2021届高三物理一轮复习力学曲线运动生活中的圆周运动水平方向的圆周运动专题练习

2021届高三物理一轮复习力学曲线运动生活中的圆周运动竖直方向的圆周运动专题练习一、填空题1．质量为2kg的光滑半球形碗，放在粗糙水平面上，一质量为0.5kg的物体从碗边静止释放，如图所示，物体在碗内运动的过程中，碗始终静止不动，则碗对地面的最大压力为_________N。

(g=10m/s2)2．如图所示，甲、乙两个质量相同的小球分别被两根细绳悬于等高的悬点，绳长L甲=2L乙，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，则甲、乙两球通过最低点时速度大小之比为______；绳的拉力大小之比为______．3．质量为m的汽车以V0的速度安全驶过半径为R的凸形桥的桥顶，这时汽车对桥顶的压力是________ ，汽车能安全通过桥顶的最大行驶速度不能超过________（重力加速度为g）4．长0.5m的轻杆，一端连着质量0.5kg的小球，另一端绕过O点的水平固定轴在竖直平面内自由转动。

当小球以2m/s的速率通过最高点时，受到轻杆的作用力为大小为____N，是______（选填“拉力”或“支持力”）。

g=10m/s2。

5．长为L＝0.5 m的轻杆，其一端固定于O点，另一端连着质量m＝1 kg的小球，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，当它通过最高点速度v＝3 m/s时，小球受到细杆的作用力大小为__________ N，是__________．(填“拉力”或“支持力”)(g＝10 m/s2)6．如图，长为0.8m的轻质细线一端系于O点，另一端系有一小球，在O点正下方0.4m的P点处有一个细钉，不计任何阻力，取g＝10m/s2。

拉直细线使小球从A点（与O等高）以一定的初速度向下开始运动，小球恰能运动到O点，则小球在O点处的速度大小为__m/s；若下移细钉位置到P´处（图中未标出），使小球从A点由静止开始下落，发现小球恰能沿圆周运动到P´正上方，则OP´的距离为__m。

7．某个25kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5m．如果秋千板摆动经过最低位置时的速度是3m/s，这时秋千板所受的压力为____N、方向为____（g取10m/s2，秋千板的质量不计．）8．如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道．表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动．已知人和摩托车的总质量为m，人以v1的速度过轨道最高点B，并以v2v1的速度过最低点A．求在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差为_________ .9．行车下吊着质量为m的物体，悬绳长为l，一起沿水平轨道前进，速度为v，若行车突然刹车，此时绳中张力大小为________；若绳子能承受的最大拉力为2mg，则行车速度最大不能超过______.10．质量为60kg飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态下摆，到达竖直状态时，飞行员受到的拉力为______________(g 10m/s2)11．一轻绳上端固定，下端连一质量为0.05kg的小球，若小球摆动过程中轻绳偏离竖直线的最大角度为60°，则小球经过最低点时绳中张力等于________N．(g=10m/s2)12．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一小钢球．现将小球拉到A点，由静止释放，小钢球在竖直平面内沿圆弧运动，不计空气阻力．小钢球在A点的机械________ （选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点的机械能；通过B点时小钢球受到轻绳的拉力________（选填“大于”、“小于”或“等于”）自身所受的重力．13．一汽车以速度10m/s通过凸形桥的最高点，若车对桥的压力为车重的34，则桥的半径为___________米，此时汽车处于___________（选填“超重”或“失重”）状态；当车速为___________m/s时，车对桥面的压力恰好为零（g取210m/s）。

物理一轮复习力学知识要点第1讲：运动的合成与分解及平抛运动（1.4）1、曲线运动中诀：速度与力夹轨迹，轨迹永远弯向力。

F 合与V 夹锐角时速度增大，夹钝角时V 减小。

（9.14）2、速度关联问题：⑴人拉船，分解实际速度船Vp=V 船cos θ=V 人 ，⑵、杆关联，找V 合（实际运动方向），分解V 合，沿杆V 等，V A sin θ=V B cos θ，⑶接触面关联：沿接触面和垂直接触面方向分解，垂直接触面V 相等。

3、平抛运动：速度方向夹角（水平方向与合速度方向夹角）tan θ=V y /V 0=gt/V 0 ， 水平方向与位移方向的夹角tan α=x y=21(gt 2/V 0t)=21(gt/v 0)，tan θ=2tan α，飞行时间由高度决定，水平射程由V 0和H 决定。

4、平抛运动的推论：2x y =tan θ，V y /V 0=2tan α=xy ，若θ角为竖直方向速度与合速度夹角则有1/tan θ=2tan α。

做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

5、斜面上的平抛：⑴垂直打在斜面上，（斜面与水平面夹角为θ，则有竖直方向上的速度与合速度夹角也为θ），则有1/tan θ=2tan α=2xy ，⑵从斜面上抛出（斜面与水平面夹角为α，则有位移方向与水平方向夹角都也为α），tan α=xy ，同理也有tan θ=2tan α，θ为水平方向速度与合速度方向夹角，①打到斜面上的合速度方向相同，②打到斜面上的速度大小为V 0/cos θ，（9.14）。

