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

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3、圆周运动［基础训练]1．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（)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，摩擦力也越大答案:C 解析：衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N＝mrω2，转速越大，F N越大，C正确，B、D错误．2．皮带传动装置中，小轮半径为r，大轮半径为2r.A和B分别是两个轮边缘上的质点，大轮上另一质点P到转动轴的距离也为r,皮带不打滑,则( )A．A与P的角速度相同B．B与P的线速度相同C．A的向心加速度是B的错误!D．P的向心加速度是A的1 4答案：D 解析：同一皮带带动的轮子边缘的线速度大小相等，根据v＝ωR得ω＝错误!，所以ωA＝2ωB，同轴转动的不同点角速度相同，则ωB＝ωP，根据v＝ωR得v B＝2v P，选项A、B错误；根据a＝错误!得a A＝2a B，根据a＝ω2R得a B＝2a P，故a A＝4a P,选项D正确，C错误．3．(2018·浙江嘉兴一模)(多选)如图所示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。

课时追踪检测（十三）圆周运动[A 级——基础小题练娴熟快]1． (2019 ·庆模拟大)如下图，轻质且不行伸长的细绳一端系一质量为 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摇动的过程中，以下说法正确的选项是()A．小球在摇动过程中遇到的外力的协力即为向心力B．在最高点A、 B，因小球的速度为零，因此小球遇到的协力为零C．小球在最低点 C 所受的协力，即为向心力D．小球在摇动过程中绳索的拉力使其速率发生变化分析：选 C小球摇动过程中，协力沿绳索方向的分力供给向心力，不是靠外力的协力供给向心力，故 A 错误。

在最高点 A 和B，小球的速度为零，向心力为零，可是小球所受的协力不为零，故 B 错误。

小球在最低点受重力和拉力，两个力的协力竖直向上，协力等于向心力，故 C 正确。

小球在摇动的过程中，因为绳索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。

2．如下图，因为地球的自转，地球表面上 P、 Q 两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。

关于 P、 Q 两物体的运动，以下说法正确的选项是( )A． P、 Q 两物体的角速度大小相等B． P、 Q 两物体的线速度大小相等C． P 物体的线速度比Q 物体的线速度大D． P、 Q 两物体均受重力和支持力两个力作用分析：选 A P、Q 两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项 A 正确；依据圆周运动线速度v ＝ωR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则 P、Q 两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项 B 错误； Q 物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项 C 错误； P、Q 两物体均遇到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项 D 错误。

3． (多项选择 )(2018 江·苏高考 )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°。

第3节圆周运动（建议用时：40分钟）1.关于匀速圆周运动的向心力，下列说法正确的是（）A.向心力是根据力的性质命名的B.向心力可以是多个力的合力，也可以是其中一个力或一个力的分力C.做圆周运动的物体，所受的合力一定等于向心力D.向心力的效果是改变质点的线速度大小B [向心力是根拯力的作用效果命名的，它可以是多个力的合力，也可以是其中一个力或一个力的分力，只有在匀速圆周运动中，物体所受的合外力才等于向心力，但不论物体是否做匀速圆周运动，向心力的作用都是只改变线速度的方向，不改变线速度的大小.综上所述，A、C、D 选项错误，B选项正确.]2.关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）【导学号：81370162]A.它描述的是线速度大小变化的快慢B.它描述的是线速度方向变化的快慢C.它描述的是物体运动的路程变化的快慢D.它描述的是角速度变化的快慢B [加速度始终与线速度方向垂直，故向心加速度只表示线速度的方向改变的快慢，不表示线速度的大小改变的快慢，A、D错误，B正确：圆周运动中，线速度是描述物体运动路程变化快慢的物理量，C错误.]3.如图4-3-18所示，手表指针的运动可看作匀速运动，下列说法中正确的是（）图4-3-18A.秒针、分针、时针转动周期相同B.秒针的角速度最大，时针的角速度最小C.秒针上川、万两点线速度一样大D.秒针上川、万两点向心加速度一样大B [秒针、分针、时针的周期分别是60秒、60分钟、12小时，角速度与周期成反比，故秒针角速度最大，B正确.]4.如图4-3-19所示，由于地球的自转，地球表面上尸、。

