教科版物理高考第一轮复习——匀速圆周运动基本规律的应用 (同步练习)

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教科版物理高考第一轮复习——匀速圆周运动基本规律的应用(学案)

教科版物理高考第一轮复习——匀速圆周运动基本规律的应用（学案）刻各点的角速度相同，线速度不等。

对于轮子的转动问题，同一轮子上的各点的角速度相同，若是皮带（齿轮）转动（皮带不打滑），各轮边缘的线速度大小相等。

3. 周期T ，频率f做圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期。

做圆周运动的物体单位时间内绕圆心转过的圈数，叫做频率。

4. 转速：单位时间内转过的圈数，常用符号n 表示，单位转每秒（r/s ）或转每分（r/min ），若转速取转每秒为单位，则转速与频率相等。

说明：各物理量之间的关系为n 2,T1f ,r v ,T 2t ,T r 2t s v πωωπθωπ=======（n 的单位是r/s ），问题1、圆周运动各量关系的理解与运用：某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图所示，链轮和飞轮的齿数如下表所示，前后轮直径为660mm ，人骑该车行进速度为4m/s 时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为（）名称链轮飞轮齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28D. 7.1rad/s解析：车行进速度与前、后车轮边缘的线速度相等，故后轮边缘的线速度为4m/s ，后轮的角速度s /rad 12s /rad 103304R /v 3≈⨯==-ω。

飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度s /rad 121==ωω。

飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以212211r r ,r r 、ωω=分别为飞轮和链轮的半径。

因轮周长r 2L N L π=∆=，N 为齿数，L ∆为两邻齿间的弧长，故N r ∝，所以2211N N ωω=。

又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度23ωω=，2113N N ωω=，要使3ω最小，则48N ,15N 21==，故s /rad 75.3s /rad 4815123=⨯=ω答案：B变式1、如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点，左侧是一个轮轴，大轮半径为4r ，小轮的半径为2r ，b 点是小轮上到小轮中心的距离为r 的点，c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上。

江苏省扬州市高考物理一轮复习第二章匀速圆周运动(第2课时)圆周运动的规律及基本应用课后练习(必修2)

第2课时圆周运动的规律及基本应用（）1.如图所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是A ．物块处于平衡状态B ．物块受三个力作用C ．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘D ．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘（）2.2013年6月20日，我国第一位“太空教师”王亚平老师在运动的“天宫一号”内给中小学生上了一堂物理课，做了如图2所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点O 做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同的初速度，则A ．小球仍能在竖直平面内做匀速圆周运动B ．小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动C ．小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动D ．小球一定能在竖直平面内做完整的圆周运动（）3．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q 都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是A ．Q 受到桌面的支持力变大B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大C ．小球P 运动的角速度变大D ．小球P 运动的周期变大（）4．如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是A ．dv 20＝L 2gB ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，(n ＝0,1,2,3，…)C ．v 0＝ωd 2D ．dω2＝g π2(1＋2n )2，(n ＝0,1,2,3，…)( )5．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，绳a 中张力突然增大C ．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动D ．绳b 未被烧断时，绳a 的拉力大于mg ，绳b 的拉力为mω2l b6．某游乐场有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接坐椅，人坐在坐椅上随转盘旋转而在空中飞旋．若将人和坐椅看作一个质点，则可简化为如图所示的物理模型，其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动．设绳长l ＝10m ，质点的质量m ＝60kg ，转盘静止时质点与转轴之间的距离d ＝4m ．转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ＝37°.(不计空气阻力及绳重，绳不可伸长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)求质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度及绳的拉力．由物供F 由物体运动情况决定，合力提供的向心力需F 物体做圆周运动时所需的向心力．7，物体将做离心供F >需F ，则物体能做圆周运动；若供F ＝需F 若某时刻体受力情况决定．O 的刚性轻绳，其一端固定于1m ＝L ，物体将做近心运动．现有一根长供F <需F 运动；若点，另一端系着质量m ＝0.5kg 的小球(可视为质点)，将小球提至O 点正上方的A 点处，，则：210m/s 取g 此时绳刚好伸直且无张力，如图所示．不计空气阻力， (1) 为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A 点至少应施加给小球多大的水平速度？(2) 在小球以速度v 1＝4m/s 水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？(3) 在小球以速度v 2＝1m/s 水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．第2课时圆周运动的规律及基本应用参考答案1．答案B [对物块进行受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，合力提供向心力，A 错，B 正确．根据向心力公式F ＝mrω2可知，当ω一定时，半径越大，所需的向心力越大，物块越容易脱离圆盘；根据向心力公式F ＝mr (2πT )2可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心力越大，物块越容易脱离圆盘，C 、D 错误．]2．答案 BC解析因为王亚平老师在运行的“天宫一号”内做实验时，小球处于完全失重状态，而把该装置带回地球表面时，由于重力作用，小球不可能在竖直平面内做匀速圆周运动，A 错误，B 正确；若在最低点给小球的初速度比较大，小球可能在竖直平面内做完整的圆周运动，C 正确，D 错误．3．答案 BC解析根据小球做圆周运动的特点，设细线与竖直方向的夹角为θ，故F T =mg cosθ，F T ′=F T ．对金属块受力分析由平衡条件F f =F T ′sin θ=mg tan θ，F N =F T ′cos θ+Mg =mg +Mg ，故在θ增大时，Q 受到的支持力不变，静摩擦力变大， A 选项错误；B 选项正确；设细线的长度为L ，由mg tan θ=mω2L sin θ，得ω＝g Lcosθ，故角速度变大，周期变小，故C 选项正确，D 选项错误．4．答案 B 解析依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A 点做匀速圆周运动，恰好击中A 点，说明A 正好在最低点被击中，则A 点转动的时间t ＝2n ＋1πω，平抛的时间t ＝L v0，则有L v0＝2n ＋1πω，B 正确、C 错误；平抛的竖直位移为d ，则d ＝12gt 2，联立有dω2＝12g π2(2n ＋1)2，A 、D 错误． 5．答案 BC解析根据题意，在绳b 被烧断之前，小球绕BC 轴做匀速圆周运动，竖直方向上受力平衡，绳a 的拉力等于mg ，D 错误；绳b 被烧断的同时轻杆停止转动，此时小球具有垂直平面ABC 向外的速度，小球将在垂直于平面ABC 的平面内运动，若ω较大，则在该平面内做圆周运动，若ω较小，则在该平面内来回摆动，C 正确，A 错误；绳b 被烧断瞬间，绳a 的拉力与重力的合力提供向心力，所以拉力大于小球的重力，绳a 中的张力突然变大了，B 正确．6．解析半径R ＝d ＋l sin θ＝10m由受力分析图可知：F T ＝mg cosθ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫600×54N ＝750N F ＝mg tan θ＝450N由F 向＝ma 向得a 向＝F m ＝7.5m/s 2，a 向＝Rω2，ω＝a 向R ＝32rad/s 答案 32rad/s 750N 答案 (1)10m/s (2)3N (3)无张力，0.6s7．解析 (1)小球做圆周运动的临界条件为重力刚好提供最高点时小m/s.10＝gL ＝0v ，解得v20Lm ＝mg 球做圆周运动的向心力，即，v21Lm ＝mg ＋T F ，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有0v >1v 因为(2)3N.＝T F 代入数据得绳中张力故绳中无张力，小球将做平抛运动，其运动轨迹如图，0v <2v 因为(3)，代入数据联立解2gt 12＝y ，t 2v ＝x ，2x ＋2)L －y (＝2L 中实线所示，有得t ＝0.6 s ．。

