2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动随堂检测新人教版
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课时规范练12 圆周运动 (3)
课时规范练12 圆周运动基础对点练1.(竖直面内的圆周运动)(湖北黄冈中学模拟)如图所示,长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球,另一端固定在转轴O上,杆可在竖直平面内绕轴,则小球的O无摩擦转动。
已知小球通过最低点Q时的速度大小为v=√9gl2运动情况为( )A.小球不可能到达圆轨道的最高点PB.小球能到达圆轨道的最高点P,但在P点不受轻杆对它的作用力C.小球能到达圆轨道的最高点P,且在P点受到轻杆对它向上的弹力D.小球能到达圆轨道的最高点P,且在P点受到轻杆对它向下的弹力2.(圆周运动的运动学分析)如图所示,修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的,其原理可简化为图中所示的模型。
A、B是转动的齿轮边缘的两点,若A点所在齿轮的半径是B点所在齿轮的半径的3倍,则下列说法正2确的是( )A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3C.A、B两点的周期之比为2∶3D.A、B两点的向心加速度之比为1∶13.(圆周运动的动力学分析)摩天轮在一些城市是标志性设施,某同学乘坐如图所示的摩天轮,随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
设座舱对该同学的作用力为F,该同学的重力为G,下列说法正确的是( )A.该同学经过最低点时,F=GB.该同学经过最高点时,F=GC.该同学经过与转轴等高的位置时,F>GD.该同学经过任一位置时,F>G4.(水平面内的圆周运动临界问题)(河北石家庄正定中学月考)质量分别为m1和m2的A、B两物块放在水平转盘上,用细线系于圆盘转轴上的同一点,细线均刚好拉直,细线与转轴夹角θ>α,随着圆盘转动的角速度缓慢增大( )A.A对圆盘的压力先减为零B.B对圆盘的压力先减为零C.A、B对圆盘的压力同时减为零D.由于A、B质量大小关系不确定,无法判断哪个物块对圆盘的压力先减为零5.(圆周运动的动力学分析)如图所示,小物块(可看作质点)以某一竖直向下的初速度从半球形碗的碗口左边缘向下滑,半球形碗一直静止在水平地面上,物块下滑到最低点的过程中速率不变,则关于下滑过程的说法正确的是( )A.物块下滑过程中处于平衡状态B.半球形碗对物块的摩擦力逐渐变小C.地面对半球形碗的摩擦力方向向左D.半球形碗对地面的压力保持不变6.(竖直面内的圆周运动)质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆管轨道内运动,小球的直径略小于圆管的直径,如图所示。
全程复习构想高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 3 圆周运动课时作业 新人教版
圆周运动一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求) 1.世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067 km ，共有23个弯道，如图所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )A ．赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B ．赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C ．赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D ．由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道解析：赛车在水平路面上转弯时，它需要的向心力由赛车与地面间的摩擦力提供，由F＝mv 2r知，当v 较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C 2.如图所示是某地新建造的摩天轮．假设摩天轮半径为R ，每个轿厢质量(包括轿厢内的人)相等且为m ，尺寸远小于摩天轮半径，摩天轮以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是( )A ．转动到竖直面最高点的轿厢可能处于超重状态B ．转动到竖直面最低点的轿厢可能处于失重状态C ．所有轿厢所受的合外力都等于mRω2D ．在转动过程中，每个轿厢的机械能都不变解析：摩天轮以角速度ω匀速转动，转动到竖直面最高点的轿厢的加速度一定向下，处于失重状态，选项A 错误．转动到竖直面最低点的轿厢加速度方向向上，一定处于超重状态，不可能处于失重状态，选项B 错误．摩天轮以角速度ω匀速转动，根据向心力公式，所有轿厢所受的合外力都等于mRω2，选项C 正确．在转动过程中，每个轿厢的速度大小不变，动能不变，机械能做周期性变化，选项D 错误．答案：C 3.如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则( ) A．绳的张力可能为零B．桶对物块的弹力不可能为零C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大解析：当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，A、D项错误，C项正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，B项错误．答案：C4.如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h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AB＝l>h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动．要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是( )A.12πghB．πghC.12πglD．2πlg解析：对小球，受力分析如图所示，在水平方向有F T sinθ＝mω2R＝4π2mn2R，在竖直方向有F T cosθ＋F N＝mg，且R＝h tanθ，当球即将离开水平面时，F N＝0，转速n有最大值，联立解得n＝12πgh，则A正确．答案：A5．(2017·资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R r＝2 1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则( )A.