖直平面内光滑圆轨道外侧，有一小球以某一水平速度v 0从A 点出发沿圆轨道运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )图12A ．在B 点时，小球向心加速度大小为g B ．B 到C 过程，小球做匀变速运动C ．在A 点时，小球对圆轨道压力大于其重力D ．A 到B 过程，小球水平方向的加速度先增加后减小答案 BD1.(2018·泰州中学期中)如图13所示，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，则偏心轮转动的过程中a 、b 两质点( )图13A ．线速度大小相同B ．角速度大小相同C ．向心力大小相同D ．向心加速度大小相同答案 B解析偏心轮上各处角速度相等，故B 正确；根据v ＝ωr ，可知到圆心距离不同的点，线速度不同，故A 错误；根据F ＝mω2r 可知到圆心距离不同的点，向心力不同，故C 错误；根据a ＝ω2r 可知到圆心距离不同的点，向心加速度不同，故D 错误．2.(多选)(2017·南通中学期中)如图14所示，绳子的一端固定在O 点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动( )图14A ．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，绳长的容易断答案 AC解析根据牛顿第二定律得：F ＝m (2πn )2r ，m 一定，当转速n 相同时，绳长r 越长，绳子拉力F 越大，绳子越容易断，故A 正确．根据牛顿第二定律得：F ＝m 4π2rT2，m 一定，当周期T 相同时，绳长r 越长，绳子拉力F 越大，绳子越容易断，故B 错误．根据牛顿第二定律得：F ＝m v 2r，m 一定，线速度v 大小相等时，绳长r 越短，绳子拉力F 越大，绳子越容易断，故C正确，D 错误．3.(2018·盐城中学质检)如图15所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管(管的内径相对于环半径可忽略不计)用硬杆竖直固定在地面上．有一质量为m 的小球可在圆管中运动(球直径略小于圆管直径，可看做质点)，小球以速率v 0经过圆管最高点时，恰好对管壁无压力，当球运动到最低点时，硬杆对圆管的作用力大小为( )图15A ．m v 02rB ．2mg ＋m v 02rC ．6mgD ．7mg答案 D4．(多选)(2018·红桥中学一调)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，小球在最高点的速度为v .下列说法中正确的是( )A ．当v ＝gL 时，轻杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐渐增大时，轻杆对小球的拉力逐渐增大C ．当v 由gL 逐渐减小时，轻杆对小球的支持力逐渐减小D ．不管v 多大，小球在最低点时，都处于超重状态答案 ABD解析设杆对小球的弹力为F N ，根据牛顿第二定律：mg －F N ＝m v 2L ，当v ＝gL 时，解得弹力F N ＝0，故A 正确；在最高点，若速度v ＝gL 时，轻杆的作用力为零，当v ＞gL 时，轻杆表现为拉力，由mg ＋F T ＝m v 2L 知，速度增大时，向心力增大，则轻杆对小球的拉力增大，故B 正确；当v ＜gL 时，轻杆表现为支持力，由mg －F N ＝m v 2L 知，速度减小时，向心力减小，则轻杆对小球的支持力增大，故C 错误；在最低点由牛顿第二定律：F T －mg ＝m v 2L知，轻杆的拉力总大于重力，所以总处于超重状态，故D 正确．5.(多选)(2018·盐城市期中)公路转弯处通常是交通事故多发地带．如图16所示，某公路转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0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( )图16A．路面外侧一定高于内侧B．车速只能为v0，否则将发生交通事故C．只要车速小于v0，车辆便会向内侧滑动D．车速大于v0，车辆也不一定会向外侧滑动答案AD解析路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供做圆周运动的向心力，故A正确；当汽车行驶的速率为v0时，摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，当车速大于v0时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，车辆会受到沿路面指向公路内侧的摩擦力，当车速小于v0，重力和支持力的合力大于所需要的向心力，车辆会受到沿路面指向公路外侧的摩擦力，不一定发生滑动，故B、C错误，D正确．1.(多选)(2018·响水中学模拟)电风扇的扇叶的重心如果不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加速转轴磨损．调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的办法改变其重心位置．如图1所示，A、B是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O的距离r A<r B.扇叶转动后，它们的( )图1A．向心力F A<F B B．线速度大小相等C．向心加速度相等D．角速度大小相等答案AD解析由于同轴转动，风扇上各个点的角速度相同(圆心除外)，故A、B两点的角速度相同；根据线速度与角速度的关系式v＝ωr和r A<r B，知v A<v B，故B错误，D正确．根据向心加速度和角速度的关系式a＝ω2r和r A<r B，知a A<a B；再根据向心力F n＝ma得，向心力F A<F B，故A正确，C错误．2.如图2所示，杂技演员在表演“水流星”节目时，盛水的杯子在竖直平面内做圆周运动，当杯子经过最高点时，里面的水也不会流出来，这是因为( )图2A ．