《3.2 匀速圆周运动的规律》(同步训练)高中物理必修第二册_沪教版_2024-2025学年

《3.2 匀速圆周运动的规律》同步训练(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、匀速圆周运动中，物体的速度大小保持不变，但方向如何变化？A. 大小和方向都不变B. 大小不变，方向改变C. 大小改变，方向不变D. 大小和方向都改变2、关于物体进行匀速圆周运动时的向心加速度，下列描述准确的是哪一项？A. 大小不变，方向也恒定B. 大小和方向均在不断变化C. 大小不变，方向指向圆心D. 大小变化，方向指向圆心3、一物体在水平面内做匀速圆周运动，已知其线速度v = 5 m/s，圆周运动周期T = 0.2 s，则该圆周运动的半径R为多少？（取π≈ 3.14）A. 1.6 mB. 2.5 mC. 3.0 mD. 3.14 m4、一匀速圆周运动的转速n = 60转/分钟，角速度ω是多少rad/s？A. 10 rad/sB. 2π rad/sC. 100π rad/sD. π * 10 rad/s5、一物体沿水平面内做匀速圆周运动，以下关于该物体所受力的描述中，正确的是：A. 物体所受的合力始终指向圆心B. 物体所受的合力大小不变，方向始终水平C. 物体的向心力大小不变，但方向时刻在改变D. 物体的向心力大小随速度的增大而增大6、一个物体在水平面内做匀速圆周运动，其半径为R，速度为v，以下关于该物体所受向心加速度的描述中，正确的是：A. 向心加速度的大小与速度的平方成正比，与半径无关B. 向心加速度的大小与速度的平方成正比，与半径的平方成正比C. 向心加速度的大小与速度的平方成正比，与半径成反比D. 向心加速度的大小与速度的平方成正比，与半径无关7、一个物体在水平面上做匀速圆周运动，如果其线速度大小不变而半径增加到原来的两倍，则角速度变为原来的：A. 4倍B. 2倍C. 不变D. 1/2倍E. 1/4倍二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于匀速圆周运动的描述中，正确的是（）A、匀速圆周运动的速度大小不变，但方向时刻改变，所以是变速运动B、匀速圆周运动的速度大小和方向都不变，所以是匀速直线运动C、匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向始终指向圆心，所以是匀加速运动D、匀速圆周运动的向心加速度的大小由圆周运动的半径和速度决定，与物体质量无关2、下列关于匀速圆周运动公式的应用中，正确的是（）A、根据公式v = ωr，可以得出在匀速圆周运动中，线速度与半径成正比B、根据公式a = ω²r，可以得出在匀速圆周运动中，向心加速度与半径成正比C、根据公式F = mω²r，可以得出在匀速圆周运动中，向心力与半径成正比D、根据公式T = 2πr/v，可以得出在匀速圆周运动中，周期与半径成正比3、一个物体进行匀速圆周运动，关于其运动状态，以下说法正确的是：A. 速度大小不变，方向改变B. 加速度大小不变，方向指向圆心C. 所受合力大小不变，方向指向圆心D. 位移大小不变，方向指向圆心三、非选择题（前4题每题10分，最后一题14分，总分54分）第一题题目：一个物体以10 m/s的速度进行匀速圆周运动，圆周半径为5 m。

高考物理一轮复习第4章【3】《圆周运动的规律及应用》练习(含答案)