两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于尸、0两物体的运动，下列说法正确的是（）图4・3-19A.P、0两点的角速度大小相等B.P、0两点的线速度大小相等C.尸点的线速度比0点的线速度大D.P、0两物体均受重力和支持力两个力作用A [尸、Q两点都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即5=5,选项A对；根据圆周运动线速度v= P、0两点到地轴的距离不等，即P、0两点圆周运动线速度大小不等，选项B错：0点到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错：P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，二者的合力是圆周运动的向心力，我们把与支持力等大反向的平衡力即万有引力的一个分力称为重力，选项D错.]5.周末去公园荡秋千是一个不错的选择.如图4-3-20所示，某质量为加的同学正在荡秋千.若忽略空气阻力，则关于在运动过程中的最髙点“和最低点A•的说法中错误的是（）【导学号：81370163] 图4-3-20A.在“位置时的加速度不是零B.在"位置时的加速度是零C.在“位置时绳子的拉力小于mgD.在“位置时绳子的拉力大于mgB [在"位宜时人受到的重力和绳子拉力不在同一直线上，故合力不为零，加速度不为零，A正确：在N位宜时绳子拉力和重力虽然共线，但人有一泄的速度，合力提供向心力，合力也不为零，加速度不为零，B错误；在"位置时绳子拉力与重力沿绳子方向合力为零，所以拉力小于重力，C正确；在A•位置时合力向上，提供向心力，所以拉力大于重力，D正确.故选B.]6.（2017 •桐乡学考模拟）甲、乙两物体均做匀速圆周运动，甲的转动半径为乙的一半,当甲转过60°时，乙在这段时间里正好转过45° ,则甲、乙两物体的线速度之比为（）A. 1 ：4B. 2 ：3C. 4 ： 9D.9 : 16B [由题意知甲、乙两物体的角速度之比%： 3=60 ： 45=4 ： 3,2号=匕，故两物体的线速度之比玖：◎= 3口 : Q辺=2 : 3, B项正确.]7.如图4-3-21所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个木块"和爪木块"放在圆盘的边缘处，木块”放在离圆心卜的地方，它们都随圆盘一起运动.比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是（）图4-3-21【导学号:81370164]A.两木块的线速度相等B.两木块的角速度一左不相等C.M的线速度是”的线速度的3倍D.M的角速度是”的角速度的3倍C [由传动装置特点知，“、”两木块有相同的角速度，又由知，因n=r,故木块"的线速度是木块"线速度的3倍，选项C正确.]8.如图4-3-22所示，质量相等的a、b两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2 : 3, 圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a、b两物体做圆周运动的向心力之比图4-3-22A・ 1 ： 1B・ 3 ： 2C・ 2 : 3D・ 9 : 4C冷、b随圆盘转动，角速度相同，由F=m^r知向心力正比于半径，C正确.]9.冰而对溜冰运动员的最大摩擦力为运动员重力的R倍，在水平冰而上沿半径为斤的圆周滑行的运动员，其安全速度为（）A.v=k^RgB・v^yjkRgC.B [水平冰面对运动员的摩擦力提供他做圆周运动的向心力，则运动员的安全速度v 满足：kmg2吟,解得aW寸I屉故选B.]10.质量为加的小球在竖直平而内的圆管中运动，小球的直径略小于圆管的口径，如图4-3-23所示.已知小球以速度a通过圆管的最髙点时对圆管的外壁的压力恰好为昭，则小【导学号：81370165]图4-3-23A.对圆管的内、外壁均无压力B.对圆管外壁的压力等于于C.对圆管内壁的圧力等于专D.对圆管内壁的压力等于昭R■C [小球以速度"通过圆管的最髙点时，由牛顿第二左律得2砒=听，假设小球以速度訓过圆管的最高点时受到的压力向下，苴大小为尺，则有昭+尺=弓，联立解得尺=一竽，上式表明，小球受到的压力向上，由牛顿第三泄律知，小球对圆管内壁有向下的压力, 大小为亍，选项C正确.]11.杂技演员表演"水流星”，在长为1.6 m的细绳的一端，系一个与水的总质量为山=0.5 kg的盛水容器，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，如图4-3-24所示，若"水流星”通过最高点时的速率为4 m/s,则下列说法正确的是@取10 Ms：）（）图4-3-24A.