2019物理金版大一轮精练：第4章 第3讲圆周运动的基本规律及应用 Word版含解析
2019届高考物理一轮复习 第4章 曲线运动万有引力与航天 9 第三节 圆周运动 新人教版
9 第三节 圆周运动一、单项选择题1．(2018·江苏师大附中模拟)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：选 D.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．2.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( ) A ．一直不做功 B ．一直做正功 C ．始终指向大圆环圆心 D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误． 3.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t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，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．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．5.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 －5mg B ．Mg ＋mg C ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 6.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( ) A ．ω≤ μgr B ．ω≤ 2μg3r C ．ω≤2μgrD ．μgr ≤ω≤2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝m ω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr ，ωB ≤μgr，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤ 2μg3r，选项B 正确． 二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0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( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，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 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D 错误． 8.(2018·江苏五校联考)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：选AD.物体滑到半径为r 的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，向心加速度为a 向＝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N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力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N ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故C 错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f ＝μN ′＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故D 正确． 9．(2018·泰州测试)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，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 后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．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 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 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 N B 的大小是2 N解析：选AC.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 tan 45°＝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 N B ＋mg ＝m v 2B R，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－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． 10.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( ) A ．v 0≥0 B ．v 0≥4 m/s C ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况： (1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有mv 22＋2mgr ＝mv 22，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝mv 202，可求得v 0≤2 2m/s ，故选项D 正确． 三、非选择题11．(2018·江苏中学段考)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45°.已知重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f ＝24mg .(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0； (2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan 45°＝mR sin 45°·ω20 解得：ω0＝2g R.(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图： 由牛顿第二定律得，F f cos 45°＋F N cos 45°＝mR sin 45°ω21F f sin 45°＋mg＝F N sin 45°联立解得：ω1＝32g 2R当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，F N cos 45°－F f cos 45°＝mR sin 45°ω22F f sin 45°＋F N sin 45°＝mg联立解得：ω2＝2g 2R所以2g2R≤ω≤32g2R.答案：(1)2gR(2)2g2R≤ω≤32g2R12.如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？(2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f＝mω2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg时，框架的角速度为ω0，则有μmg＝mω20R ①由此得ω0＝μg R.①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μg R2时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A ＝m 1ω21R 1＝μm 1gR 1R 2，F f B ＝μm 2g .(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为F T ，对于A 物体有F T ＋F f A ＝m 1ω2R 1 ② 对于B 物体有F T ＋μm 2g ＝m 2ω2R 2③联立②③式得A 物体受到的静摩擦力为F f A ＝μm 2g －(m 2R 2－m 1R 1)ω2④由于R 1＜R 2和m 1＜m 2，则A 物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为 ω2＝μm 2gm 2R 2－m 1R 1⑤ 将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1.答案：(1)ω1＝ μgR 2F f A ＝μm 1gR 1R 2F f B ＝μm 2g(2)ω2＝μm 2g m 2R 2－m 1R 1 F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1。
[推荐学习]2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第四章 第3讲 圆周运动