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十四) 圆周运动的规律及应用A 组基础巩固1．(多选题)图14－1为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线．由图象可以知道( )图14－1A ．甲球运动时，线速度的大小保持不变B ．甲球运动时，角速度的大小保持不变C ．乙球运动时，线速度的大小保持不变D ．乙球运动时，角速度的大小保持不变解析：对于甲球：a ∝1r ，而a ＝v 2r ，说明甲球线速度的大小保持不变；对于乙球：a ∝r ，而a ＝ω2r ，说明乙球角速度的大小保持不变．答案：AD2．如图14－2所示，将完全相同的两个小球A 、B 用长为L ＝0.8 m 的细绳悬于以v ＝4 m/s 向右运动的小车顶部，两小球与小车前后竖直壁接触，由于某种原因，小车突然停止，此时悬线中张力之比F B ∶F A 为(g ＝10 m/s 2)( )图14－2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：当车突然停下时，B 不动，绳对B 的拉力仍等于小球的重力；A 向右摆动做圆周运动，则突然停止时，A 球所处的位置为圆周运动的最低点，由此可以算出此时绳对A 的拉力为F A ＝mg ＋m v2L ＝3mg ，所以F B ∶F A ＝1∶3，C 正确．答案：C3．[2018·洛阳期中]如图14－3所示，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )图14－3A ．sin θ＝ω2LgB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝gω2LD ．tan θ＝g ω2L解析：对小球分析受力，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O ，合力大小为mL ω2，画出m 受力的矢量图．由图中几何关系可得sin θ＝ω2Lg，选项A 正确．答案：A4．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧要高一些，路面与水平面间的夹角为θ，设拐弯路段是半径为R 的圆弧，要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于0，θ应等于( )A ．arcsin v2RgB ．arctan v2RgC.12arcsin 2v 2RgD ．arccot v2Rg解析：如图14－4所示，要使摩擦力为零，必使汽车所受重力与路面对它的支持力的合力提供向心力，则有m v 2R ＝mgtan θ，所以θ＝arctan v2gR，B 正确．图14－4答案：B5．(多选题)如图14－5所示，水平转盘上的A 、B 、C 三处有三块可视为质点的由同一种材料做成的正方体物块，B 、C 处物块的质量相等且为m ，A 处物块的质量为2m ，点A 、B 与轴O 的距离相等且为r ，点C 到轴O 的距离为2r ，转盘以某一角速度匀速转动时，A 、B 、C 处的物块都没有发生滑动现象，下列说法中正确的是( )图14－5A ．C 处物块的向心加速度最大B ．A 处物块受到的静摩擦力最小C ．当转速继续增大时，最后滑动起来的是A 处的物块D ．当转速增大时，最先滑动起来的是C 处的物块解析：物块的向心加速度a ＝ω2r ，C 处物块的轨道半径最大，向心加速度最大，A 正确；物块受到的静摩擦力F f ＝m ω2r ，所以有F fA ＝F fC ＝2F fB ，B 错误；当转速增大时最先滑动的是C ，A 、B 同时滑动，C 错误，D 正确．答案：ADB 组能力提升6．[2018·浙江省慈溪中学月考]某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A 、B ，A 盘上有一个信号发射装置P ，能发射水平红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P 、Q 转动的线速度相同，都是4π m/s.当P 、Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如图14－6所示，则Q 接收到的红外线信号的周期是( )图14－6A ．0.07 sB ．0.16 sC ．0.28 sD ．0.56 s解析：P 的周期T P ＝2πr P v ＝0.14 s ，Q 的周期T Q ＝2πr Qv ＝0.08 s ，因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56，所以经历的时间最小为0.56 s ．故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7．10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O 1、O 2、O 3…O 10，已知O 1O 10＝3.6 m ，水平转轴通过圆心，轮子均绕轴以n ＝4πr/s 的转速顺时针转动．现将一根长L ＝0.8 m 、质量为m ＝2.0 kg 的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O 1竖直对齐(如图14－7所示)，木板与轮缘间的动摩擦因数为μ＝0.16.则木板保持水平状态运动的总时间为( )图14－7A ．1.52sB ．2 sC ．3 sD ．2.5 s解析：轮子的半径r ＝O 1O 1018＝0.2 m ，角速度ω＝2πn ＝8 rad/ s ．边缘线速度与木板运动的最大速度相等，v ＝ωr ＝1.6 m/s ，木板加速运动的时间和位移分别为t 1＝v μg ＝1 s ，x 1＝v22μg ＝0.8 m ．匀速运动的位移x 2＝O 1O 10－L 2－x 1＝2.4 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v＝1.5 s ，则木板保持水平状态运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s. 答案：D8．如图14－8所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚要发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是( )图14－8A ．两小孩均沿切线方向滑出后落入水中B ．两小孩均沿半径方向滑出后落入水中C ．两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中D ．甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中解析：在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力．因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度ω相同，设此时手中的拉力为F T ，则对甲：F fm －F T ＝m ω2R 甲，对乙：F T ＋F fm ＝m ω2R 乙．当松手时，F T ＝0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中．甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D 正确．答案：D9．如图14－9所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O 水平向右为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，从t ＝0时刻开始随传送带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t ＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．求：图14－9(1)每一滴水经多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直径上，圆盘转动的角速度ω应为多大？ (3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x. 解析：(1)水滴在竖直方向的分运动为自由落体运动，有 h ＝12gt 2，得t 1＝2h g. (2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为n π，所以角速度为 ω＝n πt 1＝n π g2h(n ＝1,2,3…)． (3)第二滴水落在圆盘上的水平位移为 x 2＝v·2t 1＝2v2h g，第三滴水落在圆盘上的水平位移为 x 3＝v·3t 1＝3v2h g. 当第二与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则 x ＝x 2＋x 3＝5v 2h g . 答案：(1) 2hg(2)n π g2h(n ＝1,2,3…) (3)5v2h g10．[2018·广东省汕头市金山中学期中]如图14－10，圆形玻璃平板半径为R ，离水平地面的高度为h ，可绕圆心O 在水平面内自由转动，一质量为m 的小木块放置在玻璃板的边缘．玻璃板匀速转动使木块随之做匀速圆周运动．图14－10(1)若已知玻璃板匀速转动的周期为T ，求木块所受摩擦力的大小．(2)缓慢增大转速，木块随玻璃板缓慢加速，直到从玻璃板滑出．已知木块脱离时沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O 的竖直线间的距离为s.木块抛出的初速度可认为等于木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时的线速度，滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，试求木块与玻璃板间的动摩擦因数μ.解析：(1)木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力f ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R(2)木块做匀速圆周运动即将滑离玻璃板时，静摩擦力达到最大，有 f m ＝μmg ＝m v 2mR木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有 h ＝12gt 2在水平方向上做匀速运动，水平位移 x ＝v m tx 与距离s 、半径R 的关系如图14－11所示．图14－11由图可得 s 2＝R 2＋x 2由以上各式解得木块与玻璃板间的动摩擦因数μ＝s 2－R22hR.答案：(1)m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R (2)s 2－R 22hR11．[2018·湖北省黄冈市测试]如图14－12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匀速转动，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14－12(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．图14－13解析：(1)对小物块受力分析如图14－13所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有F 2＝F N cos θ＝mg ， F 1＝F N sin θ＝mr ω20， r ＝Rsin θ由以上各式联立解得ω0＝2gR. (2) ①当ω＝(1＋k)ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不至于沿罐壁向上运动．故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图14－14所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供图14－14 F2＝f2＋mg，F n＝F1＋f1＝mrω2再利用几何关系，并将数据代入得f＝3＋2mg.图14－15②当ω＝(1－k)ω0时，由向心力公式F n＝mrω2知，ω越小，所需要的F n越小，此时F1超过所需要的向心力了，物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不至于沿罐壁向下运动．故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图14－15所示．对f进行分解，此时向心力由F N的水平分力F1和f的水平分力f1的合力提供F2＝f2＋mg，F n＝F1－f1＝mrω2再利用几何关系，并将数据代入得f＝3－2mg.答案：(1) 2gR(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f＝3＋2mg；当ω＝(1－k)ω0时，f＝3－2mgC组难点突破12．[2018·甘肃省天水一中段考]如图14－16所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r＝0.1 m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )图14－16A．8 rad/s B．2 rad/sC.124 rad/sD.60rad/s解析：木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿圆盘的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmgcosθ－mgsinθ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s，选项B正确．答案：B。

