江西省上饶县中学圆周运动单元复习练习(Word版 含答案)

江西省上饶县中学期末精选单元复习练习(Word版含答案)一、第五章抛体运动易错题培优（难）1．如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。

则可以求出的物理量是（）A．α的值B．小球的初速度v0C．小球在空中运动时间D．小球初动能【答案】A【解析】【分析】【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α（1）；由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。

A点抛出时：sinxv vβ=（2）10cosyv vβ=（3）2112yvyg=（4）小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度v y2，则水平方向速度保持0sinxv vβ=不变，斜面倾角θ＝45°，20tan45siny x xv v v vβ===（5）2222yyyg=（6）()22212cos sin2vy y ygββ-∆=-=（7），平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：()111111tan 90222tan y x v y x v ββ==-=（8） 由（8）变形化解：2011cos sin 2tan v x y gβββ==（9）同理，Ⅱ中水平位移为：22022sin 2tan 45v x y gβ==（10）()2012sin sin cos v x x x gβββ+=+=总（11） =tan45yx ∆总故=y x ∆总即2sin sin cos βββ-=-（12）由此得1tan 3β=19090arctan 3αβ=-=-故可求得α的值，其他选项无法求出； 故选：A 。

2．2022年第24届冬奥会由北京市和张家口市联合承办。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图，质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ）A ．滑块对轨道的压力为2v mg m R+B ．受到的摩擦力为2v m RμC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．根据牛顿第二定律2N v F mg m R-=根据牛顿第三定律可知对轨道的压力大小2NN v F F mg m R'==+ A 正确；BC ．物块受到的摩擦力2N ()v f F mg m Rμμ==+BC 错误；D ．水平方向合力向左，竖直方向合力向上，因此物块受到的合力方向斜向左上方，D 正确。

故选AD 。

2．如图所示，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（ ）A ．当23KgLω>时，A 、B 相对于转盘会滑动B ω<C ．ω在ω<<B 所受摩擦力变大D ．ωω<A 所受摩擦力不变 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】A ．当A 所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A 、B 相对于转盘会滑动，对A 有21Kmg T m L ω-=对B 有212Kmg T m L ω+=⋅解得1ω=当ω>时，A 、B 相对于转盘会滑动，故A 正确； B ．当B 达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力222Kmg m L ω=⋅解得2ω=ω<<B 正确；C ．当ω在0ω<<B 所受的摩擦力变大；当ω=时，B 受到的摩擦力达到最大；当ωω<<B 所受摩擦力不变，故C 错误；D ．当ω在0ω<<范围内增大时，A 所受摩擦力一直增大，故D 错误。