“水流星”通过最髙点时，有水从容器中流岀B.“水流星”通过最奇点时，绳的张力及容器底部受到的压力均为零C.“水流星”通过最髙点时，处于完全失重状态，不受力的作用D.“水流星”通过最髙点时，绳子的拉力大小为5 NB ['‘水流星”在最髙点的临界速度v=<^=4 m/s,由此知绳的拉力恰为零，且水恰不流岀，故选B.]12.（加试要求）如图4-3-25所示，两段长均为丄的轻质线共同系住一个质量为加的小球，另一端分别固立在等髙的乩万两点，A.万两点间距也为Z,今使小球在竖直平而内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为r,两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2》，则此时每段线中张力大小为（）图4-3-25A. \[3/ngB・2mgC・3mgA [当小球到达最髙点时速率为V,两段线中張力恰好均为零，有■Vmg=当小球到达最髙点时速率为2-设每段线中张力大小为尸，应有2卩二2fcos 30° +阳= ------ - -- :解得 F=\[3mg,选项 A 疋确.]13. （加试要求）（多选）如图4-3-26所示，两个质呈:均为血的小木块&和肛可视为质点） 放在水平圆盘上，a 与转轴00'的距离为几b 与转轴的距离为22,木块与圆盘的最大静摩 擦力为木块所受重力的R 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Q 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）【导学号：81370166]图4・3- 26A. b 一定比a 先开始滑动B. a 、&所受的摩擦力始终相等c. 窘是&开始滑动的临界角速度D. 当3=、倚时，a 所受摩擦力的大小为如冷AC [小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即当角速度增加 时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ： F ：尸m/丄当对木块 b ： • 2厶当 F^=kmg 时，kmg=m<A • 2厶所以b 先达到最大静摩擦力，选项A 正确：两木块滑动前转动的角速度相同, 则f.=m3T 、F<b=md • 21、F&F® 选项 B 错误;当 &〉=2，a 没有滑动，则F“=m/l=gkmg,选项D 错误.] 14•“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随盘一起转动.给游客带来无穷乐趣•如图4-3-27所示，转盘的半径为爪离水平而的高度为乩可视为质点的游客的质量为 皿现转盘以角速度s 匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力.图 4-3-27（1）求转盘转动的周期：（2） 求游客受到摩擦力的大小和方向：（3） 若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离.2 n【解析】（1）转盘转动的周期：r=~.（2） 游客受到摩擦力的大小：游客受到摩擦力的方向：沿半径方向指向圆心0.（3） 游客转动时的线速度，即平抛运动的初速度：v= <oR5 = b 刚开始滑动，选项C 正确：当3 =15.如图4-3-28所示，四分之一圆孤轨道的圆心Q 和半圆轨道的圆心Q,与斜而体磁的竖直而曲在同一竖直面上，两圆弧轨道衔接处的距离忽略不计，斜面体遊的底而證 是水平而，一个视为质点、质量山=0.2血的小球从尸点静止释放，先后沿两个圆弧轨道运 动，最后落在斜而体上(不会弹起)，不il •—切摩擦，已知AB=9 m, BC=12 m, 0月=图 4-3-281. 1 m,四分之一圆弧的半径和半圆的半径都是40.6 m, g 取10皿/f 求：(1) 小球在半圆最低点0对轨道的压力：(2) 小球落在斜面上的位置到A 点的距离.【导学号：81370167]【解析】(1)由机械能守恒mg ・3Q*旗①分析小球在0点受力有再由牛顿第三立律知反=7s@联立①②③式得用=14 N,方向竖直向下.(2)小球离开0后做平抛运动，如图水平方向上有：X=V Q ・t®竖直方向上有：y=^gt 2@又由几何关系得：QA=OA-^=0.5 m@ x=L • cos 0y=QA-\-L • sin 〃⑦tan 心苕細联立④⑤⑥©©式得：Z=7. 5 m.游客做平抛运动的水平位移:游客落水的时间:游客落水点到转动轴的距离:【答案】（1）14 N方向竖直向下(2)7.5 m。