备考高考物理一轮专题：第16讲圆周运动的基本规律及应用

备考2019年高考物理一轮专题：第16讲圆周运动的基本规律及应用一、单选题。

1.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（）A. 线速度大小之比为4:3B. 角速度大小之比为3:4C. 圆周运动的半径之比为2:1D. 向心加速度大小之比为1:22.圆盘在水平面内匀速转动,角速度为,盘面上距离圆盘中心0.1m的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起转动.则小物体做匀速圆周运动的向心力大小为( )A. 0.4NB. 0.04NC. 1.6ND. 0.16N3.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，为使小车沿轨道内侧做完整的圆周运动，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（）A. B. C. D.4.如图所示，一小球套在光滑轻杆上，绕着竖直轴OO′匀速转动，下列关于小球的说法中正确的是（）A. 小球受到重力、弹力和摩擦力B. 小球受到一个水平指向圆心的向心力C. 小球受到重力、弹力D. 小球受到重力、弹力的合力是恒力5.一质量为m的质点绕圆心做匀速圆周运动，其所受向心力大小为F，运动周期为T，则它在时间内的平均速度大小为（）A. B. C. D.6.如图所示，质量相等的A、B两物体随竖直圆筒一起做匀速圆周运动，且与圆筒保持相对静止，下列说法中正确的是（）A. 线速度B. 运动周期C. 筒壁对它们的弹力D. 它们受到的摩擦力7.如图,半圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上,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)（）A. B.C. D.8.质量为的小球用长为的悬线固定在点，在点正下方处有一光滑圆钉，如图所示，今把小球拉到悬线呈水平后无初速度释放，当悬线碰到圆钉前后瞬间，下列说法错误的是（）A. 小球的线速度之比为B. 小球的角速度之比为C. 小球的向心加速度之比为D. 悬线对小球的拉力之比为9.某同学参加了糕点制作的选修课,在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径约的蛋糕(圈盘与蛋糕中心重合)。

高考物理一轮复习必修2 学案19 圆周运动规律的应用课时精选习题(含答案解析)