圆周运动及其应用专题复习(答案版 )课前复习1. 描绘圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加快度、向心力等，现比较以下表：物理量 意义、方向公式、单位线速度① 描绘做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v) ①v ＝ l ＝ 2πr② 方向与半径垂直，和圆周相切t T② 单位： m/s角速度① 描绘物体绕圆心转动快慢的物理量 (ω)Δθ 2π②中学不研究其方向① ω＝ t ＝T②单位： rad/s周 期 和 ① 周期是物体沿圆周运动一圈的时间 (T)① T ＝2πr；单位： s转速② 转速是物体在单位时间内转过的圈数((n)，也v叫频次 (f)② n 的单位 r/s 、r/min1③ f 的单位： Hz③ 周期与频次的关系为 T ＝ f(a n )向 心 加①描绘速度方向变化快慢的物理量a n ＝v2速度②方向指向圆心① ＝ω2rr② 单位： m/s 24π向心力 ①作用成效是产生向心加快度，只改变线速度的v2① F n ＝m ω2r ＝ m2方向，不改变线速度的大小r ＝ m T 2 r② 方向指向圆心 .②单位： N2.匀速圆周运动有关性质:(1) 定义 :物体沿圆周运动，而且线速度大小到处相等的运动． (2) 匀速圆周运动的特色速度大小不变而速度方向时辰变化的变速曲线运动．只存在向心加快度，不存在切向加快度． 合外力即产生向心加快度的力，充任向心力(3) 条件：合外力大小不变，方向一直与速度方向垂直且指向圆心．课前练习1.某型石英表中的分针与时针可视为做匀速转动，分针的长度是时针长度的 1.5 倍，则以下说法中正确的选项是 ()A ．分针的角速度与时针的角速度相等B ．分针的角速度是时针的角速度的 60 倍C ．分针端点的线速度是时针端点的线速度的18 倍D ．分针端点的向心加快度是时针端点的向心加快度的 1.5 倍【分析】 分针的角速度 ω1＝ 2π π rad/min ，时针的角速度 ω2＝ 2π πrad/min.T ＝ 30 T ＝ 36012ω1∶ω2＝ 12∶1， v 1∶v 2 ＝ω1r 1∶ω2r 2＝ 18∶1， a 1∶a 2＝ ω1 v 1∶ω2v 2＝ 216∶1，故只有 C 正确． 【答案】C2.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新式高速列车，以下图．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时， 车厢又恢还原状， 就像玩具“不倒翁”同样． 假定有一超高速列车在水平面行家驶，以 360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为 50 kg 的乘客，在拐弯过 程中所遇到的火车给他的作使劲为 (g 取 10 m/s 2)( )A ． 500 NB ．1 000 N C． 500 2 N D ． 0【分析】 乘客所需的向心力：v 2F ＝ m500 N ，故火车对乘客的R ＝ 500 N ，而乘客的重力为作使劲大小为 N ＝ F 2 ＋G 2＝ 500 2 N ， C 正确． 【答案】 C讲堂复习：考点 1: 圆周运动的运动学剖析21.对公式 v ＝ ωr 和 a ＝ vr ＝ ω2r 的理解(1) 由 v ＝ωr 知， r 一准时， v 与 ω成正比； ω一准时， v 与 r 成正比； v 一准时， ω与 r 成反比．2(2) 由 a ＝v＝ ω2r 知，在 v 一准时， a 与 r 成反比；在ω一准时， a 与 r 成正比．r(1) 同轴传动：固定在一同共轴转动的物体上各点角速度同样．(2) 皮带传动：不打滑的摩擦传动和皮带(或齿轮 )传动的两轮边沿上各点线速度大小相等．例 1:(2013 届连云港高三模拟 )以下图，半径为r ＝20 cm 的两圆柱体 A 和 B ，靠电动机带动按同样方向均以角速度 ω＝ 8 rad/s 转动，两圆柱体的转动轴相互平行且在同一平面内， 转动方向已在图中标出，质量平均的木棒水平搁置其上，重心在刚开始运动时恰在 B 的正上 方，棒和圆柱间动摩擦因数μ＝，两圆柱体中心间的距离 s ＝ 1.6 m ，棒长 l ＞m ，重力加快度取 10 m/s 2，求从棒开始运动到重心恰在A 的正上方需多长时间？【审题视点】(1) 开始时，棒与 A 、B 有相对滑动先求出棒加快的时间和位移．(2)棒匀速时与圆柱边沿线速度相等，求出棒重心匀速运动到A 正上方的时间． 【分析】棒开始与 A 、 B 两轮有相对滑动，棒受向左摩擦力作用，做匀加快运动，末速度v ＝ ωr＝8× 0.2 m/s ＝ 1.6 m/s ，加快度a ＝ μg＝ 1.6 m/s 2，时间vt 1＝ a ＝1 s ，t 1 时间内棒运动位移12s 1＝ 2at 1 ＝ 0.8 m.今后棒与A 、B 无相对运动，棒以v ＝ ωr 做匀速运动，再运动s 2＝ s － s 1＝ 0.8 m ，重心到 A 的正上方需要的时间s 2t 2＝ v ＝ 0.5 s ，故所求时间 t ＝t 1＋ t 2＝ 1.5 s.【答案】1.5 s例 2．小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：迅速丈量自行车的骑行速度． 他的假想是： 经过计算脚踏板转动的角速度， 计算自行车的骑行速度． 经过骑行，他获得以下的数据：在时间t 内脚踏板转动的圈数为N ，那么脚踏板转动的角速度ω＝ ________；要计算自行车的骑行速度， 还需要丈量的物理量有 ____________________ ；自行车骑行速度的计算公式 v ＝ ________.【分析】 θ 依照角速度的定义式ω＝＝2N πtv t ；要计算自行车的骑行速度，因为 ＝ω 后 R ，还要知道自行车后轮的半径 R ，r 1ω后＝ ω飞轮 ，而 ω飞轮 r 2＝ ω牙盘 r 1，ω牙盘 ＝ ω，联立以上各式解得 v ＝ R ω r 2 Nr 1 ＝2 πR tr 2【答案】.故还需知道后轮半径R ，牙盘半径 r 1，飞轮半径r 2. 2N πtr 2r 1 R ω 或r 2Nr 12πR tr 2考点 2:圆周运动的动力学剖析 1.向心力的根源向心力是按力的作用成效命名的，能够是重力、弹力、摩擦力等各样力，也能够是几个力的协力或某个力的分力，所以在受力剖析中要防止再此外增添一个向心力． 2． 向心力确实定(1) 确立圆周运动的轨道所在的平面，确立圆心的地点．(2) 剖析物体的受力状况，找出全部的力沿半径方向指向圆心的协力就是向心力．3． 解决圆周运动问题的主要步骤(1) 审清题意，确立研究对象．