板块三限时规范特训时间：45分钟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r22r1n1D．从动轮的转速为r2 r1n1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 ＝v 2R 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。

3.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 的小球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 答案 A解析 以M 为研究对象受力分析，由牛顿第二定律得Mg tan α＝Mω21·2l sin α，解得ω21＝g tan α2l sin α。

同理：以m 为研究对象：ω22＝g tan βl sin β。

因ω1＝ω2，所以2cos α＝cos β，故A 正确。

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4m/s ，转动周期为2s ，则( ) A.角速度为0.5rad/s B.转速为0.5r/s C.轨迹半径为4πmD.加速度大小为4πm/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 4π2T 2r ＝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自测3 教材P25第3题改编 如图1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 受力情况是( )图1A.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 C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2)图2(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 ＝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3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3(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4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4(3)同轴传动：如图5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5例1 如图6所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑.在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径之比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，求：图6(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C ； (2)A 、B 、C 三点的角速度大小之比ωA ∶ωB ∶ωC ； (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C . 答案 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶1解析 (1)令v A ＝v ，由于皮带传动时不打滑，所以v B ＝v .因ωA ＝ωC ，由公式v ＝ωr 知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故v C ＝12v ，所以v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1.(2)令ωA ＝ω，由于轮O 1、O 3共轴转动，所以ωC ＝ω.因v A ＝v B ，由公式ω＝vr 知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB ＝2ω，所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1.(3)令A 点向心加速度为a A ＝a ，因v A ＝v B ，由公式a ＝v 2r 知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以a B ＝2a .又因为ωA ＝ωC ，由公式a ＝ω2r 知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比.故a C ＝12a .所以a A ∶a B ∶a C ＝2∶4∶1.变式1 (多选)(2018·辽宁丹东质检)在如图7所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮转动的时候，小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点( )图7A.A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1B.A 点和B 点的角速度之比为1∶1C.A 点和B 点的角速度之比为3∶1D.以上三个选项只有一个是正确的 答案 AC解析 题图中三个齿轮边缘线速度相等，A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1，由v ＝ωr 可得，线速度一定时，角速度与半径成反比，A 点和B 点角速度之比为3∶1，选项A 、C正确，选项B、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 (多选)如图8所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90m 的大圆弧和r ＝40m 的小圆弧，直道与弯道相切.大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100m.赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10m/s 2，π＝3.14)，则赛车()图8A.在绕过小圆弧弯道后加速B.在大圆弧弯道上的速率为45m/sC.在直道上的加速度大小为5.63m/s 2D.通过小圆弧弯道的时间为5.58s 答案 AB解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得，kmg ＝m v m 2r ，当弯道半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项A 正确；在大圆弧弯道上的速率为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90m/s ＝45 m/s ，选项B 正确；直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝503m ，在小弯道上的最大速率为：v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40m/s ＝30 m/s ，在直道上的加速度大小为a ＝v m R 2－v m r 22x ＝452－3022×503m/s 2≈6.50 m/s 2，选项C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为2πr3，通过小圆弧弯道的时间为t ＝2πr3v m r ＝2×3.14×403×30 s ≈2.79 s ，选项D错误.变式2 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，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是()答案 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 tan θ＝mω2L sin θ，整理得：L cos θ＝gω2，则两球处于同一高度，故B 正确.命题点三 竖直面内圆周运动的两类模型问题1.两类模型比较重力、弹力，弹力方向向下或弹力，弹力方向向下、2.解题技巧(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. (2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件. (3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况. (4)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.(5)过程分析：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. 模型1 绳—球模型例3 如图9所示，一质量为m ＝0.5kg 的小球，用长为0.4m 的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动.g 取10m/s 2，求：图9(1)小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为多大？(2)当小球在最高点的速度为4m/s 时，轻绳拉力多大？(3)若轻绳能承受的最大张力为45N ，小球的速度不能超过多大？ 答案 (1)2m/s (2)15N (3)42m/s解析 (1)在最高点，对小球受力分析如图甲，由牛顿第二定律得mg ＋F 1＝m v 2R①由于轻绳对小球只能提供指向圆心的拉力，即F 1不可能取负值， 亦即F 1≥0②联立①②得v ≥gR ， 代入数值得v ≥2m/s所以，小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2m/s. (2)将v 2＝4m/s 代入①得，F 2＝15N.(3)由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙，由牛顿第二定律得F 3－mg ＝m v 23R③将F 3＝45N 代入③得v 3＝42m/s 即小球的速度不能超过42m/s.变式3 (2017·广东汕头二模)如图10甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O 在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v ，此时绳子的拉力大小为F T ，拉力F T 与速度的平方v 2的关系如图乙所示，图象中的数据a 和b 包括重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是( )图10A.数据a 与小球的质量有关B.数据b 与圆周轨道半径有关C.比值ba 只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D.利用数据a 、b 和g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 答案 D解析 在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有F T ＋mg ＝m v 2R ，可得图线的函数表达式为F T ＝m v 2R －mg ，题图乙中横轴截距为a ，则有0＝m a R －mg ，得g ＝aR ，则a ＝gR ；图线过点(2a ，b )，则b ＝m 2a R －mg ，可得b ＝mg ，则b a ＝m R ，A 、B 、C 错.由b ＝mg 得m ＝bg ，由a＝gR 得R ＝ag ，则D 正确.模型2 球—杆模型例4 如图11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( )图11A.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答案 C解析 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 B 22L ，解得v B ＝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 A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球所受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L，解得F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误.变式4 如图12所示，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( )图12A.Mg －5mgB.Mg ＋mgC.Mg ＋5mgD.Mg ＋10mg 答案 C解析 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12m v 2＝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 ＝m v 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋m v 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，根据平衡条件，轻杆对大环的拉力F 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F T ′＝F T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误.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 v 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5 (多选)如图13所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )图13A.当ω>2Kg3L时，A 、B 相对于转盘会滑动 B.当ω>Kg2L ，绳子一定有弹力 C.ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大D.ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 答案 ABD解析 当A 、B 所受摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘将会滑动，Kmg ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，解得：ω＝2Kg3L，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg ＝m ·2L ·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω>Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L内，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所以F f －F T ＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确.