高考物理一轮复习必修2 学案19 圆周运动规律的应用课时精选习题（含答案解析）一、概念规律题组1．铁路转弯处的圆弧半径为R，内侧和外侧的高度差为h，L为两轨间的距离，且L>h.如果列车转弯速率大于RghL，则()A．外侧铁轨与轮缘间产生挤压B．铁轨与轮缘间无挤压C．内侧铁轨与轮缘间产生挤压D．内、外铁轨与轮缘间均有挤压图12．一辆卡车在丘陵地区匀速行驶，地形如图1所示，由于轮胎太旧，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段应是()A．a处B．b处C．c处D．d处3．下列说法中正确的是()A．当物体受到离心力的作用时，物体将做离心运动B．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将背离圆心，沿着半径方向“背心”而去D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿这一位置的切线方向飞出，做匀速直线运动图24．如图2所示，已知m A＝2m B＝3m C，它们之间距离的关系是r A＝r C＝12r B，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的转速逐渐增大时()A．物体A先滑动B．物体B先滑动C．物体C先滑动D．B与C同时开始滑动二、思想方法题组5．一轻杆的一端固定质量为m的小球，以另一端为圆心在竖直平面内做圆周运动，轻杆长为l，以下说法中正确的是()A．小球过最高点时，杆的弹力不可以等于零B．小球过最高点时的最小速度为glC．小球到最高点时速度v>0，小球一定能通过最高点做圆周运动D．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反图36．如图3所示，用细绳拴着质量为m 的物体，在竖直面内做圆周运动，圆周半径为R ，则下列说法正确的是( )A ．小球过最高点时，绳子张力不可以为零B ．小球过最高点时的最小速度为零C ．小球刚好过最高点时的速度是RgD ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反圆周运动规律在实际中的应用 1．圆锥摆类问题分析图4圆锥摆是一种典型的匀速圆周运动模型，基本的圆锥摆模型和受力情况如图4所示，拉力(或弹力)和重力的合力提供球做圆周运动的向心力．F 合＝F n ＝mg tan θ＝m v 2R其运动情况也相似，都在水平面内做圆周运动，圆心在水平面内，常见的圆锥摆类模型还有：火车转弯(如图5所示)；杂技节目“飞车走壁”(如图6所示)；飞机在水平面内的盘旋(如图7所示)图5 图6图7图8【例1】 (广东高考)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图8所示，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．[规范思维][针对训练1] (1)为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施投弹爆破．飞机在河道上空高H 处以速度v 0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标．求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小．(不计空气阻力)图9(2)如图9所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO ′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁A 点的高度为筒高的一半．内壁上有一质量为m 的小物块．求： ①当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小；②当物块在A 点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．[针对训练2] 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，还取决于火车在弯道上的行驶速率．下列表格中是铁路设计人员技术(1)(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内、外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内、外轨的间距设计值为L ＝1 435 mm ，结合表中数据，算出我国火车的转弯速率v(以km /h 为单位，结果取整数．当θ很小时，tan θ≈sin θ)．(3)为了提高运输能力，国家对铁路不断进行提速，这就要求火车转弯速率也需要提高．请根据上述计算原理和上述表格分析提速时应采取怎样的有效措施． 2．竖直面内的圆周运动问题分析图10(1)绳(单轨，无支撑，水流星模型)：绳只能给物体施加拉力，而不能有支持力(如图10所示)．这种情况下有F ＋mg ＝mv 2R≥mg ，所以小球通过最高点的条件是v ≥gR ，通过最高点的最小速度v min＝gR.①当v>gR 时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力．②当v<gR 时，球不能通过最高点(实际上球没有到最高点就脱离了轨道．)图11(2)外轨(单轨，有支撑，汽车过拱桥模型)，只能给物体支持力，而不能有拉力(如图11所示)．有支撑的汽车，弹力只可能向上，在这种情况下有：mg －F ＝mv 2R≤mg ，所以v ≤gR ，物体经过最高点的最大速度v max ＝gR ，此时物体恰好离开桥面，做平抛运动．(3)杆(双轨，有支撑)：对物体既可以有拉力，也可以有支持力，如图12所示．①过最高点的临界条件：v＝0.②在最高点，如果小球的重力恰好提供其做圆周运动的向心力，即mg＝mv2R，v＝gR，杆或轨道内壁对小球没有力的作用．当0<v<gR时，小球受到重力和杆(或内轨道)对球的支持力．当v>gR时，小球受到重力和杆向下的拉力(或外轨道对球向下的压力)．图13【例2】如图13所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．[规范思维]图14[针对训练3]在2008年北京奥运会上，我国体操小将邹凯夺得单杠、自由体操、男子团体三枚金牌，以一届奥运会收获三金的佳绩与84年的体操王子李宁比肩．如图14所示为邹凯做单杠动作单臂大回旋的瞬间．他用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．假设他的质量为60 kg，要完成动作，则他运动到最低点时手臂受的拉力至少约为(忽略空气阻力，取g＝10 m/s2)()A．600 N B．2 400 N C．3 000 N D．3 600 N图15[针对训练4]如图15所示，小物块位于半径为R的半圆柱形物体顶端，若给小物块一水平速度v0＝2gR，则物块()A．立即做平抛运动B．落地时水平位移为2RC．落地速度大小为2gRD．落地时速度方向与地面成60°角【基础演练】1．如图16所示，质量为m 的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R ，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时，下列说法错误的是( ) A ．小球对圆环的压力大小等于mg B ．小球受到的向心力等于重力mg C ．小球的线速度大小等于gR D ．小球的向心加速度大小等于g图172．如图17所示，质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．受到向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v2RC ．受到的摩擦力为μ(mg ＋m v 2R)D ．受到的合力方向斜向右上方图183．如图18所示，长为L 的细绳一端固定，另一端系一质量为m 的小球．给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A ．小球受重力、绳的拉力和向心力作用B ．小球只受重力和绳的拉力作用C ．θ越大，小球运动的速度越小D ．θ越大，小球运动的周期越大4．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R 的圆弧，要使车速为v 时车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零．θ应等于( )A ．arcsin v 2RgB ．arctan v 2RgC .12arcsin 2v 2Rg D ．arccot v 2Rg图195．质量为m 的飞机以恒定速率v 在空中水平盘旋(如图19所示)，做匀速圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则此时空气对飞机的作用力大小为( )A ．m v 2RB ．mgC ．m g 2＋v 4R 2D ．m g 2－v 4R26．一根轻绳长0.5 m ，它最多能承受140 N 的拉力．在此绳一端系一质量为1 kg 的小球，另一端固定，使小球在竖直面内做圆周运动，为维持此运动，小球在最高点处的速度大小取值范围是( )A．0≤v≤5 m/sB. 5 m/s≤v≤3 5 m/sC．0≤v≤3 5 m/sD．3 5 m/s≤v≤5 5 m/s7．图20水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道向右运动，如图20所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过c点，然后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，则下列说法错误的是()A．小球到达c点的速度为gRB．小球到达b点时对轨道的压力为5mgC．小球在直轨道上的落点d与b点距离为2RD．小球从c点落到d点所需时间为2 Rg图218．如图21所示，在竖直的转动轴上，a、b两点间距为40 cm，细线ac长50 cm，bc长30 cm，在c 点系一质量为m的小球，在转动轴带着小球转动的过程中，下列说法不正确的是()A．转速小时，ac受拉力，bc松弛B．bc刚好拉直时ac中拉力为1.25mgC．bc拉直后转速增大，ac拉力不变D．bc拉直后转速增大，ac拉力增大题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案【能力提升】9．