水处于失重状态，不受重力的作用B ．水受的合力为零C ．水受的合力提供向心力，使水做圆周运动D ．杯子特殊，杯底对水有吸引力答案 C3．(多选)(2019·运河中学高三初考)如图3所示有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )图3A ．如图(a)，汽车通过拱形桥的最高点处于超重状态B ．如图(b)所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥摆的高不变，则圆锥摆的角速度不变C ．如图(c)，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A 、B 位置先后分别做匀速圆周运动，则在A 、B 两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D ．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用答案 BD解析汽车在最高点由牛顿第二定律得mg －F N ＝mv 2r，知F N <mg ，处于失重状态，故A 错误；如题图(b)所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力提供向心力，F n ＝mg tan θ＝mω2r ，运动半径r ＝L sin θ，知ω＝gL cos θ＝g h，故增大θ，若保持圆锥摆的高h 不变，圆锥摆的角速度不变，故B 正确；题图(c)中，根据受力分析知小球在两位置的受力情况相同，即向心力相同，由F n ＝mω2r 知r 不同，角速度不同，故C 错误；火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对火车轮缘会有挤压作用，故D 正确．4．(多选)(2018·淮安中学期中)某同学为体会与向心力相关的因素，做了如图4所示的小实验：手通过细绳使小球在水平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图4A ．若保持周期不变，减小绳长，则细绳的拉力将增大B ．若保持周期不变，增大绳长，则细绳的拉力将增大C ．若保持绳长不变，增大小球的角速度，则细绳的拉力将增大D ．若保持绳长不变，增大小球的周期，则细绳的拉力将增大答案 BC5.(多选)(2018·程桥高中月考)公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，钢丝绳与竖直方向成某一角度θ，其简化模型如图5所示．若要使夹角θ变大，可( )图5A ．增大钢丝绳长度B ．减小秋千半径C ．减小座椅质量D ．增大角速度答案 AD解析对座椅受力分析如图所示，设座椅质量为m ，根据座椅所受重力和拉力的合力提供向心力，有： mg tan θ＝m 4π2T 2(l sin θ＋r )＝mω2(l sin θ＋r )，解得：l ＝gT 24π2cos θ－rsin θ 则要使夹角θ变大，可减小周期T ，即增大角速度，或增大钢丝绳的长度，或增大秋千半径，与座椅的质量无关，故A 、D 正确，B 、C 错误．6．(多选)(2018·徐州三中月考)如图6所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至水平位置，然后释放，摆球运动过程中，支架始终不动．以下说法正确的应是(不计空气阻力)( )图6A ．在摆球释放瞬间，支架对地面压力为(m ＋M )gB ．在摆球释放瞬间，支架对地面压力为MgC ．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(m ＋M )gD ．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(3m ＋M )g答案 BD解析在摆球释放的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg 和地面的支持力F N1，由平衡条件知，F N1＝Mg ，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力F N1′＝F N1＝Mg ，故A 错误，B 正确；设摆球到达最低点时速度大小为v ，摆长为L ，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv 2，摆球到达最低点时，由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 2L，联立解得细线的拉力：F T ＝3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：F N2＝Mg ＋F T ＝(3m ＋M )g ，故C 错误，D 正确．7．(2018·徐州市考前模拟)如图7，C919大型客机是我国具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机．如果客机绕地球做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，不考虑油料消耗导致客机质量变化．关于客机，下列说法正确的是( )图7A．处于平衡状态B．速度变化率为零C．发动机的功率不变D．向心力完全由地球引力提供答案 C8.(多选)(2017·南京外国语学校等四模)如图8所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴OO′旋转，且OA与OO′轴间夹角θ始终保持不变，质量为m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置处随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有( )图8A．小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B．