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[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1.在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111 m 的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob 代表弯道，即正常运动路线，Oa 为运动员在O 点时的速度方向(研究时可将运动员看成质点)．下列论述正确的是( )A ．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B ．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C ．若在O 点发生侧滑，则滑动的方向在Oa 左侧D ．若在O 点发生侧滑，则滑动的方向在Oa 右侧与Ob 之间解析：运动员发生侧滑是因为运动员受到指向圆心的合力小于所需要的向心力，A 、B 错误．若在O 点发生侧滑，如果向心力突然消失，则沿切线Oa 运动，而现在是由于所提供的向心力小于所需要的向心力，因此滑动的方向在Oa 与Ob 之间，D 正确．答案：D2．如图是自行车传动结构的示意图，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 ，则自行车前进的速度为( )A.2πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.πnr 1r 3r 2 D ．2πnr 2r 3r 1解析：前进速度即为Ⅲ轮的线速度，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：ω1r 1＝ω2r 2，ω3＝ω2，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2，A 正确．答案：A3.如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入圆轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，P A 与竖直方向的夹角为θ2.下列关系式正确的是( )A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝2解析：小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4.(2018·安徽合肥高三模拟)如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab 为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )A ．物块始终受到三个力作用B ．只有在a 、b 、c 、d 四点，物块受到合外力才指向圆心C ．从a 到b ，物块所受的摩擦力先增大后减小D ．从b 到a ，物块处于超重状态解析：在c 点处，物块可能只受重力作用，在d 点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处，物块受到重力、支持力、静摩擦力作用，选项A 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，且始终指向圆心，选项B 错误；从a 运动到b ，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后增大，选项C 错误；从b 运动到a ，向心加速度有向上的分量，所以物块处于超重状态，选项D 正确．答案：D5.如图所示，长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L 3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断)，下列说法中正确的是( )A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：细绳碰到钉子的瞬间，线速度不变，B 错误．圆周运动的半径由L 变为L 3，由a ＝v 2r 知，a 增大到原来的3倍，A 正确．根据v ＝rω知，角速度ω增大到原来的3倍，C 错误．细绳碰到钉子前瞬间T －mg ＝m v 2L ，碰后瞬间T ′－mg ＝m v 2L 3，再根据机械能守恒有mgL ＝12m v 2，由此可得T ′＝73T ，D 错误．答案：A二、多项选择题6.(2018·安徽皖江名校高三模拟)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )A ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时，向心加速度的比值为a A ∶a B ＝2∶9C ．转速增加后滑块B 先发生滑动D ．转速增加后两滑块一起发生滑动解析：假设轮盘乙的半径为R ，由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲(3R)＝ω乙R，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以滑块相对轮盘滑动前，A、B的角速度之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9，B正确；据题意可得滑块的最大静摩擦力分别为f a＝μm A g，f b＝μm B g，最大静摩擦力之比为f a∶f b＝m A∶m B，滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为f a′∶f b′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5 m B)，综上分析可得滑块B 先达到最大静摩擦力，先开始滑动，C正确，D错误．答案：ABC7.(2018·江苏如皋质检)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ω2＞gl tan θ，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T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误．当T a cos θ＝mω2l，即ω＝gl tan θ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，D错误．答案：AC8.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g取10 m/s2)()A．v0≥0 B．v0≥4 m/sC．v0≥2 5 m/s D．v0≤2 2 m/s解析：要使小球不脱离轨道运动，则需越过最高点或不越过四分之一圆周．越过最高点的临界情况：mg＝m v2r，得v＝gr＝2 m/s，由动能定理得－mg·2r＝12m v2－12m v 20，解得v 0＝2 5 m/s ；若不通过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20，解得v 0＝2 2 m/s.所以v ≥2 5 m/s 或v ≤2 2 m/s 均符合要求，C 、D 正确，A 、B 错误．答案：CD[能力题组]一、选择题9.如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1 kg ，当小球以2 m/s 的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为20 N ，轨道的半径r ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为( )A ．1 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s解析：设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F 1、弹簧弹力大小为N ，则F 1－mg －N ＝m v 21r ，求得N ＝2 N ，可判断出弹簧处于压缩状态．小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则mg －N ＝m v 22r ，求得v 2＝2 m/s ，B 项正确．答案：B10.如图所示，细绳长为L ，挂一个质量为m 的小球，小球离地面的高度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．现让环与小球一起以速度v ＝gL 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 ，小球在以后的运动过程中，小球第一次碰撞点离墙角B 点的距离是ΔH (不计空气阻力)，则( )A ．ΔH ＝12LB ．ΔH ＝53LC ．ΔH ＝23LD ．ΔH ＝32L解析：环被A 挡住时，小球做圆周运动，受到重力和绳子的拉力作用，两者的合力充当向心力，故有T －mg ＝m v 2L ，因为v ＝gL ，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h ＝12gt 2，小球的水平位移x ＝v t ＝2L ＞L ，所以小球先与墙壁碰撞．设小球平抛后经时间t ′与墙壁碰撞，则t ′＝L v ＝L g ，小球下落高度h ′＝12gt ′2＝L 2，碰撞点距B 的距离ΔH ＝2L －L 2＝32L ，故D 正确．答案：D11.(多选)(2018·湖南长沙高三联考)如图所示，质量为m 的小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法正确的有( ) A ．小球通过最高点的速度可能小于gRB ．小球通过最低点时对轨道的压力大小等于小球的重力C ．小球在水平线ab 以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D ．小球在水平线ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力解析：小球在光滑圆形管道内做圆周运动，只受重力和弹力，两者的合力提供向心力．小球通过最高点时，速度可以无限接近于零，选项A 正确；小球通过最低点时，受到重力和弹力，两者合力提供向心力，有N －mg ＝m v 2R ，选项B 错误；小球在水平线ab 以下管道中运动时，受到重力和弹力，合力沿半径方向的分力提供向心力，由于重力有背离圆心的分量，所以弹力一定指向圆心，因此外侧管壁必然对小球有作用力，选项C 正确；同理，小球在水平线ab 以上管道中运动时，由于重力有指向圆心的分量，所以弹力可以背离圆心，也可以指向圆心，选项D 错误．答案：AC二、非选择题12.(2018·陕西西安质检)某工厂生产流水线示意图如图所示，半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E 点固定一小桶，在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动，滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力N B ；(2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．