如图22所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1 kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C点，A点距水平面的高度h＝0.8 m．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)物块离开A点时水平初速度的大小；(2)物块经过C点时对轨道压力的大小；(3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s，求PA间的距离．图22图2310．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，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，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如图23所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g.忽略手的运动半径、绳重和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若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？学案19 圆周运动规律的应用【课前双基回扣】 1．A2．D [车胎在凹部受到的支持力F N ＝mg ＋m v 2R 大于在凸部受到的支持力F N ＝mg －m v 2R .所以汽车在凹部b 、d 两处爆胎可能性大，但d 处的曲率半径小于b 处的曲率半径，汽车以同样的速率经过b 、d 两处时，根据F N ＝mg ＋m v 2R 可知，在d 处爆胎的可能性最大，D 正确．]3．D [物体实际上并不受向心力的作用，离心运动也不是由于物体受到“离心力”的作用而出现的，而是惯性的表现，做圆周运动的物体，在向心力突然消失或合力不足以提供物体做圆周运动所需的向心力时，物体将做远离圆心的运动，因此选项A 、B 均是错误的；物体做匀速圆周运动时，当它所受的一切力都突然消失，即物体所受的合外力突然变为零时，根据牛顿第一定律，物体将从这一时刻起沿这一位置的切线方向飞出，做匀速直线运动，而不是背离圆心，沿着半径方向“背心”而去，故选项C 错误．]4．B [A 、B 、C 三个物体做圆周运动的ω相同，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可得μmg ＝mω2r ，当角速度ω增大时，半径r 越大，越易滑动．]5．AC [对轻杆一端的小球过最高点时的速度可能为0，当小球到最高点的速度v ＝gl 时杆的弹力等0，故A 正确；当v <gl 时，杆对球的作用力为支持力；当v >gl 时，杆对球的作用力为拉力，拉力的方向与重力的方向相同，故D 错]6．AC [小球过最高点时的临界速度v ＝gR ，此时绳中张力为零．小球过最高点时绳子中的张力可能为零，也可能向下，故答案为A 、C.] 思维提升1．虽然铁路外轨高于内轨，但整个外轨是等高的，整个内轨是等高的．因而火车在行驶的过程中，重心的高度不变，即火车重心的轨迹在同一水平面内．故火车运动轨迹的圆周平面是水平面，而不是斜面．2．汽车通过凹部时处于超重状态；通过凸部时处于失重状态．3．离心运动是因为所受的向心力小于所需向心力所致，根本不存在“离心力”这种力．离心运动轨迹可以是直线，也可以是曲线．4．杆连小球与绳连小球在完成竖直面内的圆周运动时，所需临界条件不同．其根本原因是杆可提供拉力，也可提供支持力，而绳只能提供拉力．【核心考点突破】例1 g tan θr ＋L sin θ解析设转盘转动角速度为ω时，钢绳与竖直方向的夹角为θ 座椅到中心轴的距离：R ＝r ＋L sin θ① 对座椅受力分析有：F n ＝mg tan θ＝mRω2② 联立①②两式得：ω＝ g tan θr ＋L sin θ例2 52R ≤h ≤5R解析设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒得mgh ＝2mgR ＋12m v 2①物块在最高点受的力为重力mg 、轨道的压力F N .重力与压力的合力提供向心力，有mg ＋F N ＝m v 2R ②物块能通过最高点的条件是F N ≥0，即当F N ＝0，只有重力提供向心力时为通过最高点的临界条件，有mg ≤m v 2R ③由②③式可得v ≥gR ④由①④式得h ≥52R ⑤按题的要求，F N ≤5mg ，代入②式得v ≤6gR ⑥由①⑥式得h ≤5R ⑦[规范思维] 解此题要注意两个临界条件的分析，特别要理解“物块能通过最高点”的临界条件的意义．[针对训练]1．(1)v 02Hgv 20＋2gH (2)①mgH R 2＋H 2 mgR R 2＋H 2②2gHR2．(1)hr ＝33 m 2 75 mm (2)54 km/h (3)见解析 3．C4．AC [物体恰好不受轨道的支持力的情况下(物体在最高点做圆周运动)的临界条件是最高点速度为gR ，因为v 0＝2gR >gR ，所以物体将从最高点开始做平抛运动，A 正确；由平抛运动的规律R ＝12gt 2，x ＝v 0t ，可得：x ＝2R ，B 答案错误；落地时竖直分速度v y ＝2gR ，合速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝2gR ，其方向与地面成45°角，C 正确，D 错误．] 【课时效果检测】1．BCD [小球经过最高点时刚好不脱离圆环，重力正好全部用来提供向心力，小球对圆环无压力，即F n ＝mg ＝m v 2R＝ma ，所以v ＝gR ，a ＝g ，故B 、C 、D 正确．]2．CD [物体在最低点受到竖直方向的合力F y ，方向向上，提供向心力，F y ＝m v 2R，A 错误；由F y ＝F N －mg ，得F N ＝mg ＋m v 2R ，物体受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μ(mg ＋m v2R )，B 错误，C 正确；F f 水平向左，故物体受到F f 与F y 的合力，斜向左上方，D 正确．]3.BC[小球只受重力和绳的拉力作用，向心力是由两个力的合力提供的，故A 错，B 对；如右图所示，向心力F n ＝mg tan θ＝m v 2L sin θ＝m 4π2T 2L sin θ，解得v ＝gL tan θsin θ，故θ越大，小球运动的速度越大，C对；T ＝2π L cos θg，故θ越大，T 越小，D 错．]4．B[汽车拐弯时，受到支持力和重力作用而做匀速圆周运动，两个力的合力方向指向水平圆周的圆心，根据牛顿第二定律：mg tan θ＝m v 2R ，得θ＝arctan v 2Rg，B 正确．]5．C[飞机在盘旋时在水平面内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作用力两个力的作用，合力提供向心力F n ＝m v2R.飞机运动情况和受力情况示意图如右图所示，根据平形四边形定则得：F ＝(mg )2＋F 2n ＝m g 2＋v 4R2，C 正确．]6．B [设小球在最高点的最小速度为v 1，最大速度为v 2.则在最高点：mg ＝m v 21l ①在最低点：F m －mg ＝m v 2低l ②由机械能守恒定律得12m v 22＋mg ·2l ＝12m v 2低③由①②③得：v 1＝ 5 m/s ，v 2＝3 5 m/s.所以答案B 正确．]7．ACD [小球在c 点时由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2c R，v c ＝gR ，A 项正确；小球由b 点运动到c 点的过程中，由机械能守恒定律得：12m v 2b ＝2mgR ＋12m v 2c 小球在b 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2bR ，联立解得F N ＝6mg ，B 项错误；小球由c 点平抛，在平抛运动过程中由运动学公式得：x ＝v c t,2R ＝12gt 2.解得t ＝2 Rg，x ＝2R ，C 、D 项均正确．]8．D9．(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m 解析 (1)物块由A 到B 在竖直方向上有 v 2y ＝2gh 代入数据，得v y ＝4 m/s在B 点tan θ2＝v yv A解得：v A ＝3 m/s(2)物块由B 到C 由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12m v 2C －12m v 2B又v B ＝v 2A ＋v 2y ＝5 m/s解得：v 2C ＝33(m/s)2在C 点由牛顿第二定律，得F N －mg ＝m v 2CR ，代入数据解得：F N ＝43 N由牛顿第三定律知，物块对轨道压力的大小为F N ′＝F N ＝43 N(3)因物块到达A 点时的速度为3 m/s ，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动．μmg＝ma a ＝3 m/s 2P A 间的距离x P A ＝v 2A 2a＝1.5 m.10．(1)v 1＝2gd v 2＝ 52gd (2)113mg (3)d 2 233d解析 (1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律有竖直方向：d －34d ＝12gt 2，水平方向：d ＝v 1t 联立解得v 1＝2gd .由机械能守恒定律有12m v 22＝12m v 21＋mg (d －34d ) 解得v 2＝ 52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F ，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式有F －mg ＝m v 21R 联立解得F ＝113mg .(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有F －mg ＝m v 23l ，得v 3＝83gl . 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1解得x ＝4l (d －l )3. 当l ＝d 2时，x 有极大值x m ＝23d .v ＝gR 开始做平抛运动，而不再沿桥面做圆周运动，如图所示2．处理离心运动问题时，要注意区分外界所提供的力与物体做圆周运动所需的向心力．3．处理竖直面内的圆周运动时，要注意临界条件的使用，且在最高点或最低点时应用向心力关系，而在两点之间应用动能定理或功能关系处理．。