第二讲：圆周运动与天体（9.21）6、水平圆周运动：1、圆锥摆模型：绳子的拉力F=mg/cos θ,向心力F 向=Fsin=mgtan θ=m4π2r/T 2=m ω2r=mV 2/r,r=lsin θ，由此可以求出周期T ，线速度V 、角速度ω，当L 不变时，θ当变大时，T 小，V 大、ω大。

2、漏斗模型：支持力F N =mg/cos θ，向心力F 向=mgtan θ，r=h/tan θ，根据公式可求出T 、V 、ω，随着高度的增大，周期T线速度V 变大，角速度变小，θ不变。

30水平面内的圆周运动［方法点拨］（1）圆周运动的动力学问题实际上是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向（匀速圆周运动指向圆心），做好受力分析，由牛顿第二定律列方程.（2）理解做圆周运动、离心运动、近心运动的条件.1 .（多选）如图1所示，两根细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于0点.设法让两个小球均在同一水平面上做匀速圆周运动. 已知L i跟竖直方向的夹角为60°, L2跟竖直方向的夹角为30°,下列说法正确的是（）图1A. 细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为.3 ：1B. 小球m和m的角速度大小之比为申：1C. 小球m和m的向心力大小之比为3 ：1D. 小球m和m的线速度大小之比为3边：12. （2017 •扬州市5月考前调研）如图2所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M N（棒和半圆环均光滑），现让半圆环绕竖直对称轴以角速度 3 1做匀速转动，小环M N在图示位置.如果半圆环的角速度为3 2, 3 2比3 1稍微小一些.关于小环M N的位置变化，下列说法正确的是（）A. 小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许B. 小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C. 小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D. 小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变3. （多选）如图3所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球.甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为e，细线中的张力为R,小球的加速度大小为a1 ；乙图中让细线与竖直方向成e角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动.刚释放瞬间细线中的张力为F2,小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是（）5.（多选）（2017•启东中学模拟）如图5所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的 A B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A. A B 都有沿切线方向且向后滑动的趋势B. B 的向心力等于A 的向心力C. 盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍D.若B 相对圆盘先滑动，则 A B 间的动摩擦因数口 A 小于盘与B 间的动摩擦因数 口 B6. （2018 •如东县质量检测）如图6所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v 在倾角为e 的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m 做圆周运动的半径为 R,重力加速度为g ,则下列说法正确的是（）A . F i = F 2B . F I >F 2C . a i = a 2D . a i >a 24. （多选）如图4所示，在角锥体表面上放一个物体,角锥体绕竖直轴转动.当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥体对物体的A. 支持力将减小B. 支持力将增大C. 静摩擦力将不变D. 静摩擦力将增大图6A .将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用2 2B.运动员受到的合力大小为HR ，做圆周运动的向心力大小也是咋C.运动员做圆周运动的角速度为vRD.如果运动员减速，运动员将做离心运动 7.（多选）如图7所示，水平转台上有一质量为 m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台 中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为 e ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物 块与转台间动摩擦因数为卩，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 当物块随转台由静止开始缓A.物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B. 至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为C. 至转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为D. 细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零慢加速转动且未离开转台的过程中mgl sin 2 e2cos e合案精析1. AC [设小球质量均为 m 对球受力分析，由 mg= F TI COS 60°可得F TI = 2mg 由mg= F T 2COS 30°可得F T 2=― mg 细线L i 和细线L ?所受的拉力大小之比为;3可得小球 m 和m 的线速度大小之比为 tan 60 ° : tan 30 ° = 3 ： 1,选项 D 错误.] 2 . A [设AB 连线与水平面的夹角为 a •当半圆环绕竖直对称轴以角速度 3 1做匀速转动时，对小环M 外界提供的向心力等于mg tan a ,由牛顿第二定律得：mg tan a = n M w当角速度减小时，小环所需要的向心力减小，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力 大于小环所需要的向心力，小环将做近心运动，最终小环M 将到达B 点.对于N 环，由牛顿第二定律得：mg tan 卩=2r N ,卩是小环N 所在半径与竖直方向的夹角.当角速度稍微减 小时，小环所需要的向心力减小，小环将做近心运动，向B 点靠近，此时 卩也减小，外界提供的向心力mg tan 卩也减小，外界提供的向心力与小环所需要的向心力可重新达到平衡， 所以小环N 将向B 点靠近稍许，故 A 正确.] 3. BD 4.AD 5.BC6. B [向心力是由整体所受的合力提供的，选项A 错误；做匀速圆周运动的物体， 合力提供向心力，选项B 正确；运动员做圆周运动的角速度为3=V ，选项C 错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D 错误.]7. CD [由题意可知，物块做加速圆周运动，所以开始时物块受到的摩擦力必定有沿轨迹切①F N + F T COS 9 = mg^当F N = 0时，F f = 0，由①②知3 0=, g 。

第四章曲线运动第3讲圆周运动【教学目标】1、理解线速度、角速度和周期的概念；2、理解向心加速度和向心力以及和各物理量间的关系；3、会用牛顿第二定律求解圆周运动问题，并能灵活解决圆周运动中的有关临界问题4、知道离心现象及发生离心现象的条件。