例6 如图14所示，在光滑的圆锥体顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°，小球以速率v 绕圆锥体轴线做水平圆周运动.图14(1)当v 1＝gL6时，求细线对小球的拉力大小； (2)当v 2＝3gL2时，求细线对小球的拉力大小. 答案 见解析解析 小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力F N ＝0，如图甲所示，设此时小球的线速度为v 0，则F ＝m v 20r ＝m v 2L sin30°＝mg tan30°解得v 0＝3gL6(1)因v 1<v 0，F N ≠0，对小球受力分析，如图乙所示，有F T sin30°－F N cos30°＝m v 21L sin30°F T cos30°＋F N sin30°＝mg 解得F T ＝(1＋33)mg 6(2)因为v 2>v 0，小球离开圆锥面，对小球受力分析，如图丙所示，有F T ′sin α＝m v 22L sin αF T ′cos α＝mg解得F T ′＝2mg (F T ′＝－12mg 舍去).变式5 (多选)(2018·江西吉安模拟)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15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( )图15A.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>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 答案 AC变式6如图16所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止.物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是()图16A. 5 rad/sB. 3 rad/sC.1.0 rad/sD.0.5 rad/s答案 C解析当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos30°－mg sin30°＝mω2r 解得ω＝1.0rad/s，故选项C正确.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)如图2所示，当正方形薄板绕着过其中心O与板垂直的轴转动时，板上A、B两点的()图2A.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∶ 2答案AD3.(2015·天津理综·4)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图3所示.当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的，下列说法正确的是()图3A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案 B解析由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确.4.如图4所示，一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，以下说法正确的是()图4A.小球过最高点时，杆所受的弹力不能等于零B.小球过最高点时，速度至少为gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，此时重力一定不小于杆对球的作用力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 答案 C解析 由mg －F N ＝m v 2R ，小球在最高点的速度为v ＝gR 时，杆不受弹力，选项A 错误；本题是轻杆模型，小球过最高点时，速度可以为零，选项B 错误；小球的重力和杆对小球的弹力的合力提供向心力，向心力指向圆心，如果重力和杆的弹力方向相反，重力必须不小于杆的弹力，选项C 正确；小球过最高点时，杆对球的作用力方向与重力方向可能相同，也可能相反，选项D 错误.5.如图5所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图5A.A 的速度比B 的大B.A 与B 的向心加速度大小相等C.悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D.悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a n ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确.6.(多选)如图6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( )图6A.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 答案 AC解析 对小球受力分析如图所示，受自身重力mg 、绳子拉力F T ，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，小球到悬点的高度差为h ，则有mg tan θ＝ma n ＝mω2h tan θ，可得向心加速度a n ＝g tan θ，所以向心加速度大小不相等，选项D 错；角速度ω＝gh，所以角速度大小相等，选项C 对；由于水平面内做圆周运动的半径不同，线速度v ＝ωh tan θ，所以线速度大小不相等，选项B 错；周期T ＝2πω，角速度相等，所以周期相等，选项A 对.7.(多选)(2018·新疆石河子调研)图7为一链条传动装置的示意图.已知主动轮是逆时针转动的，转速为n ，主动轮和从动轮的半径比为k ，下列说法正确的是( )图7A.从动轮是顺时针转动的B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C.从动轮的转速为nkD.从动轮的转速为nk答案 BC解析 主动轮逆时针转动，带动从动轮逆时针转动，因为用链条传动，所以两轮边缘线速度大小相等，A 错误，B 正确；由r 主∶r 从＝k ，2πn ·r 主＝2πn 从·r 从，可得n 从＝nk ，C 正确，D 错误.8.(2017·河北保定一模)如图8所示，半径为R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m 、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg ，g 为当地重力加速度，则( )图8A.小球在管顶部时速度大小一定为2gRB.小球运动到管底部时速度大小可能为2gRC.小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD.小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg 答案 C解析 小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力.如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg ＝m v 2R ，可得v ＝2gR ，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12m v 12＝2mgR ＋12m v 2，可得v 1＝6gR ，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F N1－mg ＝m v 12R ，解得F N1＝7mg ，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg .如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有12m v 22＝2mgR ，解得v 2＝2gR ，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F N2－mg ＝m v 22R ，解得F N2＝5mg ，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg .C 对，A 、B 、D 错.9.(多选)“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图9所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则( )图9A.小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B.小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C.当v 0>6gl 时，小球一定能通过最高点PD.当v 0<gl 时，细绳始终处于绷紧状态 答案 CD解析 小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时：F T1－mg ＝m v 02l ；在最高点时：F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12m v 02－mg ·2l ＝12m v 2，解得F T1－F T2＝6mg ，故在P 、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度v 0无关，选项B 错误；当v 0＝6gl 时，得v ＝2gl ，因为小球能通过最高点的最小速度为gl ，则当v 0>6gl 时小球一定能通过最高点P ，选项C 正确；当v 0＝gl 时，由12m v 02＝mgh 得小球能上升的高度h ＝12l ，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v 0<gl 时，小球将在最低点位置来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确.10.(多选)如图10甲所示，一长为l 的轻绳，一端固定在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知、可视为质点的小球，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 大小与其速度平方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10A.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解析 小球通过最高点时有F ＋mg ＝m v 2l ，故图象函数表达式为F ＝ml v 2－mg ，选项A 错误；当F ＝0时，v 2＝b ，解得重力加速度g ＝b l ，选项B 正确；图线的斜率k ＝ml ，绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更小，选项C 错误；由于b ＝gl ，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，选项D 正确.11.(2016·全国卷Ⅱ·16)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11所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图11A.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 答案 C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 ，L P <L 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 n ＝v 2L＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误.12.(多选)如图12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OO ′的距离为2l ，木块与圆盘间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( )图12A.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 答案 AC解析 因圆盘从静止开始绕轴缓慢加速转动，在某一时刻，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则由牛顿第二定律可得F f ＝mω2R ，由于小木块b 的轨道半径大于a 的轨道半径，故b 做圆周运动需要的向心力较大，选项B 错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b 一定比a 先开始滑动，选项A 正确；当b 刚刚开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mωb 2·2l ，可得ωb ＝kg2l，选项C 正确；当a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg ＝mωa 2l ，可得ωa ＝kg l ，而2kg 3l <kg l，故小木块a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力提供，即F f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误. 13.(多选)(2018·新疆喀什质检)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图13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( )图13A.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，向心加速度之比为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答案 ABC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 n ＝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A 、B 的最大静摩擦力分别为F f A ＝μm A g ，F f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为F f A ∶F 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 f A ′∶F f B ′＝(m A a A )∶(m B a B )＝m A ∶(4.5m 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.14.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14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 ，忽略手的运动半径和空气阻力.。