高考物理一轮复习课时作业【4-3】圆周运动的规律及应用(含答案)

高考物理一轮复习圆周运动专题测试

高考物理一轮复习圆周运动专题测试高考物理一轮复习圆周运动专题测试(附解析)一、选择题1、物体以角速度&oｍeｇa;做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A。

轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小2。

某质点绕圆轨道做匀速圆周运动,下列说法中正确的是( )A、因为它速度大小始终不变,因此它做的是匀速运动B、它速度大小不变,但方向时刻改变,是变速运动C。

该质点速度大小不变,因而加速度为零,处于平衡状态Ｄ、该质点做的是变速运动,具有加速度,故它受合外力不等于零３。

静止在地球上的物体都要随地球一起转动,下列说法正确的是( )Ａ、它们的运动周期都是相同的B、它们的线速度都是相同的C、它们的线速度大小都是相同的D、它们的角速度是不同的4、一皮带传送装置,a、b分别是两轮边缘上的两点,c处在O１轮上,且有rａ＝2ｒb=2rc,则下列关系正确的有( ) A。

ｖａ=vb B、&omｅga;a=&ｏmｅga;ｂ C。

ｖa＝vc Ｄ。

＆oｍegａ;a=＆oｍega;c５。

汽车在公路上行驶一般不打滑,轮子转一周,汽车向前行驶的距离等于车轮的周长。

某国产轿车的车轮半径约为３0 cm,当该型号轿车在高速公路上行驶时,驾驶员面前的速率计的指针指在“120 ｋm／ｈ”上,可估算出该车车轮的转速为( )A。

1 0０0 r/s Ｂ、１ 000 r/minC、1 00０ｒ／h D。

2 0０0 r/ｓ6、某一皮带传动装置,主动轮的半径为r1,从动轮的半径为r2、已知主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打滑。

下列说法正确的是( )A、从动轮做顺时针转动B、从动轮做逆时针转动C。

从动轮的转速为nD、从动轮的转速为ｎ二、非选择题7。

所示的传动装置中,B、C两轮固定在一起绕同一轴转动,A、B两轮用皮带传动,三轮半径关系为ｒA=ｒＣ=2rB。

若皮带不打滑,求A、Ｂ、C轮边缘的ａ、b、ｃ三质点的角速度之比和线速度之比、8。

2020届高考物理一轮复习圆周运动的规律及应用课后练习

圆周运动的规律及应用 A 组·基础巩固题1.(多选)图示是明代出版的《天工开物》一书中的牛力齿轮翻车的图画，记录了我们祖先的劳动智慧。

若A 、B 两齿轮半径比r 1∶r 2＝3∶2，则下列结论正确的是( )A ．齿轮A 、B 边缘的线速度大小之比v A ∶v B ＝1∶1 B ．齿轮A 、B 的角速度之比的ωA ∶ωB ＝3∶2C ．齿轮A 、B 的转动周期之比T A ∶T B ＝2∶3D ．齿轮A 、B 边缘上的点的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝2∶3解析 A 、B 为齿轮传动，边缘上点的线速度大小相等，A 项正确；由ω＝vr 可知，ωA ∶ωB ＝r 2∶r 1＝2∶3，B 项错误；周期之比T A ∶T B ＝ωB ∶ωA ＝3∶2，C 项错误；向心加速度之比a A ∶a B ＝r 2∶r 1＝2∶3，D 项正确。

答案 AD2.如图所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动。

已知运动员的质量为m ，做圆周运动的半径为R ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B ．运动员受到的合力为m v 2R ，是一个恒力C ．若运动员加速，则可能沿斜面上滑D ．若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑解析将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，向心力属于效果力，A 项错误；运动员骑自行车在倾斜赛道上做匀速圆周运动，合力提供匀速圆周运动需要的向心力，所以F ＝m v 2R ，合力指向圆心不是一个恒力，B 项错误；若运动员加速，有向上运动的趋势，可能沿斜面上滑，C项正确；若运动员减速，有沿斜面向下运动的趋势，但不一定加速沿斜面下滑，D项错误。

答案C3.(2019·河南天一大联考)如图所示，一内壁光滑的半圆形管道竖直固定在水平桌面上，圆管左侧底部有一直径略小于圆管直径的小球，一细绳左端与小球连接，右端从圆管右边开口处伸出。

2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动的基本规律及应用课时作业含解析20

第3讲圆周运动的基本规律及应用1．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．物体所受合力全部用来提供向心力D．向心加速度大小不变，方向时刻改变CD[匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对。

]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是同轴传动，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.如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是( )A ．水处于失重状态，不受重力的作用B ．水受平衡力的作用，合力为零C ．由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D ．杯底对水的作用力可能为零D [失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，选项A 错误；水受力不平衡，有向心加速度，选项B 错误；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力提供，选项C 错误；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时。

杯底对水的作用力为零，选项D 正确。

]4．(2020·某某襄阳四中模拟)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，拴质量分别为M 和m 的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 β2 B.cos α＝2cos βC ．tan α＝tan β2D.tan α＝tan βA [以M 为研究对象，由牛顿第二定律得Mg tan α＝M ω21·2l sin α，解得ω21＝g2l cos α。

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【模拟试题】（答题时间：60分钟） *1. 如图所示，光滑的半圆柱体的半径为R ，其上方有一个曲线轨道AB ，轨道底端水平并与半圆柱体顶端相切，质量为m 的小球沿轨道滑至底端（也就是半圆柱体的顶端）B 点时的速度大小为gR ，方向沿水平方向。

小球在水平面上的落点为C （图中未标出），则A. 小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至C 点B. 小球将做平抛运动到达C 点C. OC 之间的距离为2RD. OC 之间的距离为R**2. 在2019年中央电视台举办的元宵文艺晚会上，杂技“飞车”演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，惊险、刺激，令人惊叹不已，赢得阵阵掌声。

如图所示球形金属网的半径为R ，假设两杂技运动员骑摩托车在球形金属网内做“飞车”表演时，以相同的速率分别行驶在Ⅰ、Ⅱ两个水平轨道上，轨道Ⅰ的平面过球形金属网的球心，轨道Ⅱ的平面在轨道Ⅰ平面下方且与轨道Ⅰ的平面间距为h ，两杂技运动员骑摩托车行驶在Ⅰ、Ⅱ两个水平轨道上，则A. 轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的轨道半径之比为Rh R 22- B. 在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的周期之比为222Rh R - C. 在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的向心加速度之比为Rh R 22- D. 对球形金属网的压力之比为222R h R - *3. 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3GB. 受到的拉力为2GC. 向心加速度为g 3D. 向心加速度为2g*4. 如图所示，质量为m 的物块沿半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时，物块速度大小为v ，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法中正确的是A. 受到的向心力为Rmv mg 2+ B. 受到的摩擦力为Rv m 2μ C. 受到的摩擦力为)Rv m mg (2+μ D. 受到的合力方向斜向左上方*5. 如图所示，倾斜轨道AB 与有缺口的圆轨道BCD 相切于B ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点（且OD 竖直），缺口DB 所对的圆心角为120°，把一个小球从倾斜轨道上由静止释放，它下滑到B 点后便进入圆轨道，要使它上升到D 点，不计摩擦，则下列说法中正确的是A. 释放点应比D 点高出R ／2B. 释放点应比D 点高出R ／4C. 释放点应与D 点等高D. 由于小球质量未知，无法计算释放点的高度*6. 在光滑圆锥形容器内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，图乙中轻绳与竖直细杆成θ角。

设甲图和乙图中轻绳对小球的拉力分别为T a 和T b ，圆锥内壁对小球的支持力分别为N a 和N b ，则下列说法中，正确的是①T a 一定为零，T b 一定为零；②T a 可以为零，T b 可以不为零；③N a 一定不为零，N b 可以为零；④N a 可以为零，N b 可以不为零。