【重、难点】1、会用牛顿第二定律求解圆周运动问题；2、临界问题【知识梳理】1（1）匀速圆周运动是匀变速曲线运动．（）（2）物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的．（）（3）物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的．（）（4）匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比．（）（5）做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )（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）匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因．（）（8）做圆周运动的物体所受到的合外力不一定等于向心力．（）（9）做圆周运动的物体，一定受到向心力的作用，所以分析做圆周运动物体的受力时，除了分析其受到的其他力，还必须指出它受到向心力的作用．（）（10）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．（）（11）做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周的半径方向飞出．（）（12）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．（）（13）在绝对光滑的水平路面上汽车可以转弯．（）（14）火车转弯速率小于规定的数值时，内轨受到的压力会增大．（）（15）飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机机翼一定处于倾斜状态．（）典例精析考点一描述圆周运动的物理量1．圆周运动各物理量间的关系及其理解2．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23v A ＝v B 。

（2）摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即 v A ＝v B 。

2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案【基础梳理】一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT ．2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT ．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用成效为产生向心加速度，F n ＝ma n . 二、匀速圆周运动 1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .(2)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． (3)作用成效：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．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点 F 向、a 向、v 均大小不变，方向变化，ω不变F 向、a 向、v 大小、方向均发生变化，ω发生变化向心力F 向＝F 合由F 合沿半径方向的分力提供1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消逝或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情形下，就做逐步远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F 为实际提供的向心力，则(1)当F ＝mω2r 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<mω2r时，物体逐步远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐步靠近圆心．【自我诊断】判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．( )(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．( )(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( )(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．( )(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消逝，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2020·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动专门慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而可不能滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．假如转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．假如转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平稳，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．假如转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在魔盘上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D正确．想一想如图所示，圆盘上物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动．(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)运算圆盘上物体所受的向心力和漏斗内壁上小球的角速度分别需要明白哪些信息？提示：(1)物体的向心力由静摩擦力提供小球的向心力由支持力与重力的合力提供(2)物体：质量、角速度/线速度、物体到圆盘圆心的距离 小球：质量、当地重力加速度、支持力与水平面的夹角、水平半径对传动装置问题的求解[学生用书P70]【知识提炼】1．对公式v ＝ωr 的明白得 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 的明白得在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传动类型图示结论共轴 传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A 点和B 点转动的周期相同、角速度相同，A 点和B 点的线速度与其半径成正比皮带(链 条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A 、B 两点相当于皮带上的不同位置的点，因此它们的线速度大小必定相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮 传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：v A ＝v B ；T A T B ＝r 1r 2＝z 1z 2；ωA ωB ＝r 2r 1＝z 2z 1(z 1、z 2分别表示两齿轮的齿数)1.(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：选BD.处理传动装置类问题时，关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，关于本题，明显v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；依照v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，因此ωA ＝ωC 2，选项A 错误；依照ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；依照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，选项D 正确．2．(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22nD ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12n 解析：选BC.依照皮带传动关系能够看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，因此2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：(1)同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．(2)当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝vr可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比．水平面内的圆周运动[学生用书P71]【知识提炼】1．问题特点(1)运动轨迹是圆且在水平面内．(2)向心力的方向沿半径指向圆心．(3)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．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)分析物体的受力情形，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力确实是向心力．3．运动实例：圆锥摆、汽车和火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．【典题例析】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/s2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，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？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析](1)若要小球刚好离开锥面，现在小球只受到重力和细线拉力，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＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，差不多上水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝⎛⎭⎪⎫F ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度连续增大，质点将做离心运动．【迁移题组】迁移1 车辆转弯问题 1．(多选)(2021·高考浙江卷)如图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 ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．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，绕赛道一圈时刻最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时刻为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，v 小＝Fr m＝ 2.25mgrm＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时刻t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．迁移2 圆锥摆模型 2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平稳，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，因此细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，依照牛顿第二定律得mg tan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝gL cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为33∶1，故D 错误．迁移3 水平面内圆周运动的临界问题 3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r ，明显b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相关于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，因此kmg ＝mω2r ，由此能够求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动[学生用书P72]【知识提炼】1．运动特点(1)竖直面内的圆周运动一样是变速圆周运动．(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒．(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度．(4)一样情形下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形．2．常见模型轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时v＜gr，在到达最高点前小球差不多脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝gr时，F N＝0(4)当v＞gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大(多选)如图甲所示，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，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则( )A ．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上 D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等[审题指导] 由于杆既能够提供支持力，又能够提供拉力，故小球通过最高点时的速度能够不同，则通过F －v 2图象，可得到小球通过最高点时杆的弹力和小球速度大小的定量关系，从而找到解题的突破口．[解析] 对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F －mg ＝0，结合图象可知a －mg ＝0；当F ＝0时，由牛顿第二定律可得mg ＝mv 2R ，结合图象可知mg ＝mb R ，联立解得g ＝b R ，m ＝aRb，选项A 正确，B 错误；由图象可知b <c ，当v 2＝c 时，依照牛顿第二定律有F ＋mg ＝mcR，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C 正确；当v 2＝2b 时，由牛顿第二定律可得mg ＋F ′＝m ·2bR，可得F ′＝mg .选项D 正确． [答案] ACD求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：第一判定是轻绳模型依旧轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力依旧拉力的临界点．(3)研究状态：通常情形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形．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依照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．【迁移题组】迁移1 汽车过拱桥模型1．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2解析：选C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′①因此由牛顿第二定律可得mg －F ′N1＝mv 2R②同样，如图乙所示，F ′N2＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F ′N2－mg ＝mv 2R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg ，因此F N1∶F N2＝1∶3.迁移2 轻绳模型 2.(2021·高考江苏卷)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 后赶忙停止，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( )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2v2gD ．速度v 不能超过（2F －Mg ）LM解析：选D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；假如物块上升的最大高度不超过细杆，则依照机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v 22g ，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，假如物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，现在的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L，解得v ＝（2F －Mg ）LM，D 项正确．迁移3 轻杆模型3．(多选)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐步增大时，杆对小球的拉力逐步增大C ．当v 由gL 逐步减小时，杆对小球的支持力逐步减小D ．当v 由零逐步增大时，向心力也逐步增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对． [学生用书P73]1.(2021·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．将两球由静止开释．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.小球从开释到最低点的过程中，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，依照牛顿第二定律可知，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)(2020·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，赛车通过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时刻最短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；依照t ＝sv，可得①、②、③所用的时刻分别为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所用时刻最短，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．(2021·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，依照机械能守恒定律有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差不多上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，细线中开始显现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝mω2r 2，而现在对P 而言有T ＋f ＝mω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐步减小，当T ＞mω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．[学生用书P297(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2020·江西师大附中模拟)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，故依照公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，因此两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2021·高考全国卷Ⅱ)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．(2020·高考福建卷)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，所用的时刻为t1，第二次由C滑到A，所用的时刻为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，因摩擦造成的动能缺失也小．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，因摩擦造成的动能缺失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块缺失的动能更大．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缺失要小，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，则后一种情形与原先相比较，下面的判定中正确的是( )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.(高考全国卷Ⅱ)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。