杆的转速越大，小球随杆做水平面内的匀速圆周运动的位置越高C．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球弹力垂直于杆，杆不会对小球做功答案AC9．(2018·泰州中学期中)如图9甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．小铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )图9A．小铁球可能做匀速圆周运动B．小铁球绕轨道转动时机械能不守恒C．小铁球在A点的速度的最小值为gRD．要使小铁球不脱轨，轨道对小铁球的磁性引力至少为5mg答案 D10．(2018·沛县中学调研)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，其状态如图10所示，轻绳a与水平方向成θ角，轻绳b在水平方向且长为l，则下列说法正确的是( )图10A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化答案 A解析小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳的张力在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；设a 绳的拉力为F a ，根据竖直方向上受力平衡得：F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，可知从此状态开始增大角速度时，a 绳的拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝mlω2，解得ω＝gl tan θ，可知当角速度ω＞gl tan θ时，b 绳出现弹力，故C 错误；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误．11．(2018·南京市期中)如图11所示，质量为m ＝0.2kg 的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A 以初速度v 0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R .小球飞离桌面后恰由P 点无碰撞地落入圆轨道，取g ＝10m/s 2，不计空气阻力．图11(1)求小球在A 点的初速度大小v 0及A 、P 两点间的水平距离x ；(2)求小球到达圆轨道最低点N 时对轨道的压力；(3)判断小球能否到达圆轨道最高点M .答案 (1)4m/s 1.6m (2)(14－22) N ，方向竖直向下 (3)见解析解析 (1)小球由A 点做平抛运动，在P 点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在P 点的竖直分速度为v y ＝v 0tan 45°＝v 0，由平抛运动规律得，R ＝v y2t ，x ＝v 0t ，v y ＝gt 解得v 0＝4 m/s, x ＝1.6 m.(2)小球在P 点的速度为v ＝v 02＋v y 2＝4 2 m/s设小球在N 点速度为v N ，从P 点到N 点，由动能定理得mgR (1－cos 45°)＝12mv N 2－12mv 2 设小球在N 点所受支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v N 2R解得F N ＝(14－22) N由牛顿第三定律得，小球在N 点对轨道的压力为F N ′＝F N ＝(14－22) N ，方向竖直向下．(3) 假设小球能够到达M 点且在M 点速度为v ′，从P 点到M 点由动能定理得－mgR (1＋cos45°)＝12mv ′2－12mv 2 解得v ′＝16－8 2 m/s若小球能够到达圆轨道最高点，在M 点应有mg ≤m v M 2R ，即v M ≥gR ＝8 m/s ，由v ′<v M 知，小球不能到达圆轨道最高点M .12．(2018·徐州三中月考)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，轻绳的另一端系有质量为m 的小球(可视为质点)，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，轻绳突然断掉，球飞出水平距离d 后落地，如图12所示．已知握轻绳的手离地面高度为d ，手与球之间的轻绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．图12(1)求轻绳断开时球的速度大小v 1；(2)求轻绳能承受的最大拉力的大小；(3)改变绳长，使球重复上述运动，若轻绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？答案 (1)2gd (2)113mg (3)d 2 233d 解析 (1)设轻绳断开后球做平抛运动的时间为t 1，竖直方向上：14d ＝12gt 12，水平方向上：d ＝v 1t 1 解得：v 1＝dt 1＝d d2g ＝2gd .(2)设轻绳能承受的最大拉力为F m ，球做圆周运动的半径为：R ＝34d ，小球运动到最低点时由牛顿第二定律有F m －mg ＝m v 12R解得：F m ＝mg ＋m v 12R ＝mg ＋m 2gd 34d ＝113mg .(3)设轻绳长为l ，轻绳断开时球的速度为v 2.由牛顿第二定律有：F m －mg ＝m v 22l，解得：v 2＝8gl 3轻绳断开后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 2.竖直方向有：d －l ＝12gt 22 水平方向有：x ＝v 2t 2.得x ＝v 2t 2＝8gl 3·2(d －l )g ＝4 l (d －l )3根据数学关系知当l ＝d 2时，x 有最大值：x max ＝233d .。