解析：(1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12m v 2B 解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有N B ′－mg ＝m v 2B r解得N B ′＝6 N根据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动，h ＝12gt 21解得t 1＝2hg ＝0.5 sv C ＝R t 1＝2 m/s 滑块由B 到C 过程中，根据动能定理，有－μmgL ＝12m v 2C －12m v 2B解得L ＝v 2B －v 2C 2μg ＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中，根据运动学公式，有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2L v B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3，…)解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3，…)．答案：(1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m(3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3，…)13．(2018·湖南六校联考)如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R ＝2 m ，圆形滑道的最低点的水平入口B 和水平出口B ′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h ＝5 m ．现游客从滑道A 点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)起滑点A 至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全，在水池中放有长度L ＝5 m 的安全气垫MN ，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M 端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A 距水平滑道的高度取值范围为多少？ 解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg ＝m v 2R ①从A 到圆形滑道最高点，由机械能守恒，有mgH 1＝12m v 2＋mg ×2R ②解得H 1＝52R ＝5 m ③(2)落在M 点时抛出速度最小，从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12m v 21④v 1＝2gH 1＝10 m/s ⑤水平抛出，由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m则对应的抛出速度v 2＝s 2t ＝15 m/s ⑧由mgH 2＝12m v 22得H 2＝v 222g ＝11.25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m ≤H ≤11.25 m ⑨ 答案：(1)5 m (2)见解析。
2019年高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 微专题31 竖直面内的圆周运动备考精炼
2019年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天微专题31竖直面内的圆周运动备考精炼[方法点拨] “拱桥”模型特点：下有支撑，上无约束；“绳—球”模型特点：下无支撑，上有约束；“杆—球”模型特点：下有支撑，上有约束．1．(多选)(xx·常熟市调研)如图1所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )图1A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过t＝2Rg时间小球运动到与圆心等高的位置2．如图2所示为空间站中模拟地球上重力的装置，环形实验装置的外侧壁相当于“地板”，让环形实验装置绕O点旋转，能使“地板”上可视为质点的物体与地球表面处有同样的“重力”，则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g，装置的外半径为R)( )图2A.gRB.RgC．2gRD.2Rg3．(多选)(xx·苏州市调研)如图3所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )图3A ．此刻两根细线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能4．如图4所示，在质量为M 的物体内有光滑的圆形轨道，有一质量为m 的小球在竖直平面内沿圆轨道做圆周运动，A 与C 两点分别是轨道的最高点和最低点，B 、D 两点与圆心O 在同一水平面上．在小球运动过程中，物体M 静止于地面，则关于物体M 对地面的压力F N 和地面对物体M 的摩擦力方向，下列说法正确的是( )图4A ．小球运动到A 点时，F N ＞Mg ，摩擦力方向向左B ．小球运动到B 点时，F N ＝Mg ，摩擦力方向向右C ．小球运动到C 点时，F N ＜(M ＋m )g ，地面对M 无摩擦D ．小球运动到D 点时，F N ＝(M ＋m )g ，摩擦力方向向右5．(多选)(xx·东台市5月模拟)如图5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的功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )图5A.34B.13C.23D ．1 6．(多选)如图6甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让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，受到的弹力为F ，速度大小为v ，其F －v 2图象如图乙所示．则( )图6A ．小球的质量为aR bB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向下D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等答案精析1．AD [小球刚好通过最高点时，细绳的拉力恰好为零，有：mg ＝m v A 2R，解得：v A ＝gR ，故A 正确；根据动能定理，ΔE k ＝mg ·2R ＝2mgR ，故B 错误；从A 到C ，由动能定理可得：mgR ＝12mv C 2－12mv A 2，细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，小球将做竖直上抛运动，设上升的高度为h ，由动能定理得：－mgh ＝0－12mv C 2，解得：h ＝1.5R ，故C 错误；若细绳在小球运动到A 处断了，小球将做平抛运动，经过时间t ＝2R g ，小球下落高度R ，此时与圆心的位置等高，故D 正确．]2．A [物体随同环形装置做圆周运动，“重力”提供向心力，可得：mg ＝mω2R ，解得：ω＝g R，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．] 3．CD [题图位置，球1加速度向上，处于超重状态；球2加速度向下，处于失重状态，故球1受到的拉力较大，故A 错误；球1在最高点，有：F 1＋mg ＝m v 12R，球2在最低点，有：F 2－mg ＝m v 22R ，两个球运动过程中机械能守恒，设两球在题图位置的速度为v ，对球1：12mv 2＝12mv 12＋2mgR ，对球2：12mv 2＝12mv 22－2mgR ，联立解得：F 1＝m v 2R －5mg ，F 2＝m v 2R ＋5mg ，故F 2－F 1＝10mg ，故B 错误，C 正确；两个球运动过程中机械能守恒，而题图位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D 正确．]4．B [小球在A 点时，系统在水平方向不受力的作用，所以地面对M 没有摩擦力的作用，A 项错误；小球在B 点时，需要的向心力向右，所以M 对小球有向右的支持力的作用，对M 受力分析可知，地面要对M 有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，M 受力平衡，所以物体M 对地面的压力F N ＝Mg ，B 项正确；小球在C 点时，小球的向心力向上，所以物体M 对小球的支持力要大于小球的重力，故M 受到的小球的压力大于mg ，那么M 对地面的压力就要大于(M ＋m )g ，系统在水平方向上不受力，则地面对M 没有摩擦力，C 项错误；小球在D 点和B 点的受力类似，M 对小球的弹力向左，则小球对M 的弹力向右，则M 受到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，根据平衡条件知，F N ＝Mg ，D 项错误．]5．BC [第一次击打后球最高到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有：W 1≤mgR ① 两次击打后球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W 1＋W 2－2mgR ＝12mv 2②在最高点，有：mg ＋F N ＝m v 2R≥mg ③ 联立①②③解得：W 1≤mgR ，W 2≥32mgR 故W 1W 2≤23，故B 、C 正确，A 、D 错误．] 6．AD -30787 7843 硃22134 5676 噶25260 62AC 抬32488 7EE8 绨38j31233 7A01 稁$40525 9E4D 鹍 Vf31595 7B6B 筫。
浙江鸭2019版高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动课件
C.P点向心加速度小于Q点向心加速度
图3
√D.P点向心加速度大于Q点向心加速度
解答
命题点二 水平面内的圆周运动
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，轨道平面、圆心位置、半径大小以及 物体的线速度是否变化； 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.
②
由①②得：FN＝600 N.