第3讲圆周运动及其应用考纲考情核心素养►匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ►匀速圆周运动的向心力Ⅱ►离心现象Ⅰ►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.物理观念全国卷5年10考高考指数★★★★★►描述圆周运动的物理量以及它们之间的关系．►圆周运动的动力学特征．►离心运动、近心运动以及形成条件.科学思维知识点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．4．描述匀速圆周运动的物理量知识点二 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 ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .3．方向：始终沿半径指向圆心方向，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．知识点三 离心现象1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2.直 观 展 示1．思考判断(1)圆周运动一定是变速运动．( √ ) (2)匀速圆周运动加速度保持不变．( × )(3)做圆周运动的物体所受合力一定指向圆心．( × ) (4)物体速率越大所受向心力一定越大．( × ) (5)物体做圆周运动周期越大，角速度一定越小．( √ )2．(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( BCD ) A ．角速度为0.5 rad/s B ．转速为0.5 r/s C ．转迹半径为4π mD ．加速度大小为4π m/s 2解析：由n ＝f ＝1T 可知选项B 正确；由T ＝2πr v 可知r ＝Tv 2π＝4πm ，选项C 正确；由a＝v 2r可知选项D 正确；由a ＝ωv 可知ω＝π rad/s，选项A 错误． 3．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( D )A．角速度之比ωAωB＝2 1B．角速度之比ωAωB＝1 2C．线速度之比v A v B＝2 1D．线速度之比v A v B＝1 2解析：板上A、B两点的角速度相等，角速度之比ωAωB＝11，选项A、B错误；线速度v＝ωr，线速度之比v A v B＝12，选项C错误，D正确．4．如图是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．若摩托车发生滑动，则下列论述正确的是( B )A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用B．摩托车所受合外力提供的向心力小于所需要的向心力C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑出去D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑出去解析：摩托车做圆周运动需要向心力，不受到沿半径方向向外的离心力作用，故A错误；若摩托车发生滑动，摩托车做离心运动是因为所受外力的合力小于所需的向心力，故B正确；摩托车受到与速度方向垂直的摩擦力的作用，即使该摩擦力小于需要的向心力，但仍然能够改变车的运动的方向，使车不会沿其线速度的方向沿直线滑出去，故C错误；摩托车做圆周运动的线速度沿半径的切线方向，不可能会沿其半径方向沿直线滑出去，故D错误．5．如图所示，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，则偏心轮转动过程中a、b两质点( A )A．角速度大小相同B．线速度大小相同C．向心加速度大小相同D．向心力大小相同解析：同轴转动角速度相等，A正确；由于两者半径不同，根据公式v＝ωr可得两点的线速度大小不同，B错误；根据公式a＝ω2r，角速度相同，半径不同，所以向心加速度大小不同，C错误；根据公式F＝ma，质量相同，但是加速度大小不同，所以向心力大小不同，D 错误．考点1 圆周运动的运动学问题1．描述圆周运动的物理量间的关系2．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴传动A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比皮带传动A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮传动v A＝v B(线速度)，T AT B＝r1r2＝n1n2，ωAωB＝r2r1＝n2n1(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)题型1 描述圆周运动的物理量及其关系1．(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，其乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车( AD )A．运动路程为600 m B．加速度为零C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km解析：在此10 s时间内，火车运动路程s＝vt＝60×10 m＝600 m，选项A正确；火车在弯道上运动，做曲线运动，一定有加速度，选项B错误；火车匀速转过10°，约为15.7rad，角速度ω＝θt ＝157rad/s ，选项C 错误；由v ＝ωR ，可得转弯半径约为3.4 km ，选项D 正确． 2.如图所示，两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是32，运动方向改变的角度之比是21，则( D )A ．二者线速度大小之比为2 3B ．二者角速度大小之比为12C ．二者圆周运动的半径之比为1 3D ．二者向心加速度大小之比为31解析：本题考查根据运动轨迹比较圆周运动相关物理量．线速度v ＝s t，两快艇通过的路程之比为32，由于运动时间相等，则二者的线速度大小之比为32，故A 错误；角速度ω＝θt，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，两快艇转过的角度之比为21，由于运动时间相等，则角速度大小之比为21，故B 错误；根据v ＝rω得，圆周运动的半径r ＝vω，则两快艇做圆周运动的半径之比为34，故C 错误；根据a ＝vω得，向心加速度大小之比为31，故D 正确．题型2 传动问题3．科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( C )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A 错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿轮的线速度不同，选项B 错误；根据v ＝ωr ，且线速度大小相等可知，角速度与半径成反比，选项C 正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等可知，向心加速度与半径成反比，选项D错误．4．如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R BR C ＝32，A 轮的半径大小与C 轮相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a 、b 、c 分别为三轮边缘的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为32 2B ．角速度之比为33 2C ．转速之比为23 2D ．向心加速度大小之比为964解析：A 、B 靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度大小相等，即v a v b ＝11，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则边缘上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，转速之比n b n c ＝ωb ωc＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点，由a n ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32，对b 、c 两点，由a n ＝ω2r 得a b a c＝R b R c ＝32，故a a a b a c ＝964，选项D 正确．名师点睛传动装置类问题的解题关键,在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.考点2 水平面上的圆周运动1．水平转盘模型概 述 如图所示，向心力由静摩擦力提供，即F f ＝mω2r ，当物体刚要滑动时F f ＝μmg ，所以临界角速度ω＝μgr规律物体离圆盘中心O 越远，就越容易被“甩出去”概 述如图所示为圆锥筒模型，筒内壁光滑，向心力由重力mg 和支持力F N 的合力提供，即mg tan θ＝m v 2r＝mω2r ，解得v＝grtan θ，ω＝g r tan θ规稳定状态下小球所处的位置越高，半径r 越大，角速度律ω就越小，线速度v就越大．