[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∶9 C．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 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＝L2，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。

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A机械能守恒C．丙图中小球机械能守恒D．丁图中小球机械能守恒解析：甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；乙图过程中轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D错误．答案：A2．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A 换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g.不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为()A.2ghB.ghC. gh2D．0解析：对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得弹性势能E p＝mgh；对弹簧和小球B，根据机械能守恒定律有E p＋12×2m v2＝2mgh，得小球B下降h时的速度v ＝gh，选项B正确．答案：B3.(2018·江南十校联考)如图所示，竖立在水平面上的轻质弹簧下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把球和水平面拴牢(如图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(如图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是()A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，球的动能减小而球的机械能增大解析：从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为球的机械能，弹簧的弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧对球的弹力与球的重力大小相等时，球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，选项D正确，B错误；球离开弹簧后能继续上升，说明在细线被烧断瞬间球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．答案：D4.一物体沿斜面向上运动，运动过程中物体的机械能E与竖直高度h的关系图象如图所示，其中0～h1过程的图线为平行于横轴的直线，h1～h2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是()A．物体在0～h1过程中除重力外不受其他力的作用B．物体在0～h1过程中重力和其他力都做功C．物体在h1～h2过程中合力与速度的方向一定相反D．物体在0～h2过程中动能可能一直保持不变解析：0～h1过程的图线为平行于横轴的直线，说明物体的机械能不变，即除重力以外没有其他力做功，但并非不受其他力的作用，选项A、B错误；在h1～h2过程中由于物体的机械能减少，而重力势能增加，所以动能减少，合力对物体做负功，即合力与速度方向相反，选项C正确；在0～h1过程中物体的机械能不变，但重力势能增加，所以动能减小，不可能保持不变，选项D错误．答案：C5.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中()A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大解析：圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由题图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中圆环的动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D 错误．答案：C二、多项选择题6.如图所示，某极限运动爱好者(可视为质点)尝试一种特殊的高空运动．他身系一定长度的弹性轻绳，从距水面高度大于弹性轻绳原长的P 点以水平初速度v 0跳出．他运动到图中a 点时弹性轻绳刚好拉直，此时速度与竖直方向的夹角为θ，轻绳与竖直方向的夹角为β，b 为运动过程的最低点(图中未画出)，在他运动的整个过程中未触及水面，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．极限运动爱好者从P 点到b 点的运动过程中机械能守恒B ．极限运动爱好者从P 点到a 点时间的表达式为t ＝v 0g tan θC ．极限运动爱好者到达a 点时，tan θ＝tan βD ．弹性轻绳原长的表达式为l ＝v 20g sin β tan θ解析：极限运动爱好者从P 点到b 点的运动过程中，爱好者和弹性绳组成的系统机械能守恒，爱好者的机械能不守恒，故A 错误；极限运动爱好者从P 点到a点的过程中做平抛运动，根据几何关系有tan θ＝v 0v y，解得v y ＝v 0tan θ，则运动时间t ＝v y g ＝v 0g tan θ，故B 正确；根据几何关系得tan β＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ＝2·v 0v y ＝2tan θ，故C 错误；根据几何关系得：弹性轻绳原长的表达式l ＝v 0t sin β＝v 20g sin βtan θ，故D 正确． 答案：BD7.(2018·河南开封模拟)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用长为2L 的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B 球顺时针转动到最低位置的过程中( )A．A、B两球的角速度大小始终相等B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大C．B球转动到最低位置时的速度大小为2 3gLD．杆对B球做正功，B球机械能不守恒解析：A、B两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A正确；杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B错误；设B球转动到最低位置时的速度为v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2mgL－mgL＝12(2m)v 2＋12m v2，解得v＝23gL，选项C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了23mgL，机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项D错误．答案：AC8.如图所示，光滑圆弧槽在竖直平面内，半径为0.5 m，小球质量为0.10 kg，从B点正上方0.95 m高处的A点自由下落，落点B与圆心O等高，小球由B点进入圆弧轨道，飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离为2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对于DQ水平面上升的最大高度为0.80 m，取g＝10 m/s2.不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球经过C点时轨道对它的支持力大小为6.8 NB．小球经过P点的速度大小为3.0 m/sC．小球经过D点的速度大小为4.0 m/sD．D点与圆心O的高度差为0.30 m解析：设小球经过C点的速度为v1，由机械能守恒定律有mg(H＋R)＝12m v12，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 21R ，代入数据解得N ＝6.8 N ，A 正确；设小球过P点时速度为v P ，小球由P 到Q 做平抛运动，有h ＝12gt 2，x 2＝v P t ，代入数据解得v P ＝3.0 m/s ，B 正确；对球从A 到P ，由动能定理得mg (H ＋h OD )－mgh ＝12m v 2P ，解得h OD ＝0.30 m ，D 正确；由机械能守恒定律有mg (H ＋h OD )＝12m v 2D ，解得v D＝5.0 m/s ，C 错误．