结合牛顿第三定律可知，她对秋千板的压力约为600 N. 解答
模型2 轻杆模型
例4 (2017·金衢五校期中联考)如图8所示，长为l的轻杆，一端 固定一个可视为质点的小球，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，小球过最高点的速度为v，下列 叙述中不正确的是
秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5 m.小孩的父亲将秋千板从最
低点拉起1.25 m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，
她对秋千板的压力约为
A.0
√ B.200 N C.600 N
D.1 000 N
解析 秋千板从释放至最低点的过程中，
由机械能守恒定律：mgh＝12mv2
①
在最低点，有 FN－mg＝mvL2
FN－mg＝mrv2
规律 桥对车的支持力 FN＝mg＋mvr2＞mg，汽车 处于超重状态
mg－FN＝mrv2
如图所示为拱形桥模型.当汽车通过拱形桥 概述 的最高点时，向心力 Fn＝mg－FN＝mvr2
桥对车的支持力 FN＝mg－mvr2＜mg，汽车 规律 处于失重状态.若 v＝ gr，则 FN＝0，汽车
√A.半径不变，减小角速度，拉力将减小
2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第四章 第3讲 圆周运动 Word版含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.在冬奥会短道速滑项目中,运动员绕周长仅111 m的短道竞赛．运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度,将发生侧滑而摔离正常比赛路线．图中圆弧虚线Ob代表弯道,即正常运动路线,Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看成质点)．下列论述正确的是()A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力C．若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa左侧D．若在O点发生侧滑,则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间解析：运动员发生侧滑是因为运动员受到指向圆心的合力小于所需要的向心力,A、B错误．若在O点发生侧滑,如果向心力突然消失,则沿切线Oa运动,而现在是由于所提供的向心力小于所需要的向心力,因此滑动的方向在Oa与Ob之间,D正确．答案：D2．如图是自行车传动结构的示意图,其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮,Ⅱ是半径为r2的小齿轮,Ⅲ是半径为r3的后轮．假设脚踏板的转速为n,则自行车前进的速度为()A.2πnr 1r 3r 2B.πnr 2r 3r 1C.πnr 1r 3r 2D ．2πnr 2r 3r 1 解析：前进速度即为Ⅲ轮的线速度,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：ω1r 1＝ω2r 2,ω3＝ω2,又有ω1＝2πn ,v ＝ω3r 3,所以v ＝2πnr 1r 3r 2,A 正确． 答案：A3.如图所示,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧,位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出,该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入圆轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1,P A 与竖直方向的夹角为θ2.下列关系式正确的是( )A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝2解析：小球在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1,tan θ1＝v y v 0＝gt v 0,位移与竖直方向的夹角为θ2,tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ,则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确,B 、C 、D 错误．答案：A4.(2018·安徽合肥高三模拟)如图所示,在粗糙水平木板上放一个物块,使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,ab 为水平直径,cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物块相对木板始终静止,则( )A ．物块始终受到三个力作用B ．只有在a 、b 、c 、d 四点,物块受到合外力才指向圆心C ．从a 到b ,物块所受的摩擦力先增大后减小D ．从b 到a ,物块处于超重状态解析：在c 点处,物块可能只受重力作用,在d 点处,物块只受重力和支持力作用,在其他位置处,物块受到重力、支持力、静摩擦力作用,选项A 错误；物块做匀速圆周运动,合外力提供向心力,且始终指向圆心,选项B 错误；从a 运动到b ,向心力的水平分量先减小后增大,所以摩擦力先减小后增大,选项C 错误；从b 运动到a ,向心加速度有向上的分量,所以物块处于超重状态,选项D 正确．答案：D5.如图所示,长为L 的细绳一端固定在O 点,另一端拴住一个小球．在O 点的正下方与O 点相距2L 3的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子A .把球拉起使细绳在水平方向伸直,由静止开始释放,当细绳碰到钉子后的瞬间(细绳没有断),下列说法中正确的是( )A ．小球的向心加速度突然增大到原来的3倍B ．小球的线速度突然增大到原来的3倍C ．小球的角速度突然增大到原来的1.5倍D ．细绳对小球的拉力突然增大到原来的1.5倍解析：细绳碰到钉子的瞬间,线速度不变,B 错误．圆周运动的半径由L 变为L 3,由a ＝v 2r 知,a 增大到原来的3倍,A 正确．根据v ＝rω知,角速度ω增大到原来的3倍,C 错误．细绳碰到钉子前瞬间T －mg ＝m v 2L ,碰后瞬间T ′－mg ＝m v 2L 3,再根据机械能守恒有mgL ＝12m v 2,由此可得T ′＝73T ,D 错误．答案：A二、多项选择题6.(2018·安徽皖江名校高三模拟)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型,如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动,其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心,已知两个轮盘的半径之比r 甲∶r 乙＝3∶1,且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ,两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同,两滑块距离轴心O 、O ′的间距R A ＝2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来,且转速逐渐增加,则下列叙述正确的是( )A ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时,角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3B ．滑块A 和B 在与轮盘相对静止时,向心加速度的比值为a A ∶a B ＝2∶9C．转速增加后滑块B先发生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动解析：假设轮盘乙的半径为R,由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等,有ω甲(3R)＝ω乙R,得ω甲∶ω乙＝1∶3,所以滑块相对轮盘滑动前,A、B的角速度之比为1∶3,A正确；滑块相对轮盘滑动前,根据a＝ω2r得A、B的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶9,B正确；据题意可得滑块的最大静摩擦力分别为f a＝μm A g,f b＝μm B g,最大静摩擦力之比为f a∶f b＝m A∶m B,滑块相对轮盘滑动前所受的静摩擦力之比为f a′∶f b′＝(m A a A)∶(m B a B)＝m A∶(4.5 m B),综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力,先开始滑动,C正确,D错误．答案：ABC7.(2018·江苏如皋质检)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ω2＞gl tan θ,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T a ＝mg sin θ,为定值,A 正确,B 错误．当T a cos θ＝mω2l ,即ω＝gl tan θ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,D 错误．答案：AC8.如图所示,竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上,半径r＝0.4 m,最低点处有一小球(半径比r 小很多),现给小球一水平向右的初速度v 0,要使小球不脱离圆轨道运动,v 0应当满足(g 取10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：要使小球不脱离轨道运动,则需越过最高点或不越过四分之一圆周．越过最高点的临界情况：mg ＝m v 2r ,得v ＝gr ＝2 m/s,由动能定理得－mg ·2r ＝12m v 2－12m v 20,解得v 0＝2 5 m/s ；若不通过四分之一圆周,根据机械能守恒定律有mgr ＝12m v 20,解得v 0＝2 2 m/s.