而小球受到的支持力F N ＝mgsinθ和向心力F向＝mgtanθ并不随位置的变化而变化(续表)概述如图所示为圆锥摆模型，向心力F向＝mg tanθ＝mv2r＝mω2r，且r＝L sinθ，解得v＝gL tanθsinθ，ω＝gL cosθ规律稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝mgcosθ和运动所需向心力也越大1.(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( BC )A．A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势B．B的向心力等于A的向心力大小C．盘对B的摩擦力大小是B对A的摩擦力大小的2倍D．若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB 解析：A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，同理，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故A错误；根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力大小相等，故B正确；对A、B整体分析，可得盘对B的摩擦力大小f B＝2mrω2，对A分析，可得B对A的摩擦力大小f A＝mrω2，可知盘对B的摩擦力大小是B对A摩擦力大小的2倍，故C正确；对A、B整体分析，盘与B间静摩擦力最大时有μB·2mg＝2m·rω2B，解得ωB＝μB gr，对A分析，A、B间静摩擦力最大时有μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即ωB<ωA，可得μB<μA，故D错误．2．(多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( AC )A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木板随圆盘转动时，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，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，选项B错误；因为两小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开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2b·2l，可得ωb＝kg 2l，选项C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω2a l，可得ωa＝kgl，而转盘的角速度2kg3l<kgl，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f＝mω2l＝23kmg，选项D错误．3．(多选)如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是( CD )A．A、B球受到的支持力之比为3 3B．A、B球的向心力之比为3 1C．A、B球运动的角速度之比为3 1D．A、B球运动的线速度之比为1 1解析：设小球受到的支持力为F N，向心力为F，则有F N sinθ＝mg，F N A F N B＝31，选项A错误；F＝mgtanθ，F A F B＝31，选项B错误；小球运动轨道高度相同，则半径R＝h tanθ，R A R B＝13，由F＝mω2R得ωAωB＝31，选项C正确；由v＝ωR得v Av B＝11，选项D正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是( B )A．细线所受的拉力变小B．小球P运动的角速度变大C．Q受到桌面的静摩擦力变小D．Q受到桌面的支持力变小解析：设OP长度为l，与水平面的夹角为θ，竖直方向平衡，有F sinθ＝mg，水平方向由牛顿第二定律得F cosθ＝mω2l cosθ，由以上方程分析可得，随θ角减小，F增大，A 错误；结合Q的受力平衡得Q受到桌面的静摩擦力变大，受到桌面的支持力不变，C、D错误；F＝mω2l，ω随F的增大而增大，B正确．考点3 竖直面内圆周运动的两种模型轻“绳”模型轻“杆”模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋F T＝mv2rmg±F N＝mv2r 临界特征F T＝0，即mg＝mv2r，得v＝gr v＝0，即F向＝0，此时F N＝mg模型关键(1)绳只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为gr(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0题型1 轻绳模型1.(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，如图所示，已知绳长为l，重力加速度为g，则( CD )A ．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解析：小球运动到最低点Q 时，由于加速度向上，故小球处于超重状态，选项A 错误；小球在最低点时，设绳的拉力为F T1，有F T1－mg ＝m v 20l ；在最高点时，设绳的拉力为F T2，小球的速度为v ，有F T2＋mg ＝m v 2l ，其中12mv 20－mg ·2l ＝12mv 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 ，因为小球能经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12mv 20＝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，小球将在最低点附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D 正确．2．(多选)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)( CD )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：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 ，根据机械能守恒定律得12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，联立解得v 0≥25 m/s ，C 正确；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时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律得mgr ＝12mv 20，解得v 0＝2 2 m/s ，D 正确．题型2 轻杆模型3．如图甲所示，一轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N ，小球在最高点的速度大小为v ，F N －v 2图象如图乙所示．下列说法正确的是( B )A ．当地的重力加速度大小为RbB ．小球的质量为aR bC ．当v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向上 D ．若v 2＝2b ，则杆对小球弹力大小为2a解析：在最高点，若v ＝0，则F N ＝a ＝mg ；若F N ＝0，则mg ＝m v 2R ＝m b R ，解得g ＝b R ，m ＝ab R ，故A 错误，B 正确；由题图可知：当v 2<b 时，杆对小球弹力方向向上，当v 2>b 时，杆对小球弹力方向向下，所以当v 2＝c 时，杆对小球弹力方向向下，故C 错误；若v 2＝2b ，则F N ＋mg ＝m 2bR，解得F N ＝a ＝mg ，故D 错误．4.如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( C )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg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 2B2L ，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；球B 在最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg ＝m v 2AL，解得F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．名师点睛分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路。