(2) 剖析物体的运动状况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等． (3) 剖析物体的受力状况，画出受力表示图，确立向心力的根源． (4) 据牛顿运动定律及向心力公式列方程．(5) 求解、议论．例 3:(2012 福·建高考 )以下图，置于圆形水平转台边沿的小物块随转台加快转动，当转速达到某一数值时，物块恰巧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 s ＝0.4 m ．设物块所受的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加快度 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. 【审题视点】(1) 应理解掌握好 “ 转台边沿 ” 与 “恰巧滑离 ” 的含义．(2)临界问题是静摩擦力达到最大值．【分析】 (1) 物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝ 1gt 2①2在水平方向上有 s ＝ v 0t ②g由①②式解得v0＝ s2H ③代入数据得v0＝ 1 m/s.(2)物块走开转台时，最大静摩擦力供给向心力，有2v0f m＝ m R④f m＝μN＝μ mg⑤2v0由④⑤式得μ＝gR代入数据得μ＝0.2.【答案】(1)1 m/s规律总结：(1)不论是匀速圆周运动仍是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的协力均为向心力．(2)当采纳正交分解法剖析向心力的根源时，做圆周运动的物体在座标原点，必定有一个坐标轴沿半径方向指向圆心．例 4.(2013 届淮州中学四月调研 )以下图，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 )，另一端固定在一圆滑锥体顶端，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 T.(g 取 10 m/s 2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球走开锥面，则小球的角速度ω0起码为多大？(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？【分析】(1)若要小球恰巧走开锥面，则小球遇到重力和细线拉力如图示．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2律及向心力公式得： mgtan θ＝ mω0lsin θ2＝g＝g解得：ω0，即ω0＝ 12.5 rad/s.l cos θlcos θ(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： mgtan α＝ mω′2lsin α解得：ω′2＝g ，即ω′＝lcos α【答案】(1) 12.5 rad/s (2) 20 rad/sg＝20 rad/s. lcos α考点 3：“轻绳模型”与“轻杆模型”轻绳模型轻杆模型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球常有种类v 2过最高点的临界条件由 mg ＝m r 得v 临＝ 0v 临 ＝ gr(1) 当 v ＝ 0 时， F N ＝mg ，F N为支持力，沿半径背叛圆心(1)过最高点时， v ≥ gr ，F N (2) 当 0＜ v ＜ gr 时， mg － F N＋mg ＝m v 2 v 2r ，绳、轨道对球产 ＝ m ，F N 背叛圆心， 随 v 的r议论剖析生弹力 F N增大而减小 (2)当 v ＜ gr 时，不可以过最高 (3) 当 v ＝ gr 时， F N ＝0点，在抵达最高点前小球已经 (4) 当 v ＞ gr 时， F N ＋ mg ＝离开了圆轨道v 2m r ，F N 指向圆心并随 v 的增大而增大例 5：长 L ＝0.5 m 质量可忽视的轻杆，其一端可绕 O 点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球 A.A 的质量为 m ＝ 2 kg ，当 A 经过最高点时，以下图，求在以下几种状况下杆对小球的作使劲：(1)A 在最高点的速率为1m/s(2)A 在最高点的速率为 4m/s(3) 假如将原题中的轻杆换成轻绳，则结果怎样？【分析】（ 1）向上的支持力 16N(2) 向下的压力 44N（3）换成细绳最小速度为根号5，故只好是向下压力课后思虑： (4)A 在最低点的速率为21m/s ；(5) A 在最低点的速率为 6 m/s.44N（ 1）动能定理求出最高点速度1m/s, 向上的支持力 16N(2) 动能定理求出最高点速度 4m/s ，向下压力 44N.圆周运动及其应用课后练习 :●考察圆周运动中的运动规律1．(2010 ·纲全国高考大 )如图是利用激光测转速的原理表示图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边沿侧面上有一小段涂有很薄的反光资料．当盘转到某一地点时，接收器能够接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变为电信号，在示波器显示屏上显示出来 (如图 )．(1)若图中示波器显示屏横向的每大格(5 小格 )对应的时间为× 10－2 s，则圆盘的转速为______转 /s.(保存 3 位有效数字 )(2)若测得圆盘直径为 10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 ______ cm.( 保存 3 位有效数字 )【分析】(1)从图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22 格，由题意知图中横坐标上每小格表示× 10－2 s，所以圆盘转动的周期是0.22 s，则转速为 4.55 转 /s.(2)反射光惹起的电流图象在图中的横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长12πr×的22，则涂层长度L＝22＝22cm＝ 1.46 cm.【答案】●利用圆周运动测分子速率散布2． (多项选择 )(2012 上·海高考 )图为丈量分子速率散布的装置表示图．圆筒绕此中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M 为正对狭缝的地点．从原子炉R 中射出的银原子蒸汽穿过屏上S缝后进入狭缝 N，在圆筒转动半个周期的时间内接踵抵达并堆积在薄膜上．展开的薄膜如图 b 所示， NP， PQ 间距相等．