ω1ω2＝12B.ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12解析：根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r .由ωR ＝ω2r 联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；ma ＝μmg ，所以a 1a 2＝11，选项C 正确，D 错误． 答案：C 6.在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A 、B ，转动方向如图所示，在A 盘上距圆心48 cm 处固定一个小球P ，在B 盘上距离圆心16 cm 处固定一个小球Q .已知P 、Q 转动的线速度大小都为4π m/s.当P 、Q 相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为( )A ．0.08 sB ．0.12 sC ．0.24 sD ．0.48 s解析：欲让P 、Q 相距最远，则P 、Q 同时运动到各自所在位置的圆周直径的另一端，由线速度和角速度公式可得：v R P t ＝2n π＋π，t ＝2n ＋1πR Pv＝(2n ＋1)×0.12，(n ＝0,1,2,3，…)和vR Qt ′＝2k π＋π，可得：t ′＝2k ＋1πR Qv＝(2k ＋1)×0.04，(k ＝0,1,2,3，…)；当n ＝0，k ＝1时，t ＝t ′＝0.12 s 为最小值，选项B 正确．答案：B7．(2017·河南八市质检)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，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，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，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>g cot θl时，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解析：对小球受力分析可得a 绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得F T a ＝mg sin θ，为定值，A 正确，B 错误．当F T a cos θ＝mω2l 即ω＝g cot θl时，b 绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b 绳将出现弹力，C 正确．由于绳b 可能没有弹力，故绳b 突然被剪断，则a 绳的弹力可能不变，D 错误．答案：AC 8.如图所示，光滑半球的半径为R ，球心为O ，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB ，高度为R2.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m 的小球从A 点由静止滑下，最后落在水平面上的C 点．重力加速度为g ，则( )A ．O 、C 之间的距离为2RB ．小球将从B 点开始做平抛运动到达C 点 C ．小球运动到C 点时的速率为3gRD ．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C 点解析：从A 到B 的过程中，根据机械能守恒可得：mg ·12R ＝12mv 2，解得：v ＝gR ，在B点，当重力恰好提供向心力时，由mg ＝m v 2BR，解得：v B ＝gR ，所以当小球到达B 点时，重力恰好提供向心力，所以小球将从B 点开始做平抛运动到达C ，B 正确、D 错误；根据平抛运动的规律，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上R ＝12gt 2，解得：x ＝2R ，A 错误；对整个过程根据机械能守恒，有mg ·32R ＝12mv 2C ，解得v C ＝3gR ，C 正确．答案：BC 9.如图所示，半径为R 的内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( ) A ．3/4 B ．1/3 C ．2/3 D ．1解析：第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有W 1≤mgR ，两次击打后球可以运动到轨道最高点，根据功能关系，有W 1＋W 2－2mgR ＝12mv 2,在最高点有mg ＋F N ＝m v 2R ≥mg ，由以上各式可解得W 1≤mgR ，W 2≥32mgR ，因此W 1W 2≤23，B 、C 正确．答案：BC10．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是2 N解析：根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x＝v y tan45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F NB ＋mg ＝m v 2BR，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F NB ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．答案：AC 二、非选择题11．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB 部分的半径R ＝1.0 m ，BC 段长L ＝1.5 m ．弹射装置将一个小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点射入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，落地点D 距离C 点的水平距离x ＝2.0 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)小球在半圆轨道上运动的角速度ω和加速度a 的大小； (2)小球从A 点运动到C 点的时间t ； (3)桌子的高度h .解析：(1)小球在半圆轨道上运动的角速度为ω＝v 0R ＝51.0rad/s ＝5 rad/s加速度为a ＝v 20R ＝521.0m/s 2＝25 m/s 2.(2)小球从A 运动到B 的时间为t 1＝πR v 0＝3.14×1.05s ＝0.628 s从B 运动到C 的时间为t 2＝L v 0＝1.55s ＝0.3 s小球从A 运动到C 的时间为t ＝t 1＋t 2＝(0.628＋0.3) s ＝0.928 s. (3)小球从C 到D 做平抛运动，有 h ＝12gt 2，x ＝v 0t 解得桌子的高度h ＝gx 22v 20＝10×2.022×52 m ＝0.8 m.答案：(1)5 rad/s 25 m/s 2(2)0.928 s (3)0.8 m12．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？ 解析：(1)小球在A 点的速度分解如图所示，则 v y ＝v 0tan53°＝4 m/s A 、B 两点的高度差为：h ＝v 2y2g ＝422×10m ＝0.8 m. (2)小球若能到达C 点，在C 点需要满足：mg ≤mv 2R，v ≥gR ＝ 5 m/s小球在A 点的速度v A ＝v 0cos53°＝5 m/s从A →C 机械能守恒： 12mv 2A ＝12mv 2C ＋mgR (1＋cos53°) v C ＝3 m/s> 5 m/s 所以小球能到达C 点由牛顿第二定律，得F N ＋mg ＝mv 2CR解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力为4 N.答案：(1)0.8 m (2)能 4 N。