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在c 的万有引力作用下,a 、b 在同一平面内绕c 沿逆时针方向做匀速圆周运动,它们的周期之比T a ∶T b =1∶k。

从图示位置开始,在b 运动一周的过程中( )A.a 、b 距离最近的次数为k 次B.a 、b 距离最近的次数为k-1次C.a 、b 、c 共线的次数为2kD.a 、b 、c 共线的次数为2k-26.(2014课标Ⅱ,17,6分)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,大环对轻杆拉力的大小为( )A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg7.(2015江西南昌一模,20)(多选)如图所示,物体以一定的初速度从O点向x轴正方向水平抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=0.2x2(x≥0,单位为m),已知重力加速度为g=10 m/s2,空气阻力不计,一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的一部分,即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替,圆半径即为曲率半径。

那么以下说法正确的是( )A.物体被抛出时的初速度为5 m/sB.物体被抛出时的初速度为2 m/sC.O点的曲率半径为2.5 mD.O点的曲率半径为0.5 mB组提升题组8.(2015江苏连云港期中)在光滑圆锥形容器中,固定了一根光滑的竖直细杆,细杆与圆锥的中轴线重合。

细杆上穿有小环(小环可以自由转动,但不能上下移动),小环上连接一轻绳,与一质量为m的光滑小球相连,让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动,并与圆锥内壁接触。

如图所示,图甲中小环与小球在同一水平面上,图乙中轻绳与竖直轴成θ角,设图甲和图乙中轻绳对小球的拉力分别为Ta 和Tb,圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb,则下列说法中正确的是( )A.T a 一定为零,T b 一定为零B.T a 可以为零,T b 可以不为零C.N a 一定为零,N b 可以为零D.N a 可以为零,N b 可以不为零9.(2015江西赣州联考)(多选)质量为m 的小球由轻绳a 和b 系于一轻质木架上的A 点和C 点,且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 被烧断的同时杆也停止转动,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.在绳b 被烧断瞬间,小球所受的合外力突然变小D.若角速度ω较大,小球可以在垂直于平面ABC 的竖直平面内做圆周运动10.(2016北京朝阳期中,19)某游乐设施如图所示,由半圆形APB 和直线形BC 组成的细圆管轨道固定在水平桌面上(圆半径比细管内径大得多),轨道内壁光滑。

已知APB 部分的半径R=0.8 m,BC 段长L=1.6 m 。

弹射装置将一质量m=0.2 kg 的小球(可视为质点)以水平初速度v 0从A 点弹入轨道,小球从C 点离开轨道水平抛出,落地点D 离C 点的水平距离为s=1.6 m,桌子的高度h=0.8 m,不计空气阻力,取g=10 m/s2。

求:(1)小球水平初速度v的大小;(2)小球在半圆形轨道上运动时的角速度ω以及从A点运动到C点的时间t;(3)小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小。