1 / 52021届高三物理一轮复习力学曲线运动生活中的圆周运动拱桥和凹桥模型专题练习一、填空题1．有一辆质量为800kg 的小汽车驶上圆弧半径为50m 的拱桥。

汽车到达桥顶时速度为5m/s ，汽车对桥的压力是________N ；汽车速度v =________m/s 时恰好对桥没有压力而腾空。

（210m/s g =） 2．如图所示，拱桥桥顶部分路面是部分圆周，汽车通过拱桥顶点速度为v 时，车对桥的压力为车重的59。

如果汽车通过拱桥顶点时对桥顶恰无压力，则汽车速度大小为_______。

3．若汽车在拱桥上以速度v 前进，桥面的圆弧半径为R ，求汽车过桥的最高点时对桥面的压力_______ 4．如图所示，一质量为m 的物体在半径为R 的半圆形轨道上滑行，经过最低点的速度为v ，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点受到的摩擦力大小为_______．5．将一个力传感器连接到计算机上，我们就可以测量快速变化的力．图中所示就是用这种方法测得的小滑块在半球形碗内在竖直平面内来回滑动时，对碗的压力大小随时间变化的曲线．从这条曲线提供的信息，可以判断滑块约每隔 秒经过碗底一次，随着时间的变化滑块对碗底的压力 （填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）．6．公路上的拱形桥是常见的，汽车过桥时的运动也可以看做圆周运动．质量为m 的汽车在拱形桥上以速度v 前进，设桥面的圆弧半径为R ，则汽车通过桥的最高点时对桥的压力为____________（重力加速度为g．．7．汽车以72km/h 的速度过凸型桥最高点时，对桥的压力是车重的一半。

将凸型桥看成圆弧，重力加速度取10m/s 2。

则该桥的半径为_________m．8．如图是滑道压力测试的示意图，光滑斜面与半径为R 滑圆弧轨道, 在滑圆弧轨道弧的最低点B 处平滑相连接，某质量为m 的滑块从斜面上高h 处由静止下滑，重力加速度为g 则：（1）滑块运动到斜面底端的B 点时的速度大小为________；（2）滑块进入圆弧轨道的B 对轨道的压力_________。

生活中的圆周运动1．我国高铁技术发展迅猛，全国高铁总里程超过3万公里。

京张智能高铁的开通为2022年冬奥会的举办提供了极大便利。

已知我国的铁路轨距为150cm ，其中在一转弯半径为5400m 的弯道处外轨比内轨高10cm （角度较小时可认为tan sin θθ=，重力加速度g 取210m /s ），则高铁在通过此弯道时，按规定行驶速度应为（ ）A ．40m /sB ．50m /sC ．60m /sD ．70m /s2．如图所示，竖直光滑杆上固定一轻质光滑定滑轮，滑块B 套在杆上可自由滑动，用长度一定的细线绕过定滑轮连接滑块B 和小球A ，让杆转动使细线带着小球绕杆的竖直轴线以角速度ω做匀速转动，此时滑块B 刚好处于静止状态，滑块B 到定滑轮的距离为h 且该段细线与杆平行，悬吊小球的细线与竖直方向的夹角为θ，若h 越小，则（ ）A ．θ越大B ．θ越小C ．ω越大D ．ω越小3．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①②③三条路线，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)，则下列说法错误的是（）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．①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等4．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匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为零，它和O点的连线与OO'之间的夹角θ为60 ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A gBCD．陶罐对物块的弹力大小为35．如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动．质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止．A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β．则下列说法正确的是( )A．A的向心力等于B的向心力B．容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力C．若ω缓慢增大，则A、B受到的摩擦力一定都增大D．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力6．如图所示，为一辆越野车在比赛时经过一段起伏路段，M、N分别为该路段的最高点和最低点，已知在最高点M附近汽车所走过的那一小段圆弧可认为是圆周运动的一部分，其对应半径为R，在最低点N附近对应圆周运动的半径为23R，假设汽车整个运动可近似认为速率不变，汽车经过最高点M时对轨道的压力为汽车自重的0.9倍，那么汽车经过最低点N时对轨道的压力为自重的（）A．1.1倍B．1.15倍C．1.2倍D．1.25倍7．如图所示，一个上表面粗糙、中心有孔的水平圆盘绕轴MN转动，系有不可伸长细线的木块置于圆盘上，细线另一端穿过中心小孔O系着一个小球。