2019版一轮优化探究物理（人教版）课件：第四章 第3讲 圆周运动
[基础知识•自主梳理]
一、匀速圆周运动及其描述 1．匀速圆周运动 (1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧 长 相等，就是匀速圆周运动． (2)特点：加速度大小不变，方向始终指向 圆心，是变加速运动． (3)条件：合外力大小不变、方向始终与 速度方向垂直且指向圆 心．
2．描述圆周运动的物理量及其关系
＝mωa2l，可得 ωa＝ klg，而转盘的角速度 23klg＜ klg，小木块 a 未 发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得 Ff＝ mω2l＝23kmg，选项 D 错误． 答案：AC
2．[火车转弯分析] (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
(2)摩擦或齿轮传动：如图甲、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 vA＝vB.
(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速 度相同，ωA＝ωB，由 v＝ωr 知 v 与 r 成正比．
题组突破训练
1.[皮带转动] (多选)变速自行车靠变换 齿轮组合来改变行驶速度．如图所示是某 一变速自行车齿轮转动结构示意图，图中 A 轮有 48 齿，B 轮有 42 齿，C 轮有 18 齿，D 轮有 12 齿，则( ) A．该自行车可变换两种不同挡位 B．该自行车可变换四种不同挡位 C．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA∶ωD＝1∶4 D．当 A 轮与 D 轮组合时，两轮的角速度之比 ωA∶ωD＝4∶1
(新课标)高考物理一轮总复习 第四章 第三讲 圆周运动教案-人教版高三全册物理教案
第三讲圆周运动[小题快练]1．判断题(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)做匀速圆周运动的物体的向心加速度与半径成反比．( × )(5)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．( √ )(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．( × )2．质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( C )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．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D．向心加速度大小不变，方向也不改变3．如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服( C )A ．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B ．所需的向心力由重力提供C ．所需的向心力由弹力提供D ．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大4．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，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速摆式列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的列车给他的作用力为(g 取10 m/s 2)( C )A ．500 NB ．1 000 NC ．500 2 ND ．0考点一 圆周运动中的运动学分析 (自主学习)1．对公式v ＝ωr 的理解 当r 一定时，v 与ω成正比； 当ω一定时，v 与r 成正比； 当v 一定时，ω与r 成反比．2．对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 3．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．1－1. [链条转动] 如图是自行车传动机构的示意图，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解析：自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确.答案：D1－2. [皮带传动] (多选)如图所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C ＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )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∶4解析：处理传动装置类问题时，对于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等．对于本题，显然v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，B 正确；根据v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，所以ωA ＝ωC 2，A 错误；根据ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，C 错误；根据ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，D 正确．答案：BD1－3.