11.(2013重庆理综,8,16分)如图所示,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。

(1)若ω=ω0,小物块受到的摩擦力恰好为零,求ω;(2)若ω=(1±k)ω,且0<k≪1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。

答案全解全析A组基础题组1.AD 当物体的速率增大时,合外力是动力,合外力与速度方向间夹角小于90°,而在直线运动中速率增大时合力方向与速度方向间夹角必为0°,即两者同向,A正确;变速率的曲线运动也可以是匀变速运动,如平抛运动,故B错误;物体做变速率的圆周运动时,合外力一方面提供了改变速度方向的向心力,另一方面还提供了改变速度大小的切向力,故此时合外力的方向一定不指向圆心,C错误;在匀速率曲线运动中,由于物体的速度大小不变,则物体在速度方向上所受外力矢量和必为零,即物体所受合外力方向只能是垂直于速度方向,从而只改变速度方向而做曲线运动,但不改变速度的大小,D正确。

2.CD 因为两个物块是同轴转动,所以角速度相等,在绳子产生弹力之前,都是静摩擦力充当向心力,且随着角速度的增大,静摩擦力增大,根据fm =mrω2,又rB>rA,所以角速度逐渐增大时,B物块所受静摩擦力先达到最大静摩擦力,之后B受到绳子的拉力和摩擦力的合力充当向心力,角速度增大,摩擦力不变,拉力增大;而A物块所受的摩擦力在绳子有拉力后开始减小,当拉力增大到一定程度,A物块所受的摩擦力减小到零,角速度继续增大,A物块所受的摩擦力反向增大,故C、D正确。

3.D 环被A挡住瞬间,小球受到重力和绳子的拉力作用,两力的合力充当向心力,故有T-mg=m,因为v=,代入解得T=2mg,故绳子会断开,断开之后小球做平抛运动,设小球直接落地,则小球下落高度h=gt2,水平位移x=vt=2L>L,所以小球先与墙壁碰撞,设球平抛运动到墙的时间为t',则t'==,小球下落高度h'=gt'2=,则碰撞点距B点的距离ΔH=2L-=L,故D正确。

4.A 在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。

分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t=可知t1<t2,A项正确。

5.BD 由题意知,在b运动一周的过程中,a运动了k周,a每比b多运动一周与b距离达到最近一次,故a、b距离最近的次数为k-1次,B正确;同时a比b每多运动半周,a、b、c共线一次,故a、b、c共线的次数为2k-2,D项正确。

6.C 解法一以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg·2R=mv2,在大环最低点有FN -mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN '=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。

解法二设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律mv2=mg·2R,且a=,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。

F-Mg-mg=ma+M·0所以F=Mg+5mg,C正确。

7.AC 对物体运动过程分析,由平抛运动规律有x=vt,y=gt2,消去时间t,解得y=x2,又知物体的轨迹满足抛物线方程y=0.2x2,则=0.2,解得v=5 m/s,A正确,B错误;在O点,g=,得r=2.5 m,C 正确,D错误。

B组提升题组8.B 对图甲中的小球进行受力分析,小球可由所受的重力、支持力合力提供向心力,Ta为零;小球也可由所受的重力、支持力、Ta 的合力提供向心力,Ta不为零,故选项A错误。

若Na等于零,则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力,所以Na一定不为零,选项C、D错误。

对图乙中的小球进行受力分析,若Tb为零,则小球所受的重力、支持力的合力的方向可能指向圆心提供向心力,所以Tb 可以为零;若Tb不为零,则小球所受的重力、支持力及绳子拉力的合力方向也可能指向圆心而提供向心力,所以Tb可以不为零,选项B正确。

故选B。

9.BD 小球原来在水平面内做匀速圆周运动,绳b被烧断后,小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动,故A错误。

绳b被烧断前,小球在竖直方向没有位移,加速度为零,a绳中张力等于重力,在绳b被烧断瞬间,a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力,而此时向心力竖直向上,绳a的张力将大于球的重力,即张力突然增大,故B正确。