所以v ≥2 5m/s 或v ≤2 2 m/s 均符合要求,C 、D 正确,A 、B 错误．答案：CD[能力题组]一、选择题9.如图所示,竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态,一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上,另一端与圆轨道上的小球相连,小球的质量为1 kg,当小球以2 m/s 的速度通过圆轨道的最低点时,球对轨道的压力为20 N,轨道的半径r ＝0.5 m,重力加速度g 取10 m/s 2,则小球要能通过圆轨道的最高点,小球在最高点的速度至少为( )A ．1 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s解析：设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F 1、弹簧弹力大小为N ,则F 1－mg －N ＝m v 21r ,求得N ＝2 N,可判断出弹簧处于压缩状态．小球以最小速度通过最高点时,球对轨道的压力刚好为零,则mg－N ＝m v 22r ,求得v 2＝2 m/s,B 项正确．答案：B10.如图所示,细绳长为L ,挂一个质量为m 的小球,小球离地面的高度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．现让环与小球一起以速度v ＝gL 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 ,小球在以后的运动过程中,小球第一次碰撞点离墙角B 点的距离是ΔH (不计空气阻力),则( )A ．ΔH ＝12LB ．ΔH ＝53LC ．ΔH ＝23LD ．ΔH ＝32L解析：环被A 挡住时,小球做圆周运动,受到重力和绳子的拉力作用,两者的合力充当向心力,故有T －mg ＝m v 2L ,因为v ＝gL ,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h ＝12gt 2,小球的水平位移x ＝v t ＝2L ＞L ,所以小球先与墙壁碰撞．设小球平抛后经时间t ′与墙壁碰撞,则t ′＝L v ＝L g ,小球下落高度h ′＝12gt ′2＝L 2,碰撞点距B 的距离ΔH ＝2L －L 2＝32L ,故D 正确．答案：D11.(多选)(2018·湖南长沙高三联考)如图所示,质量为m 的小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法正确的有( ) A ．小球通过最高点的速度可能小于gRB ．小球通过最低点时对轨道的压力大小等于小球的重力C ．小球在水平线ab 以下管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力D ．小球在水平线ab 以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力解析：小球在光滑圆形管道内做圆周运动,只受重力和弹力,两者的合力提供向心力．小球通过最高点时,速度可以无限接近于零,选项A 正确；小球通过最低点时,受到重力和弹力,两者合力提供向心力,有N －mg ＝m v 2R ,选项B 错误；小球在水平线ab 以下管道中运动时,受到重力和弹力,合力沿半径方向的分力提供向心力,由于重力有背离圆心的分量,所以弹力一定指向圆心,因此外侧管壁必然对小球有作用力,选项C 正确；同理,小球在水平线ab 以上管道中运动时,由于重力有指向圆心的分量,所以弹力可以背离圆心,也可以指向圆心,选项D 错误． 答案：AC二、非选择题12.(2018·陕西西安质检)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R ＝1 m 的水平圆盘边缘E点固定一小桶,在圆盘直径DE 正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上,竖直高度h ＝1.25 m ．AB 为一个与CO 在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道,半径r ＝0.45 m,且与水平传送带相切于B 点．一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,当滑块到达B 点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O 的竖直轴匀速转动,滑块到达C 点时恰与传送带同速并水平抛出,刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g ＝10 m/s 2,求：(1)滑块到达圆弧轨道B 点时对轨道的压力N B ；(2)传送带BC 部分的长度L ；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．解析：(1)滑块从A 到B 过程中,由动能定理有mgr ＝12m v 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时,由牛顿第二定律有N B ′－mg ＝m v 2B r解得N B ′＝6 N根据牛顿第三定律,滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动,h ＝12gt 21解得t 1＝2hg ＝0.5 sv C ＝R t 1＝2 m/s 滑块由B 到C 过程中,根据动能定理,有－μmgL ＝12m v 2C －12m v 2B解得L ＝v 2B －v 2C 2μg ＝1.25 m(3)滑块由B 到C 过程中,根据运动学公式,有L ＝v B ＋v C 2t 2解得t 2＝2L v B ＋v C＝0.5 s 则t ＝t 1＋t 2＝1 s圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3,…)解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3,…)．答案：(1)6 N,方向竖直向下 (2)1.25 m(3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3,…)13．(2018·湖南六校联考)如图所示为水上乐园的设施,由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成,圆形滑道外侧半径R ＝2 m,圆形滑道的最低点的水平入口B 和水平出口B ′相互错开,为保证安全,在圆形滑道内运动时,要求紧贴内侧滑行．水面离水平滑道高度h ＝5 m ．现游客从滑道A 点由静止滑下,游客可视为质点,不计一切阻力,重力加速度g 取10 m/s 2,求：(1)起滑点A 至少离水平滑道多高？(2)为了保证游客安全,在水池中放有长度L ＝5 m 的安全气垫MN ,其厚度不计,满足(1)的游客恰落在M 端,要使游客能安全落在气垫上,安全滑下点A 距水平滑道的高度取值范围为多少？解析：(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时,有mg ＝m v 2R ①从A 到圆形滑道最高点,由机械能守恒,有mgH 1＝12m v 2＋mg ×2R ②解得H 1＝52R ＝5 m ③(2)落在M 点时抛出速度最小,从A 到C 由机械能守恒mgH 1＝12m v 21④v 1＝2gH 1＝10 m/s ⑤水平抛出,由平抛运动规律可知h ＝12gt 2⑥得t ＝1 s则s 1＝v 1t ＝10 m落在N 点时s 2＝s 1＋L ＝15 m则对应的抛出速度v 2＝s 2t ＝15 m/s ⑧由mgH 2＝12m v 22得H 2＝v 222g ＝11.25 m安全滑下点A 距水平滑道高度范围为5 m ≤H ≤11.25 m ⑨ 答案：(1)5 m (2)见解析。
2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第四章 曲线运动 万有引力与航天 第3讲
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，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4 m/s ，转动周期为2 s ，则( ) A ．角速度为0.5 rad/s B ．转速为0.5 r/s C ．轨迹半径为4π mD ．加速度大小为4π m/s 2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．2．受力特点(如图1)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，而是提供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＝v2r＝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)同轴传动：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)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，角速度相同，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 圆周运动的动力学问题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．几种典型运动模型3.“一、二、三、四”求解圆周运动问题例2 (2017·江苏单科·5)如图6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( )图6A ．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 )LM答案 D解析 物块向右匀速运动时，设物块与夹子间的静摩擦力为F f ，则F f ≤F .