全国版2021版高考物理一轮复习第4章曲线运动第17课时水平面内的第17课时水平面内的圆周运动及其临界问题考点1 圆锥类运动及其临界问题1．关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题，常见的是与绳的拉力、弹簧的弹力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题，通过受力分析来确定临界状态和临界条件是常用的解题方法。

2．(1)运动轨迹是在水平面内圆。

(2)物体所受合外力提供向心力。

(3)向心力可以是一个力或几个力的合力，也可以是某个力的分力。

3．实例：圆锥摆、汽车和火车拐弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行、锥斗、锥面等，临界条件是恰好满足或不满足某条件。

[例1] 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FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8, g取10 m/s，结果可用根式表示)。

求：(1)若要小球离开锥面，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，则小球受到重力和细线拉力，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mgtanθ＝mω0lsinθ解得ω0＝即ω0＝22gglcosθ52＝ rad/s。

lc osθ2(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mgtanα＝mω′2lsinα解得ω′＝即ω′＝2gglcosα＝25 rad/s。

lcosα52答案 (1) rad/s (2)25 rad/s2(1)圆锥类圆周运动问题的物体，有些在锥面内，有些在锥面外，有些属于锥面问题，如：汽车道路在拐弯时为什么修的是内低外高，火车拐弯处的构造等。

2021年高考物理一轮复习第6讲圆周运动经典精讲21、如图所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。

不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。

则小球沿挡板运动时对挡板的力是( )A．0.5mgB．mgC．1.5mgD．2mg2、如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m在圆形轨道内侧做圆周运动，对于半径R不同的圆形轨道，小球m通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力。

下列说法中正确的是( )A．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B．半径R越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D．半径R越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小3、如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。

现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小x＝0.4 m。

设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。

4、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。

(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2。

(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？5、如图所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴O 。