[摩擦传动] 如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1，若改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，则( )A.ω1ω2＝12B ．ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D ．a 1a 2＝12解析：根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2p R ＝2ω2p r .又ωp R ＝ω2r 解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；ma 2＝μmg ，所以a 1a 2＝11，C正确，D错误．答案：C考点二圆周运动中的动力学分析 (师生共研)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，所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．3．常见的圆周运动分析[典例] (多选)(2018·河北省石家庄市高三一模)如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止．已知OA与竖直方向的夹角θ＝53° ，OA 与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．圆环旋转角速度的大小为5g 4R B ．圆环旋转角速度的大小为5g 3RC ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mgD ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为15mg解析：小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan37°＝mω2R sin37°，解得：ω＝5g4R，则A 正确，B 错误；对小球A 受力分析，有：水平方向：N sin θ－f cos θ＝mω2R sin θ 竖直方向：N cos θ＋f sin θ－mg ＝0 联立解得：f ＝15mg ，故C 错误，D 正确．答案：AD [反思总结]“一、二、三、四”求解圆周运动问题2－1.[斜面上的圆周运动] (多选)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)，小环上连接一根轻绳，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F Ta和F Tb，容器内壁对小球的支持力分别为F Na和F Nb，则下列说法中正确的是( )A．F Ta一定为零，F Tb一定为零B．F Ta可以为零，F Tb可以为零C．F Na一定不为零，F Nb可以为零D．F Na可以为零，F Nb可以为零答案：BC2－2.[水平面上的圆周运动] 如图所示，水平转盘上放有一质量为m的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；(2)当角速度为μg2r时，绳子对物体拉力的大小． 解析：(1)设拉力恰好为零时转盘转动的角速度为ω0，此时有μmg ＝mrω20，解得：ω0＝μg r； (2)因为ω＝μg2r＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大静摩擦力，即物与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，此时细绳的拉力仍为0，即F T ＝0.考点三 圆周运动的实例分析 (自主学习)1．凹形桥与拱形桥模型2.火车转弯问题3－1.[凹形桥模型] (多选)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m (g ＋v 2r )C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm (g ＋v 2r)解析：物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，半径为r ，向心加速度为a n ＝v 2r ，故A 正确；根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B 错误；根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力F N ＝m (g ＋v 2r )，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小F N ′＝m (g ＋v 2r )，故C 错误；物体在最低点时，受到的摩擦力为F f ＝μF N ＝μm (g ＋v 2r)，故D 正确．答案：AD3－2.[凹凸形桥模型] (2015·福建卷)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 答案：A3－3.[车转弯问题] 汽车沿半径为R 的圆形跑道匀速行驶，设跑道的路面是水平的，路面作用于车的摩擦力的最大值是车重的110，要使汽车不致冲出圆形跑道， 车速最大不能超过多少？如图所示是汽车沿圆形跑道行驶时的背影简图，试根据图中车厢的倾侧情况和左右轮胎受挤压后的形变情况判断圆形跑道的圆心位置在左侧还是在右侧？解析：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，轮胎所受的静摩擦力F f (方向指向圆心)提供向心力．车速越大，所需向心力也越大，则静摩擦力F f 也越大，设车速的最大值为v max ，则F fmax ＝m v 2max R ，即mg 10＝m v 2maxR，解得v max ＝gR10.对车厢进行受力分析可知，其支持力和重力的合力一定指向右侧，即向心力指向右侧，所以跑道的圆心一定在右侧． 答案：gR10右侧1．(多选)图中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．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为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( AC )A ．c 点与d 点的角速度大小相等B ．a 点与b 点的角速度大小相等C ．a 点与c 点的线速度大小相等D ．a 点与c 点的向心加速度大小相等2．如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A 和B 紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是( B )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3．