对物块，根据平衡条件可得，2F f ＝Mg ，则绳中的张力F T ＝2F f ≤2F ，故A 错误；小环碰到钉子后，物块向上摆动的过程中，物块在夹子中没有滑动，可知夹子的两侧面与物块间的摩擦力F f ′≤F ，所以绳中的张力F T ＝2F f ′≤2F ，故B 错误；物块向上摆动的过程，由机械能守恒定律得，Mgh ＝12M v 2，解得h ＝v 22g ，即物块上升的最大高度为v 22g，故选项C 错误；假设物块在开始摆动时，两侧面与夹子间刚好达到最大静摩擦力F ，由牛顿第二定律得，2F －Mg ＝M v 2L，解得v ＝(2F －Mg )LM，所以速度v 不能超过 (2F －Mg )LM，选项D 正确． 变式1 (多选)(2018·盐城中学月考)如图7所示，一个匀速转动的半径r 的水平圆盘上放着两个小木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 处，它们都随圆盘一起运动．下列说法中正确的是( )图7A ．M 受重力、支持力、向心力B ．M 的线速度是N 的3倍C ．M 的角速度是N 的3倍D ．M 的向心加速度是N 的3倍 答案 BD解析 对M 受力分析可知，M 受重力、支持力和摩擦力作用，向心力是效果力，不能进行受力分析，故A 错误；木块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M 的半径是N 的3倍，根据v ＝rω可知，M 的线速度是N 的线速度的3倍，故B 正确，C 错误；根据a ＝rω2可知，角速度相同，故向心加速度与半径成正比，故M 的向心加速度是N 的3倍，故D 正确．命题点三 竖直面内的圆周运动例3 (多选)(2017·射阳二中模拟)如图8甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动．小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )图8A ．图象函数表达式为F ＝m v 2l ＋mgB ．重力加速度g ＝blC ．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D ．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变 答案 BD命题点四 圆周运动中的两类临界问题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 m＝m v2r，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不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，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4(2017·前黄中学检测)如图9所示，水平圆盘上有两个质量相等的、可以看做质点的小物块A、B，它们之间的连接细线经过圆心，与圆盘间的动摩擦因数大小相等，且OB＝2OA.开始时，细绳仅处于伸直状态，没有张力．现让圆盘从静止开始绕着竖直轴做转速越来越大的转动，直至刚要滑动．则以下说法正确的是()图9A．细绳中的张力从转动开始一直逐渐增大B．物块A的摩擦力先变大后变小C．物块A的摩擦力先沿半径指向里再指向外D．物块B的摩擦力先沿半径指向外再指向里答案 C解析由于开始转动时，两物块的向心力均由静摩擦力提供，一段时间内绳子是没有张力的，所以选项A错误．当B物块的静摩擦力增大到最大时，绳子才开始有张力，随着转速的增大，张力也增大，则对A：F T＋F f＝m·r·ω22，A受到的静摩擦力减小，当减小到零时，若转速继续增大，则A受到的静摩擦力将背向圆心逐渐增大，当增大到最大时，A先开始滑动．由此看来，从开始到A开始滑动，A受到的静摩擦力先增大后减小再增大，所以B选项错误．由上述分析知道，物块A的摩擦力先沿半径指向里再指向外，所以选项C正确．B开始转动时，静摩擦力提供向心力，静摩擦力指向圆心，后来一直指向圆心，所以选项D错误．变式2(多选)(2017·扬州市5月考前调研)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，如图10所示，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向伸直且长为l，则下列说法正确的有()图10A ．a 绳的拉力一定大于b 绳的拉力B ．a 绳的拉力随角速度的增大而增大C ．若角速度ω2>gl tan θ，b 绳将出现拉力D ．若b 绳突然被剪断，a 绳的弹力大小可能不变 答案 CD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 绳在竖直方向上的分力与重力相等，有：F a sin θ＝mg ，水平方向上有：F a cos θ＋F b ＝mlω2，可知a 绳的拉力不一定大于b 绳的拉力，故A 错误．由F a ＝mg sin θ知a 绳的拉力不变，故B错误．当b 绳拉力为零时，有：mg tan θ＝mlω2，解得ω2＝g l tan θ，可知当角速度ω2>gl tan θ，b绳将出现拉力，故C 正确．由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力大小可能不变，故D 正确.1.(2018·泰州中学期中)如图11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11A ．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 ，可知半径不同点，线速度不同，故A 错误；根据F ＝mω2r 可知半径不同点，向心力不同，故C 错误；根据a ＝ω2r 可知半径不同点，向心加速度不同，故D 错误．2.(多选)(2017·南通中学期中)如图12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12A ．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 4π2rT 2，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．故选A 、C.3.(多选)(2017·海安中学12月月考)如图13所示为内壁光滑的倒立圆锥，两个完全相同的小球A 、B 在圆锥内壁不同高度处分别做匀速圆周运动．两小球运动的速度、角速度、加速度和合外力分别是v A 、v B 、ωA 、ωB 、a A 、a B 、F A 、F B ，下列结论正确的是( )图13A ．v A >vB B ．ωA ＝ωBC ．a A ＝a BD ．F A <F B答案 AC解析 小球受重力和支持力，二力的合力充当向心力，故F 合＝mg tan θ，所以F A ＝F B ，D 错误；根据F 合＝m v 2r ，可得v ＝ F 合r m ，故v A >v B ，A 正确；根据F 合＝mω2r 可得ω＝ F 合mr ，所以ωA <ωB ，B 错误；根据F 合＝mg tan θ＝ma ，可得a A ＝a B ，C 正确．4．(2018·泰兴中学检测)如图14甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是( )图14A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等答案 A解析 过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，故t 1时刻小球通过最高点．根据题意知，题图乙中图线围成的阴影面积S 1、S 2分别表示从最低点经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S 1和S 2的面积相等，故A 正确，B 、C 、D 错误．1．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图1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( )图1A．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的值变小答案AC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．2.(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2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2A．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，故v A<v B，故B错误，D正确．根据a＝ω2r 和r A<r B，故a A<a B；再根据F向＝ma得，向心力F A<F B，故A正确，C错误．3．(多选)(2017·仪征中学高三初考)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度圆周运动，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mg －F N ＝m v 2r知F N <mg ，故处于失重状态，故A 错误；如题图b 所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F ＝mg tan θ＝mω2r ，r ＝L sin θ，知ω＝g L cos θ＝ g h，故增大θ，但保持圆锥的高不变，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 ＝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.如图4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4A ．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 C5.(多选)(2017·南京外国语学校等四模)如图5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5A．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AC6.