答案：ABD[能力题组]一、选择题9.(2018·湖北黄石高三质检)如图所示，光滑水平台上物体B 通过轻绳跨过一定滑轮与物体A 相连，m A ＝2m B ，绳刚好拉直时物体A 距离地面高为H ，物体B 距离定滑轮足够远，物体A 、B 由静止开始释放，不计摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．物体A 机械能守恒B ．物体A 、B 构成的系统机械能不守恒C ．物体A 落地时的速度为 2gH 3D ．物体A 落地时的速度为2gH3解析：对物体A 受力分析可知，A 受重力和拉力的作用，由于拉力做功，故机械能不守恒，选项A 错误；对物体A 、B 构成的系统分析可知，系统内只有重力做功，故机械能守恒，选项B 错误；对物体A 、B 构成的系统进行分析，由机构能守恒定律可得m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，解得v ＝2gH 3，故选项C 错误，D 正确． 答案：D10.(2018·河北保定模拟)如图所示，半径为R 的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m 、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg ，g 为当地重力加速度，则( )A ．小球在管顶部时速度大小为2gRB ．小球运动到管底部时速度大小可能为2gRC ．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD ．小球运动到管底部时对管壁的压力为7mg解析：小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力．如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg ＝m v 2R ，可得v ＝2gR ，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12m v 21＝2mgR ＋12m v 2，可以解出v 1＝6gR ，小球在底部时，由牛顿第二定律有N 1－mg ＝m v 21R ，解得 N 1＝7mg .如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有12m v 22＝2mgR ，解得v 2＝4gR ，小球在底部时，由牛顿第二定律有N 2－mg ＝m v 22R ，解得N 2＝5mg .故C 对，A 、B 、D 错．答案：C11.(多选)如图所示，长为3L 的轻杆ab 可绕水平轴O 自由转动，Oa ＝2Ob ，杆的上端固定一质量为m 的小球(可视为质点)，质量为M 的正方体物块静止在水平面上，不计一切摩擦阻力．开始时，竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60°角时杆与物块恰好分离．重力加速度为g .当杆与物块分离时，下列说法正确的是( )A ．小球的速度大小为8mgL 4m ＋M B ．小球的速度大小为 32mgL 16m ＋MC ．物块的速度大小为 2mgL 4m ＋MD ．物块的速度大小为 2mgL 16m ＋M解析：设轻杆的a 端(小球)、b 端、物块的速度分别为v a 、v b 、v M .根据系统的机械能守恒得mg ·2L (1－cos 60°)＝12m v 2a ＋12M v 2M ①a 端与b 端的角速度相等，由v ＝rω，得v a ＝2v b .b 端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即v b cos 60°＝v M ，所以v b ＝2v M ，v a ＝4v M ②联立①②式解得v a ＝32mgL 16m ＋M ，v M ＝2mgL 16m ＋M ，故选B 、D. 答案：BD12.(多选)如图所示，M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd 是半径为R 的34光滑圆弧形轨道，a 为轨道的最高点，de 面水平且有一定长度．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，让其自由下落到d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )A ．只要h 大于R ，释放后小球就能通过a 点B ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内D ．调节h 的大小，可以使小球飞出de 面之外(即e 的右侧)解析：要使小球到达最高点a ，则在最高点时有mg ＝m v 2R ，得通过最高点的最小速度v ＝gR ，由机械能守恒定律得mg (h －R )＝12m v 2，得h ＝32R ，即h ≥32R 时，小球才能通过a 点，A 错误．若小球能达到a 点，并从a 点以最小速度平抛，有R ＝12gt 2，x ＝v t ＝2R ，所以，无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，B 错误，C 正确．如果h 足够大，可使小球的平抛速度足够大，小球可能会飞出de 面之外，D 正确．答案：CD二、非选择题13.如图所示，ABC 和DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC 的末端水平，DEF 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DF 沿竖直方向，C 、D 可看作重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC 上距C 点高为H 处由静止释放．(g 取10 m/s 2)(1)若要使小球经C 处水平进入轨道DEF 且能沿轨道运动，H 至少多高？(2)若小球静止释放处离C 点的高度h 小于(1)中H 的最小值，小球可击中与圆心等高的E 点，求h .解析：(1)小球沿ABC 轨道下滑，机械能守恒，设到达C 点时的速度大小为v ，则mgH ＝12m v 2①小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg ≤m v 2r ②①②两式联立并代入数据得H ≥0.2 m.(2)若h <H ，小球过C 点后做平抛运动，设球经C 点时的速度大小为v x ，则击中E 点时，竖直方向上有r ＝12gt 2③水平方向上有r ＝v x t ④又由机械能守恒定律有mgh＝12m v 2x⑤由③④⑤联立可解得h＝r4＝0.1 m.答案：(1)0.2 m(2)0.1 m14.如图所示，物体A、B用绕过光滑定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体A置于光滑的平台上，物体C中央有小孔，C放在物体B上，细线穿过C的小孔．“U”形物D固定在地板上，物体B可以穿过D的开口进入其内部而物体C又恰好能被挡住．物体A、B、C的质量分别为m A＝8 kg、m B＝10 kg、m C＝2 kg，物体B、C一起从静止开始下降H1＝3 m后，C与D发生没有能量损失的碰撞，B继续下降H2＝1.17 m后也与D发生没有能量损失的碰撞．g取10 m/s2，求：(1)物体C与D碰撞时的速度大小；(2)物体B与D碰撞时的速度大小；(3)B、C两物体分开后经过多长时间第一次发生碰撞．解析：(1)由于平台是光滑的，物体A、B、C整体在运动过程中机械能守恒，则有(m B＋m C)gH1＝12(m A＋m B＋m C)v2C代入数据得v C＝6 m/s.(2)物体C与D碰撞后，物体A、B继续运动，满足机械能守恒，则有m B gH2＝12(m A＋m B)(v2B－v2C)代入数据得v B＝7 m/s.(3)物体C与D碰撞后，物体B在继续下落过程中的加速度为a＝m B gm A＋m B ＝509m/s2下落所用时间t′＝v B－v Ca＝0.18 s12 B 、C 与D 碰撞后无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设C 反弹后经过时间t 后B 、C 两物体相碰，则有h C ＝v C t －12gt 2h B ＝v B (t －t ′)－12g (t －t ′)2h B ＝h C ＋H 2联立解得t ＝0.93 s.答案：(1)6 m/s (2)7 m/s(3)0.93 s。