(多选)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( AD )A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．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∶ 24. (2019·浙江嘉兴高三选考)如图所示，餐桌上的水平玻璃转盘匀速转动时，其上的物品相对于转盘静止，则( D )A．物品所受摩擦力与其运动方向相反B．越靠近圆心的物品摩擦力越小C．越靠近圆心的物品角速度越小D．越靠近圆心的物品加速度越小解析：由于物品有向外甩的趋势，所以物品所受的摩擦力指向圆心提供向心力，故A错误；由摩擦力提供向心力可知，f＝mω2r，由物品的质量大小不知道，所以无法确定摩擦力大小，故B错误；同一转轴转动的物体角速度相同，故C错误；由公式a＝ω2r可知，越靠近圆心的物品加速度越小，D正确．[A组·基础题]1．(2019·湖北、山东重点中学联考)关于圆周运动，下列说法中正确的有( C ) A ．匀速圆周运动是匀变速运动B ．做圆周运动物体所受的合力始终指向圆心C ．做匀速圆周运动的物体加速度始终指向圆心D ．向心力只改变速度的大小，不改变速度的方向2. 如图所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( B )A.12 B ．12C.14D ．133. (多选)(2018·山东青州三模)如图所示，在绕中心轴转动的圆筒内壁上，有两物体A 、B 靠在一起随圆筒转动，在圆筒的角速度均匀增大的过程中，两物体相对圆筒始终保持静止，下列说法中正确的是( BC )A ．在此过程中，圆筒对A 一定有竖直向上的摩擦力B ．在此过程中，A 、B 之间可能存在弹力C ．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A 、B 的弹力都逐渐增大D ．随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对B 的摩擦力也逐渐增大解析：在此过程中，A 可能只受重力和B 对A 的支持力，不一定受到圆筒对A 的竖直向上的摩擦力，选项A 错误，B 正确；水平方向，圆筒对AB 的弹力充当做圆周运动的向心力，根据F ＝mω2r 可知，随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A 、B 的弹力都逐渐增大，选项C 正确；圆筒对B 的摩擦力在竖直方向，与水平方向的受力无关，即与圆筒的转速无关，选项D 错误．4. (多选)(2019·江西红色七校联考)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放．当b 球摆过的角度为90° 时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( AD )A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90° 的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90° 时，a 球对地面的压力刚好为零解析：由于b 球摆动过程中机械能守恒，则有：m b gl ＝12m b v 2，当b 球摆过的角度为90° 时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：T －m b g ＝m b v 2l；联立解得：T ＝3m b g ；据题述a 球对地面压力刚好为零，可知此时绳子张力为：T ＝m a g ，解得：m a ∶m b ＝3∶1，故A 正确，B 错误．由上述求解过程可以看出 T ＝3m b g ，细绳的拉力T 与球到悬点的距离无关，只要b 球摆到最低点，细绳的拉力都是3m b g ，a 球对地面的压力刚好为零．故C 错误，D 正确．5. (多选)铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面间的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R .若质量为m 的火车转弯时的速度小于Rg tan θ，则( AD )A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C ．铁轨对火车的支持力等于mg cos θ D ．铁轨对火车的支持力小于mgcos θ6．(多选) 如图所示，在光滑的横杆上穿着两质量分别为m 1、m 2的小球，小球用细线连接起来，当转台匀速转动时，下列说法正确的是( BD )A ．两小球速率必相等B ．两小球角速度必相等C ．两小球加速度必相等D ．两小球到转轴距离与其质量成反比7．(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．还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．下列说法正确的是( AD )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[B 组·能力题]8．(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( D )A ．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2v 2gD ．速度v 不能超过(2F －Mg )LM9．(多选) (2019·湖北、山东重点中学联考)游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是( BD )A．P、Q两个飞椅的线速度大小相同B．无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2C．如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2D．如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定小于P的向心力解析：由mg tan θ＝mω2h tan θ得，h P＝h Q. (h为钢绳延长线与转轴交点相对游客水平面的高度)，由h＝rtan θ＋L cos θ(其中r为圆盘半径)得，L越小则θ越小．则θ1>θ2，与质量无关．由R＝r＋L sin θ可得，R P>R Q，则v P>v Q；由向心力公式可知F＝mg tan θ，可知Q的向心力一定小于P的向心力，故选项B、D正确，A、C错误．10．(多选)(2015·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( ACD )A．选择路线①，赛车经过的路程最短B．选择路线②，赛车的速率最小C．选择路线③，赛车所用时间最短D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等11. 