A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④*7. 摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，当它转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，产生转弯需要的向心力；行走在直线上时，车厢又恢复原状。

依靠摆式车体的先进性无须对线路等设施进行较大的改造，就可以实现高速行车。

如图所示，假设有一摆式超高速列车在水平面内行驶，以360km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1.5km ，则质量为75kg 的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为A. 500NB. 1000NC. 2500ND. 0**8. 如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。

由于摩擦力的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴的转速n 1、从动轴的转速n 2、滚轮半径r 以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x 之间的关系是 A. r x n n 12= B. r x n n 21= C. 2212rx n n = D. r x n n 12= **9. 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间t ∆的比值定义为角加速度)t(∆∆ωβ即。

我们用电磁打点计时器、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：①如图所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。

②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动。

③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。

（打点计时器所接交流电的频率为50Hz ，如图所示，A 、B 、C 、D 、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）（1）如图所示，圆盘的半径r 为 cm.（2）由图可知，打下计数点D 时，纸带运动的速度大小为 m/s ，此时圆盘转动的角速度为 rad/s 。

（3）纸带运动的加速度大小为 m/s 2。

*10. 有一个圆盘能够在水平面内绕其圆心O 匀速旋转，盘的边缘为粗糙平面（用斜线表示）其余为光滑平面。

现用很轻的长L=5cm 的细杆连接A 、B 两个物体（可看作质点），A 、B 的质量分别为kg 5.0m kg 1.0m B A ==和，B 放在圆盘的粗糙部分，A 放在圆盘的光滑部分。

并且细杆指向圆心，A 离圆心O 的距离为10cm ，如图所示，当圆盘以n=2r/s 的转速转动时，A 和B 能跟着一起做匀速圆周运动。

求B 受到的摩擦力的大小和细杆所受的作用力。

（102≈π）*11. 如图所示，半径R=2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为h=1.25m，现将一质量m=0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以v=5m/s的速度水平飞出，g取10m/s2。

求：（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；（2）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小；（3）小滑块着地时的速度大小和方向.**12. 如图所示，在光滑的水平面上的两个小球A和B，小球A用长L的线拴着绕O点做匀速圆周运动，小球B做匀速直线运动。

在t0时刻小球A、B位于MN直线上，并且有相同的速度v0，这时对小球B施加一个恒力，使小球B开始做匀变速直线运动。

为了使两质点在某时刻速度又相同，小球B的加速度应满足什么条件?【试题答案】1. BC 在B 点时，向心力mg Rmv F 2==向，物体将做平抛运动，由平抛运动的规律知：2gt 21R =，R 2vt OC ==，所以B 、C 正确。

2. CD 轨道Ⅰ的半径为R ，轨道Ⅱ的半径为22h R -，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ的轨道半径之比为22hR R -，A 错误；由周期定义可知在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的周期之比等于轨道半径之比为22hR R -，B 错误；由向心加速度的定义可知当两者速率大小相等时向心加速度与轨道半径成反比，所以在轨道Ⅰ与轨道Ⅱ上运动的向心加速度之比为Rh R 22-，C 正确。

在轨道Ⅰ上运动时，轨道对摩托车的支持力提供向心力，R /mv F 21=，对球形金属网的压力11F F ='；在轨道Ⅱ上运动时，轨道对摩托车支持力的水平分力提供向心力，θθcos R /mv cos F 22=，对球形金属网的压力Rh R cos ,F F 2222-=='θ。

联立上述各式解得22221Rh R F F -=''，D 正确。

3. BC 女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动时受到重力G 和拉力T 的作用，合力沿水平方向指向圆心，拉力sin /G T =30°＝2G ，由cot mg 30°＝ma 得向心力加速度为g 3a =，故B 、C 正确。

4. CD 由于物体到达最低点时的速度为v ，则此时物体所需的向心力为Rv m 2，向心力由金属壳的支持力和物体本身的重力提供（因摩擦力此时沿水平方向），则可知金属壳对物体施加的弹力大小为R v m mg 2+，所以受到的摩擦力为)Rv m mg (2+μ，物体在最低点时除了竖直向上的向心力外，还受到金属壳对物体水平向左的摩擦力，因而物体受到的合力方向应该斜向左上方。

5. A 小球在圆轨道上做的是圆周运动，到达D 点的最小速度为gR v D =，设释放点应比D 点高出h ，由机械能守恒定律2D mv 21mgh =，解得2R h =，故A 正确。

6. B 在题图甲中小球的向心力一般情况下由小球的重力、圆锥内壁对它的支持力和绳子的拉力的合力提供，但当小球的转速为某一值时，小球的重力和圆锥内壁对它的支持力的合力恰能提供小球的向心力，此时绳子的拉力为零。

在图乙中小球的向心力一般情况下也由小球的重力、圆锥内壁对它的支持力和绳子的拉力的合力提供，但当小球的转速为某一值时，小球的重力和圆锥内壁对它的支持力的合力恰能提供小球的向心力，此时绳子的拉力为零；或者是小球的重力和绳子的拉力的合力恰能提供小球的向心力，此时圆锥内壁对小球的支持力为零。

故B 正确。

7. A 乘客在拐弯过程中与列车一起做匀速圆周运动，受到的合外力提供向心力，由牛顿第二定律得N 500rv m F 2==，A 正确。

8. A 由滚轮不会打滑可知主动轴上的平盘与可随从动轴转动的圆柱形滚轮的接触点的线速度相同，所以21v v =，由此可得21n 2r n 2x π⋅=π⋅，所以rx n n 12=，即A 正确。

9. （1）5.925 由题图可知游标卡尺为20分度，主尺上为5.9cm ，游标尺上的第5条刻度线和主尺对齐，所以读数为cm 925.5m m 505.0cm 9.5=⨯+，即可得该圆盘的半径cm 925.5r =。

（2）0.389 6.57 由题意知，纸带上每相邻两点的时间间隔T=0.10s ，打下计数点D 时，纸带运动速度大小为：T2s v CE D ==1.0241.519.13⨯-s /cm =38.9cm/s=0.389m/s 此时圆盘转动的角速度为s /rad 57.6s /rad 10925.5389.0r v 2D D =⨯==-ω。

（3）0.5925 纸带运动的加速度大小为2AB CD BC DE T 4)s s (s s a -+-=，代入数值，得2s /m 5925.0a =。