高考复习方案（全国卷地区专用）2021届高考物理一轮复习第4单元曲线运动万有引力与航天第10讲圆周运动作业手册新人教版一、单选题1．关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )A ．由a ＝v 2r知，a 与r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 与r 成正比 C ．由ω＝v r知，ω与r 成反比D ．由ω＝2πn 知，ω与转速n 成正比2．[2020·河北廊坊联考]如图K10­1所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度逐步增大时(物体不滑动)，下列说法正确的是( )图K10­1A ．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了B ．物体所受弹力增大，摩擦力减小了C ．物体所受弹力和摩擦力都减小了D ．物体所受弹力增大，摩擦力不变3．雨天野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感受专门“繁重”．假如将自行车后轮撑起，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K10­2所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个专门位置，则( )图K10­2A ．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4．[2020·湖南长沙联考]用如图K10­3(a)所示的装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道的不同位置由静止开释，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器，测出小球对轨道压力的大小为F .已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ，最后作出了如图(b)所示的F ­x 图像，则由图可求得圆弧轨道的半径R为( )图K10­3A．0.125 mB．0.25 mC．0.50 mD．1.0 m5．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图K10­4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K10­4A．路面外侧低内侧高B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速尽管高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便可不能向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小6．如图K10­5，在光滑的水平面上两个质量相等的小球A、B用两根等长的轻绳连接．现让两小球A、B以C为圆心、以相同的角速度做匀速圆周运动，A球的向心加速度为a1，B 球的向心加速度为a2，AC段绳所受拉力记为F1，AB段绳所受拉力记为F2，则下列说法中正确的是( )图K10­5A．a1∶a2＝1∶1B．a1∶a2＝1∶4C．F1∶F2＝2∶1D．F1∶F2＝3∶2二、多选题7．[2020·广东佛山高三教学质检]如图K10­6所示，木箱内有一倾斜光滑斜面，当木箱做下列运动时，处于该斜面上的物体在哪种情形下有可能与斜面保持相对静止( )图K10­6A．向左匀加速(甲图)B．向右匀加速(乙图)C．竖直向上匀加速(丙图)D．随圆盘绕竖直轴匀速转动(丁图)8．[2020·河南中原名校高三上学期期中考试]质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图K10­7所示，当木架绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到如图所示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则( )图K10­7A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬时，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D．若角速度ω较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动9．[2020·河南安阳第二次教学质检]如图K10­8所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )图K10­8A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μB三、运算题10．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的倍．(1)假如汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)假如高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，那个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(g取10 m/s2)11．[2020·豫东、豫北十校测试]如图K10­9所示，半径为l4、质量为m 的小球用两根不可伸长的轻绳a 、b 连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A 、B 两点上，A 、B 两点相距为l ，当两轻绳伸直后，A 、B 两点到球心的距离均为l .当竖直杆以自己为轴转动并达到稳固时(轻绳a 、b 与杆在同一竖直平面内)．求：(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆．(2)轻绳a 的张力F a 与竖直杆转动的角速度ω之间的关系．图K10­9课时作业(十)1．D [解析] 由a ＝v 2r 知，只有在v 一定时，a 才与r 成反比，假如v 不一定，则a 与r 不成反比，同理，只有当ω一定时，a 才与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比；因2π是定值，故ω与n 成正比．2．D [解析] 物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G 、筒壁对它的弹力F N 和筒壁对它的摩擦力F f (如图所示)．其中G 和F f 是一对平稳力，筒壁对它的弹力F N 提供它做圆周运动的向心力．当圆筒转动时，不管其角速度多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的(静)摩擦力F f 大小就等于其重力．而依照向心力公式，F N ＝mrω2，当角速度ω增大时F N 也增大，选项D 正确．3．C [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，A 错误．在角速度ω相同的情形下，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 .因此泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，最容易被甩下来，故B 、D 错误，C 正确．4．B [解析] 小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，依照平抛运动的规律可得做平抛运动竖直分位移x tan θ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 2，小球在弧形轨道最低点，依照牛顿第二定律可得：F ′－mg ＝m v 2R (F ′是F 的反作用力)，由以上两式解得：F ′＝mg2Rx ＋mg ，即图(b)中纵轴截距 N 为小球的重力，斜率k ＝10 N/m ＝mg2R ，即R ＝0.25 m ，选项B 正确．5．C [解析] 当汽车行驶的速率为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，现在要求路面外侧高内侧低，选项A 错误．当速率稍大于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，车辆可不能向外侧滑动，选项C 正确．同样，速率稍小于v c 时，车辆可不能向内侧滑动，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，选项D 错误．6．D [解析] 设CA ＝AB ＝l ，角速度相等，依照a ＝rω2，有：a 1∶a 2＝l ∶2l ＝1∶2，选项A 、B 错误；对B 球有：F 2＝m ·2l ω2，对A 球有：F 1－F 2＝mlω2，联立两式解得：F 1∶F 2＝3∶2，选项C 错误，D 正确．7．BD [解析] 斜面光滑，斜面上物体受到重力和斜面的支持力两个力的作用，加速度水平向左，依照牛顿第二定律知合力应该水平向左，斜面上物体才能相对斜面静止，而图甲中支持力和重力的合力不可能向左，故A 错误；图乙中斜面上物体受到的支持力和重力的合力可能水平向右，与加速度相同，因此可能保持相对静止，故B 正确；由于加速度方向向上，重力和支持力的合力不可能向上，可知斜面上物体与斜面不可能保持相对静止，故C 错误；木箱随圆盘做圆周运动，加速度方向水平指向转轴，斜面上物体所受的重力和支持力的合力可能水平指向转轴，因此物体和斜面可能保持相对静止，故D 正确．8．BCD [解析] 小球原先在水平面内做匀速圆周运动，绳b 被烧断后，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动或做圆周运动，选项A 错误；绳b 被烧断前，小球在竖直方向加速度为零，a 绳中张力等于重力，在绳b 被烧断瞬时，a 绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a 的张力将大于重力，即张力突然增大，选项B 正确；若角速度ω较小，小球原先的速度较小，小球在垂直于平面ABC 的竖直平面内摆动，选项C 正确；若角速度ω较大，小球原先的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC 的竖直平面内做圆周运动，选项D 正确．9．BC [解析] A 、B 两物块的角速度大小相等，依照F n ＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，因此向心力相等，选项A 错误；对AB 整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A ＝mrω2，知盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍，选项B 正确；A 所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A 有沿半径向外滑动的趋势，B 受到盘的静摩擦力方向指向圆心，可知B 有沿半径向外滑动的趋势，选项C 正确；对AB 整体分析，μB ·2mg ＝2mrω2B ，解得：ωB ＝μB g r ，对A 分析，μA mg ＝mrω2A ，解得ωA ＝μA g r，因为B 先滑动，可知B 先达到临界角速度，可知B 的临界角速度较小，即μB ＜μA ，选项D 错误．10．(1)150 m (2)90 m[解析] (1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F max ＝＝m v 2r min代入速度v ＝108 km/h ＝30 m/s 解得弯道半径r min ＝150 m.(2)汽车过拱桥，可看作在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，依照向心力公式有mg －F N ＝m v 2R为了保证安全通过，车与路面间的弹力F N 必须大于或等于零，有mg ≥m v 2R解得R ≥90 m. 11．(1)2g15l(2)略[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，设现在轻绳a 与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sin α＝14， r ＝l4沿半径：F a sin α＝mω2r垂直半径：F a cos α＝mg 联立解得ω＝2g15l.(2)由(1)可知0≤ω≤2g15l时，F a ＝415mg若角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b 恰伸直前，设轻绳a 与竖直杆的夹角为β，现在小球做圆周运动的半径为r ＝l sin β沿半径：F a sin β＝mω2r 垂直半径：F a cos β＝mg联立解得F a ＝mω2l当轻绳b 恰伸直时，β＝60°现在ω＝2g l故有F a ＝mω2l ，现在2g15l＜ω≤2gl若角速度ω再增大，轻绳b 拉直后，小球做圆周运动的半径为 r ＝l sin 60°沿半径：F a sin 60°＋F b sin 60°＝mω2r 垂直半径：F a cos 60°＝F b cos 60°＋mg 联立解得F a ＝12ml ω2＋mg ，现在ω＞2g l.。