游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a 上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c 处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b 处接到，已知“摩天轮”半径为R ，重力加速度为g ，(不计人和吊篮的大小及重物的质量)．求：(1)接住前重物下落运动的时间t ；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v ； (3)乙同学在最低点处对地板的压力F N . 解析：(1)由2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g. (2)v ＝s t ，s ＝πR 4联立解得：v ＝18πgR .(3)由牛顿第二定律，F －mg ＝m v 2R解得F ＝(1＋π264)mg由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力大小为F ′＝(1＋π264)mg ，方向竖直向下． 答案：(1)2R g (2)18πgR (3)(1＋π264)mg ，方向竖直向下 12．如图所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长l ＝1 m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小； (2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503rad/s ，求细线AC 与竖直方向的夹角． 解析：(1)当细线AB 上的张力为0时，小球的重力和细线AC 张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有mg tan 37°＝m ω21l sin 37°解得ω1＝gl cos 37°＝522rad/s.(2)当ω2＝503rad/s 时，小球应该向左上方摆起，假设 细线AB 上的张力仍然为0，则mg tan θ′＝mω22l sin θ′ 解得cos θ′＝35，θ′＝53°因为B 点距C 点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB 恰好竖直，且mω22l sin 53°mg ＝43＝tan 53°说明细线AB 此时的张力恰好为0，故此时细线AC 与竖直方向的夹角为53°. 答案：(1)522 rad/s (2)53°。
(新课标)近年届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练(202
（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第三节圆周运动达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第三节圆周运动（建议用时：60分钟)一、单项选择题1．（2018·河北望都中学模拟)如图所示,光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动,若小球到达P点时F突然发生变化，下列关于小球运动的说法正确的是（）A．F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．F突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．F突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．F突然变小，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心解析:选A.在水平面上，拉力提供小球m所需的向心力，当拉力消失，小球水平方向所受合力为零,将沿切线方向做匀速直线运动，故A正确；当向心力减小时，将沿Pb轨迹做离心运动,B、D错误;F突然变大,小球将沿轨迹Pc做向心运动，选项C错误．2。
(2018·江西丰城中学段考)图甲为磁带录音机的磁带盒，可简化为图乙所示的传动模型,A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时,磁带全部绕到了B轮上,磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带,使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮,则在倒带的过程中下列说法正确的是（)A．倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3B．倒带开始时A、B两轮的角速度之比为1∶3C．倒带过程中磁带边缘的线速度变小D．倒带过程中磁带边缘的线速度不变解析:选A.由题意知，在倒带结束时,磁带全部绕到了A轮上,磁带的外缘半径R＝3r，而线速度v相等，ω＝错误!，故倒带结束时A、B两轮的角速度之比为1∶3，故A正确，与之相反，故B错误；随着磁带的倒回，A的半径变大，角速度恒定，根据v＝rω,知磁带边缘线速度增大,故C、D错误．3。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 第三节 圆周运动随堂检测 新人教版
第三节 圆周运动1.(2016·高考全国卷Ⅱ)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 ( )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：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．2．(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．(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 24gD ．v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r＝f m即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有T＋f m＝mω2r2，而此时对P而言有T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T＞mω2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确．。
2019版高考物理第四章曲线运动第3讲圆周运动检测