[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＝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,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：D10.(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：AC11.如图,在竖直平面内,直径为R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑四分之一圆轨道水平相切于O 点．O 点在水平地面上．可视为质点的小球从O 点以某一初速度进入半圆,刚好能通过半圆的最高点A ,从A 点飞出后落在四分之一圆轨道上的B 点,不计空气阻力,g 取10 m/s 2,则B 点与O 点的竖直高度差为( ) A.(3－5)R 2B.(3＋5)R 2C.(3－5)R 10D.(3＋5)R 10解析：小球刚好通过A 点,则在A 点重力提供向心力,则有mg ＝m v 2R 2,解得v ＝gR2,从A 点抛出后做平抛运动,则水平方向的位移x ＝v t ,竖直方向的位移h ＝12gt 2,根据几何关系有x 2＋h 2＝R 2,解得h ＝(5－1)R 2,B 点与O 点的竖直高度差R －h ＝R －(5－1)R 2＝(3－5)R 2,故A 正确,B 、C 、D 错误．答案：A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。

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。

2019年高考物理一轮复习课时精练第四章曲线运动万有引力与航天第三讲圆周运动课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·云南模拟)物体做匀速圆周运动时，下列说法中不正确的是()A．角速度、周期、动能一定不变B．向心力一定是物体受到的合外力C．向心加速度的大小一定不变D．向心力的方向一定不变解析：物体做匀速圆周运动的过程中，线速度的大小不变，但方向改变，所以线速度改变．周期不变，角速度不变，动能也不变．所受合外力提供向心力，大小不变，方向改变，是个变力，向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，是个变量，故D错误，A、B、C正确，选项D符合题意．答案：D2．汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值．当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应()A．增大到原来的二倍B．减小到原来的一半C．增大到原来的四倍D．减小到原来的四分之一解析：汽车转弯时地面的摩擦力提供向心力，则F f＝m v2r，静摩擦力不变，速度加倍，则汽车转弯半径应变化为原来的四倍，C正确．答案：C3.(2018·孝感模拟)如图所示为一陀螺，a、b、c为在陀螺上选取的三个质点，它们的质量之比为1∶2∶3，它们到转轴的距离之比为3∶2∶1，当陀螺以角速度ω高速旋转时()A．a、b、c的线速度之比为1∶2∶3B．a、b、c的周期之比为3∶2∶1C．a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1D．a、b、c的向心力之比为1∶1∶1解析：在同一陀螺上各点的角速度相等，由v＝ωr和质点到转轴的距离之比为3∶2∶1，可得a、b、c的线速度之比为3∶2∶1，选项A错误；由T＝2πω可知a、b、c的周期之比为1∶1∶1，选项B错误；由a＝ωv可知a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1，选项C正确；由F ＝ma 可得a 、b 、c 的向心力之比为3∶4∶3，选项D 错误．答案：C4．质量为m 的木块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么( )A ．因为速率不变，所以木块的加速度为零B ．木块下滑过程中所受的合外力越来越大C ．木块下滑过程中所受的摩擦力大小不变D ．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心 解析：由于木块沿圆弧下滑速率不变，木块做匀速圆周运动，存在向心加速度，所以选项A 错误；由牛顿第二定律得F 合＝ma n ＝m v 2R，而v 的大小不变，故合外力的大小不变，选项B 错误；由于木块在滑动过程中与接触面的正压力是变化的，故滑动摩擦力在变化，选项C 错误；木块在下滑过程中，速度的大小不变，所以向心加速度的大小不变，方向始终指向球心，选项D 正确．答案：D5.(2018·威海模拟)雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来解析：当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，选项A错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R，在b、d两点有F b＝F d＝mω2R，在c 点有F c－mg＝mω2R，所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故选项B、D错误，C正确．答案：C6.(2018·吉林模拟)如图所示，一木块放在圆盘上，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么()A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D．因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析：木块做匀速圆周运动，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圆盘中心．因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B 正确．答案：B7．(2018·福州模拟)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动．设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )A. gRh LB. gRh dC. gRL hD. gRd h解析：对汽车受力分析，如图所示，若车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则由路面对汽车的支持力F N 与汽车的重力mg 的合力提供向心力，由图示可知，F 向＝mg tan θ，即mg tanθ＝m v 2R .由几何关系知，tan θ＝h d ，综上有v ＝gRh d，选项B 正确．答案：B8.如图所示，半径为R 、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同的速度进入管内．A通过最高点C 时，对管壁上部压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部压力为0.75mg，求A、B两球落地点间的距离．解析：A球通过最高点时，由F N A＋mg＝m v2A R ，已知F N A＝3mg，可求得v A＝2Rg.B球通过最高点时，由mg－F N B＝m v2B R.已知F N B＝0.75mg，可求得v B＝12Rg.平抛落地历时t＝4Rg.故两球落地点间的距离s＝(v A－v B)t＝3R.答案：3RB组能力提升9.(2018·潍坊模拟)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v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．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F N与小球重力在背离圆心方向的分力F mg的合力提供向心力，即：F N－F mg＝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：C10.(多选)(2018·辽宁模拟)如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的杆CD上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴转动，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到轴的距离为物块A到轴距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐慢慢增大，在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受到的静摩擦力一直增大B．B受到的静摩擦力先增大后保持不变C．A受到的静摩擦力先增大后减小再增大D．B受到的合外力先增大后保持不变解析：根据Ff m＝mrω2得ω＝Ff mmr，知当转速即角速度逐渐增大时，物块B先达到最大静摩擦力，角速度增大，物块B所受绳子的拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力；角速度继续增大，拉力增大，则物块A所受静摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，物块A 所受的静摩擦力减小到零后反向；角速度继续增大，物块A的静摩擦力反向增大．所以物块A所受的静摩擦力先增大后减小，又反向增大，物块B所受的静摩擦力一直增大，达到最大静摩擦力后不变，A错误，B、C正确；在转动过程中，物块B运动需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当静摩擦力不足以提供向心力时，绳子的拉力作为补充，角速度再增大，当这两个力的合力不足以提供向心力时，物块将会发生相对滑动，根据向心力F向＝mrω2可知，在发生相对滑动前物块B运动的半径是不变的，质量也不变，随着角速度的增大，向心力增大，而向心力等于物块B所受的合外力，故D 错误．答案：BC11.(多选)(2018·临沂质检)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，a绳与水平方向成θ角，b 绳沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，a、b两绳均伸直，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 绳将出现张力 D ．若b 绳突然被剪断，a 绳的张力可能不变解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，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；根据竖直方向上小球受力平衡得，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mg sin θ，可知a 绳的张力不变，故B 错误；当b 绳张力为零时，有mg tan θ＝mlω2，解得ω＝g l tan θ，可知当角速度ω> g l tan θ时，b 绳出现张力，故C 错误；由于b 绳可能没有张力，故b 绳突然被剪断，a 绳的张力可能不变，故D 正确．答案：AD12.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T (g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根式表示)．求：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？解析：(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，受力分析如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平．在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得mg tan θ＝mω20l sin θ，解得ω20＝g l cos θ， 即ω0＝ g l cos θ＝52 2 rad/s. (2)ω′＝g l cos θ′＝101×12rad/s ＝2 5 rad/s.答案：(1)52 2 rad/s (2)2 5 rad/s。