(2018·苏州市期中)如图6所示，一个圆盘绕过圆心O且与盘面垂直的竖直轴匀速转动，角速度为ω，盘面上有一质量为m的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r，下列说法正确的是()图6A．物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为mω2rB．物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为mω2rC．物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为mω2rD．物块只受重力、弹力作用，合力大小为零答案 C解析对物体受力分析，物体受重力、支持力及摩擦力作用，物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力，即合力大小为F合＝F f＝mω2r，故A、B、D错误，C正确．7.(2017·泰州中学下学期初考)如图7所示，竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从最高点A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7A ．在A 点时，小球对圆轨道压力等于其重力B ．在B 点时，小球的加速度方向指向圆心C ．A 到B 过程中，小球水平方向的加速度先增大后减小D ．A 到C 过程中，小球的机械能不守恒答案 C解析 小球在A 点时，根据牛顿第二定律得：mg －F N ＝m v 02r ，可得：F N ＝mg －m v 02r，小球受到的支持力小于其重力，由牛顿第三定律知小球对圆轨道压力小于其重力，故A 错误；小球在B 点刚离开轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，加速度竖直向下，故B 错误；小球在A 点时合力沿竖直方向，在B 点时合力也沿竖直方向，但在中间过程某点支持力却有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故C 正确；从A 到C 过程中，小球只有重力做功，小球的机械能守恒，故D 错误．8.(多选)(2018·泰州中学月考)如图8所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，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．以下说法中不正确的是( )图8A ．B 与A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力C ．转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3r D ．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r答案 ABD解析对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有F f＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m×1.5rω2<3mrω2，即C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B错误；对A、B整体，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g①对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg②对物体A，有：3mω2r≤μ(3m)g③联立①②③解得：ω≤2μg3r，故C正确，D错误．9．(2018·南通中学期中)某电视台《快乐向前冲》节目的场地设施如图9所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角速度为ω、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须做好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g，不计空气阻力．图9(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？答案(1)ω≤μgR(2)2 s解析(1)设人落在距圆心R处不被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg≥mω2·R即转盘转动的角速度满足：ω≤μg R(2)沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x 2，时间为t 2.则加速时有：x 1＝12at 12，v ＝at 1 平抛运动阶段：x 2＝v t 2H ＝12gt 22 全程水平方向：x 1＋x 2＝L代入数据，联立各式解得：t 1＝2 s(另一解不符合题意，舍去)则选手从平台出发2 s 后释放悬挂器．10.(2017·涟水中学第一次检测)如图10所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图10(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a ；(2)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(3)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω的大小．答案 (1)g sin θ (2)mg sin θk (3)mg sin θ＋k Δl 2m (l 0＋Δl 2)cos 2θ解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma解得a ＝g sin θ (2)小球速度最大时其加速度为零，则k Δl 1＝mg sin θ，解得Δl 1＝mg sin θk(3)设弹簧伸长Δl 2时，球受力如图所示，水平方向上有F N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有F N cos θ－kΔl2sin θ－mg＝0解得ω＝mg sin θ＋kΔl2 m(l0＋Δl2)cos2θ.。
2019版一轮物理教科版练习：第四章 第三讲 圆周运动
[A组·基础巩固] 知识点一 圆周运动中的运动学分析 1．(2018·浙江绍兴适应考试)如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4∶1∶16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A．小齿轮和后轮的角速度大小之比为16∶1 B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4 C．大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶4 D．大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4∶1 解析：小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮线速度相
等，根据ω＝vr可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4，故B正确；小齿轮和后轮共轴，根据v＝ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1∶16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1∶16，故C错误；大齿轮和
小齿轮线速度相等，根据a＝v2r可知，向心加速度大小之比为1∶4，故D错误． 答案：B 2.如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)( ) A．运动周期之比为5∶4 B．运动线速度大小之比为1∶1 C．向心加速度大小之比为4∶5 D．受到的合力大小之比为15∶14
解析：A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A错 误．根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度大小之比为5∶4，故B错误．根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C错误．根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为 15∶14，故D正确． 答案：D 知识点二 水平面内的圆周运动 3.(2018·湖南衡阳八中月考)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：在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当拉力消失，小球所受合力为零，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轨道做离心运动，B、C、D错误． 答案：A 4．(2018·黄冈中学模拟)“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．简化后的模型如图所示，若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是( )
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第3讲 圆周运动的基本规律及应用课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)◎ 基础巩固练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，方向时刻改变解析： 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。
答案： CD2.