第3讲圆周运动基础巩固1.关于匀速圆周运动的说法,正确的是( )A.匀速圆周运动是匀速运动B.匀速圆周运动是匀变速运动C.某个恒力作用下质点也可以做匀速圆周运动D.做匀速圆周运动的物体的合力必须是变力2.(2018北京西城期末)计算机硬盘上的磁道为一个个不同半径的同心圆,如图所示。
M、N是不同磁道上的两个点。
当磁盘转动时,比较 M、N两点的运动,下列判断正确的是( )A.M、N的线速度大小相等B.M、N的角速度大小相等C.M点的线速度大于N点的线速度D.M点的角速度小于N点的角速度3.(2017北京西城期末,3)用一个水平拉力F拉着一物体在水平面上绕着O点做匀速圆周运动。
关于物体受到的拉力F和摩擦力f的受力示意图,下列四个图中可能正确的是( )4.(2016北京东城期中,11)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,如图所示。
当列车转弯时在电脑控制下车厢会自动倾斜,沿直线行驶时车厢又恢复成竖直状态,就像玩具“不倒翁”一样。
假设有一超高速列车在水平面内行驶,以360 km/h的速度拐弯,拐弯半径为1 km,则车厢内质量为50 kg的乘客,在拐弯过程中受到火车给他的作用力为(g取10 m/s2)( )A.0B.500 NC.500 ND.1 000 N5.(2016北京朝阳期中,11)火车转弯时,如果铁路弯道的内外轨一样高,外轨对轮缘(如图a所示)挤压的弹力F提供了火车转弯的向心力(如图b所示),但是靠这种办法得到向心力,铁轨和车轮极易受损。
在修建铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨(如图c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,以下说法中正确的是( )A.该弯道的半径R=B.当火车质量改变时,规定的行驶速度也将改变C.当火车速率大于v时,外轨将受到轮缘的挤压D.当火车速率小于v时,外轨将受到轮缘的挤压6.(2018北京东城期末)如图所示为“感受向心力”的实验,用一根轻绳,一端拴着一个小球,在光滑桌面上抡动细绳,使小球做匀速圆周运动,通过拉力来感受向心力。
高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 第3节 圆周运动习题详解 新人教版
2．解析：有的同学误认为 P、Q 在同一水平高度，所以小球到 达 Q 点后将自由下落而错选 C。实际上由机械能守恒定律可 知：小球如到达 Q 点，速度必为 0，而小球在圆弧上做的是 圆周运动，若能到达 Q 点的最小速度为 v＝ Rg。设小球在 Q 点上方高度为 h 处才恰好能完成圆周运动，则 mgh＝12mv2， 解得 h＝R2，故 A 正确。 答案：A
精品课件
要点四
典例：解析：(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作
用力为零，设此时轻绳 a 与竖直杆间的夹角为 α，由题意可知 sin
α＝14， r＝4l
沿半径：Fasin α＝mω2r 垂直半径：Facos α＝mg
联立解得 ω＝2
g。 15l
精品课件
(2)由(1)可知 0≤ω≤2
g 时， 15l
第 3 节 圆周运动
宏观·循图忆知
切线
2πr T
Δθ Δt
一周
1 T
v2 r
4π2 T2 ·r
man
线速度
不变
圆心 减小 靠近
微观·易错判断
(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
(6)√ (7)× (8)×
精品课件
要点一
1．解析：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 vA∶
vB＝1∶ 2，选项 C 错误，D 正确。
答案：D
2．解析：A、B 轮摩擦传动，故 va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb
＝3∶2；B、C 同轴，故 ωb＝ωc，RvbB＝RvCc ，vb∶vc＝3∶2，
因此 va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故 A、
近年届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版(2021年整理)
2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3节圆周运动练习新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第四章第三节圆周运动［A级—基础练］1.（2018·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．］2．(08786352）(2018·铜陵模拟）如图所示的齿轮传动装置中,主动轮的齿数z1＝24，从动轮的齿数z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( )A．顺时针转动，周期为2π3ωB．逆时针转动，周期为错误!C．顺时针转动，周期为错误!D．逆时针转动，周期为错误!解析:B ［齿轮不打滑，说明边缘点线速度相等，主动轮顺时针转动，故从动轮逆时针转动，主动轮的齿数z1＝24,从动轮的齿数z2＝8，故大轮与小轮的半径之比为R∶r＝24∶8＝3∶1，根据v＝rω得错误!＝错误!＝错误!，解得从动轮的角速度为ω2＝3ω1＝3ω，根据ω＝错误!得，从动轮的周期为T＝错误!＝错误!，故选项A、C、D错误，B正确．]3. （2018·广州模拟）“玉兔号”月球车依靠太阳能电池板提供能量,如图ABCD是一块矩形电池板,能绕CD转动，E为矩形的几何中心（未标出），则电池板旋转过程中( )A．B、E两点的转速相同B．A、B两点的角速度不同C．A、B两点的线速度不同D．A、E两点的向心加速度相同解析：A ［根据题意，绕CD匀速转动的过程中，电池板上各点的角速度相同，则转速相等，故A正确，B错误；根据线速度与角速度关系式v＝ωr，转动半径越小，线速度也越小,由几何关系可知A、B两点的线速度相等，故C错误；A、E两点因角速度相同,半径不同，由向心加速度的公式a＝ω2r可知，它们的向心加速度不同，故D错误．]4.(08786353)有一种杂技表演叫“飞车走壁",由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的内侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.下列说法中正确的是( )A．h越高，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C．h越高，摩托车做圆周运动的角速度将越大D．h越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大解析：B [摩托车受力如图所示，侧壁对车的弹力F N＝错误!，向心力F n ＝mg cot θ,当h变化时，θ角保持不变,所以摩托车对侧壁的压力大小以及摩托车做圆周运动的向心力大小不随h变化，选项A、D错误；由牛顿第二定律得mg cot θ＝m错误!＝mω2r，解得v＝错误!，ω＝错误!，h越高,r越大，故h越高,摩托车做圆周运动的线速度越大,角速度将越小，选项B正确，C 错误．］5。
高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动及其应用练习(2021年整理)
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第3讲圆周运动及其应用板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分.其中1~6为单选，7～10为多选）1．如图为某一皮带传动装置。
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n1，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．从动轮边缘线速度大小为错误!n1D．从动轮的转速为错误!n1答案B解析主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误,B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝r1r2n1，故C、D错误.2．［2018·山东烟台一模]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b 处相切，固定于水平面上.一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管.则小球由圆管ab进入圆管bc后( ）A．线速度变小B．角速度变大C．向心加速度变小D．小球对管壁的压力变大答案C解析由于管道光滑，小球到达b点后,重力做功为零,速度大小保持不变,根据v＝ωR可知角速度ω减小，根据a＝v2R可知向心加速度减小,根据F＝ma可知小球对管道的压力减小，故C正确。
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第三节 圆周运动
1.
(2016·高考全国卷Ⅱ)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 ( )
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：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，
mgL ＝12
mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质
量大于Q 球的质量，由E k ＝12
mv 2
可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，
根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2
L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此
C 项正确；由a ＝v 2
L
＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．
2．(多选)
(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A ．选择路线①，赛车经过的路程最短
B ．选择路线②，赛车的速率最小
C ．选择路线③，赛车所用时间最短
D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着
最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2
R
，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的
速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v
，可得①、②、③所用的时间分别为
t 1＝
（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π
2μgr
，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，
选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．
3．(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 2
16g B ．v 2
8g C.v 2
4g
D ．v 2
2g
解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 2
1，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分
解有：x ＝v 1t ，2R ＝12
gt 2
，求得x ＝
－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 2
8g 2
＋v 44g
2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 2
8g 时，
x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．
4.
如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )
A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心
B．ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C．ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
D．ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心
解析：选B.设P、Q质量均为m，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其
的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r＝f m即ω＝f m
mr
时，若再增大ω，则静摩
擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始出现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q而言有T＋f m＝mω2r2，而此时对P而言有T＋f＝mω2r1；随着细线张力的增大，P受到的指向圆心的静摩擦力会逐渐减小，当T＞mω2r1时，P受到的静摩擦力开始背离圆心，B项正确．。