(2018·广州模拟)轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v<，AC为水平直径，BD为竖直直径。物块相对于轮箱静止，则( )Rg
A．物块始终受两个力作用B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C．从B运动到A，物块处于超重状态D．从A运动到D，物块处于超重状态解析： 在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C错，D对。
答案： D3．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为( )
A. B.gRsin θgRcos θC. D． gRtan θgRtan θ
解析： 轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mgtan θ＝m，得v＝，C正确。v2
RgRtan θ
答案： C4．(多选)(2018·抚顺质检)
如图所示，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gRD．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解析： 轻绳模型中小球能过最高点的临界速度为v＝，此时绳中张力为零。小球gR过最高点时绳子中的张力可能为零，也可能向下，故选项A、C正确，B、D错误。
答案： AC5.
如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动。在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止。下列说法正确的是( )
A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大解析： 由于合力提供向心力，依据向心力表达式F＝mrω2，因为两球质量、半径和角速度相同，所以向心力相同，即合力相同，选项A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，摩擦力可能为零，选项B错误，C正确；由于不知道B球是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动时，小球B受到的摩擦力的变化情况，选项D错误。
答案： C6.如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1 kg，当小球以2 m/s的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为20 N，轨道的半径r＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为( )
A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s解析： 设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为F1、弹簧弹力大小为FN，则F1－mg－FN＝m，求得FN＝2 N，可判断出弹簧处于压缩状态。小球以最小速度通过最高点时，球
v21
r
对轨道的压力刚好为零，则mg－FN＝m，求得v2＝2 m/s，B项正确。v2r
答案： B7．如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝gR＋r
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝gR
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析： 小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，故A、B均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球重力在背离圆心方向的分力F′的合力提供向心力，即：FN－F′＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关，D错误。
答案： C8．(2018·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速。如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道。已知AB段的距离xAB ＝14 m，弯道半径R＝24 m。汽车到达A点时速度vA＝16 m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。要确保汽车进入弯道后不侧滑。求汽车：
(1)在弯道上行驶的最大速度；(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度。解析： (1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，
μmg＝m，代入数据解得vmax＝12 m/s。
v2max
R
(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12 m/s时，加速度最小，由运动学公式－2aminxAB＝v－v，2max2A代入数据解得amin＝4 m/s2。答案： (1)12 m/s (2)4 m/s2◎ 能力提升练9.
(多选)如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的 ( )
A．周期相同B．线速度的大小相等C．角速度的大小相等D．向心加速度的大小相等解析： 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg、绳子拉力FT，合力提供向心力即水平指向圆心，设细线和竖直方向夹角为θ，小球到悬点的距离为h，则有mgtan θ＝man＝mω2htan
θ，可得向心加速度an＝gtan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D错；角速度ω＝ ，
g
h
所以角速度大小相等，选项C对；由于水平面内圆周运动的半径不同，线速度v＝ωhtan θ，
所以线速度大小不同，选项B错，周期T＝，角速度相等，所以周期相等，选项A对。2πω
答案： AC10．如图所示，一轻绳一端连接在悬点O，另一端连着一个质量为m的小球，将球放在与O点等高的位置，绳子刚好拉直，绳长为L，在O点正下方处的A点有一钉子，球由L2
静止释放后下落到最低点，绳与钉子相碰后没有断，球继续运动，不计空气阻力，忽略绳经过A点时的机械能损失，则( )
A．球运动到与A点等高的B点时，绳对悬点O的拉力大小等于mgB．球运动到与A点等高的B点时，绳对钉子的作用力大小等于mg2C．球刚好能运动到悬点O点D．球运动到与A点等高的B点时，剪断绳子，球能运动到与O点等高的位置
解析： 小球从由静止释放至运动到B点的过程中机械能守恒，mg×L＝mv2，则绳1212
的拉力F＝m＝2mg，A项错误；此时绳对钉子的作用力为两边绳上张力的合力，即2mg，v2
12L
2
B项错误；根据机械能守恒定律可知，如果球能运动到O点，则到O点时的速度为零，在绳模型的圆周运动中这是不可能的，因此C项错误；若运动到B点时剪断绳子，球将做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，球能运动到与O点等高的位置，D项正确。答案： D11.
(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力为Ffm＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝1.0 kg的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，取g＝10 m/s2
，则它到O孔的距离可能是( )
A．6 cm B．15 cmC．30 cm D．34 cm解析： 转台以一定的角速度ω旋转，木块M所需的向心力与回旋半径r成正比，在离O点最近处r＝r1时，M有向O点的运动趋势，这时摩擦力Ff沿半径向外，刚好达最大静摩擦力Ffm，
即mg－Ffm＝Mω2r
1
得r1＝＝ m＝0.08 m＝8 cmmg－FfmMω21×10－6
2×52
同理，M在离O点最远处r＝r2时，有远离O点的运动趋势，这时摩擦力Ff的方向指向O点，且达到最大静摩擦力Ffm，
即mg＋Ffm＝Mω2r
2
得r2＝＝ m＝0.32 m＝32 cmmg＋FfmMω21×10＋6
2×52
则木块M能够相对转台静止，回旋半径r应满足关系式r1≤r≤r2。选项B、C正确。答案： BC12．(广西南宁二中2018模拟)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