则 ()A ．抵达 M 邻近的银原子速率较大B．抵达 Q 邻近的银原子速率较大C．位于 PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率D．位于 PQ 区间的分子百分率小于位于NP 区间的分子百分率d【分析】分子在圆筒中运动的时间t＝v，可见速率越大，运动的时间越短，圆筒转过的角度越小，抵达地点离M 越近，所以 A 正确， B 错误；依据题图 b 可知位于 PQ 区间的分子百分率大于位于 NP 区间的分子百分率，即 C 正确， D 错误．【答案】AC●圆周运动的动力学识题3．(多项选择 )(2012 绍·兴一中月考 )以下图，放于竖直面内的圆滑金属圆环半径为 R，质量为 m 的带孔小球穿于环上同时有一长为 R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能是 ()3gB.3gA. 2R Rg1g C.R D. 2R【分析】以下图，若绳上恰巧无拉力，则有mgtan 60°＝ mRω2sin 60°，ω＝2g R，所以当ω>2gA 、B 选项正确．R时，物体受三个力的作用【答案】AB●圆周、平抛相联合4． (多项选择 )(2012 浙·江高考 )由圆滑细管构成的轨道以下图，此中AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平川面高为H 的管口 D 处静止开释，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．以下说法正确的选项是()A ．小球落到地面时有关于 A 点的水平位移值为2 RH－ 2R2B ．小球落到地面时有关于 A 点的水平位移值为2 2RH－ 4R2C．小球能从细管 A 端水平抛出的条件是H＞ 2R5D．小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度H min＝2R【分析】要使小球从 A 点水平抛出，则小球抵达 A 点时的速度 v＞ 0，依据机械能守恒定12，所以 H＞ 2R，应选项 C 正确，选项 D 错误；小球从 A 点水平律，有 mgH－mg·2R＝ mv212抛出时的速度 v＝2gH－4gR，小球走开 A 点后做平抛运动，则有2R＝2gt ，水平位移 x ＝v t，联立以上各式可得水平位移 x＝ 2 2RH－ 4R2，选项 A 错误，选项 B 正确．【答案】BC●竖直面内圆周运动问题5． (2011 北·京高考 )以下图，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小能够忽视)．(1) 在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力争，并求力 F 的大小；(2)由图示地点无初速开释小球，求当小球经过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力． (不计空气阻力 )．【分析】(1)受力剖析如图依据均衡条件，应知足T cos α＝ mg，Tsin α＝ F则拉力大小 F ＝ mgtan α.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒12mgl(1－ cos α)＝ mv则经过最低点时，小球的速度大小v＝2gl 1－cos αv2依据牛顿第二定律T′ － mg＝ m l解得轻绳对小球的拉力v2T′＝ mg＋ m l＝ mg(3－ 2 cos α)，方向竖直向上．【答案】(1)看法析(2) 2gl 1－ cos αmg(3－ 2 cos α)，方向竖直向上。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )A ．此时绳子张力为T ＝3mg μB ．此时圆盘的角速度为ω2grμC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】C ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有22T mg mr μω+=以A 为研究对象，有2T mg mr μω-=联立可得3T mg μ=2grμω=故AB 正确；D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误． 故选ABC.2．如图甲所示，半径为R 、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看成质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A 时，小球受到的弹力F 与其过A 点速度平方（即v 2）的关系如图乙所示。

设细管内径略大于小球直径，则下列说法正确的是（ ）A ．当地的重力加速度大小为R bB ．该小球的质量为a bR C ．当v 2=2b 时，小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a D ．当0≤v 2＜b 时，小球在A 点对圆管的弹力方向竖直向上 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．在最高点，根据牛顿第二定律2mv mg F R-= 整理得2mv F mg R=- 由乙图斜率、截距可知a mg =， m a R b=整理得a m Rb =，b g R= A 错误，B 正确；C ．由乙图的对称性可知，当v 2=2b 时F a =-即小球在圆管的最高点受到的弹力大小为a ，方向竖直向下，C 正确； D ．当0≤v 2＜b 时，小球在A 点对圆管的弹力方向竖直向下，D 错误。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ︒=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。

装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6︒=，cos370.8︒=）A ．两细线张力均增大B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大C ．细线AC 中张力先不变，后增大D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为54g L【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．当静止时，受力分析如图所示由平衡条件得T AB =mg tan37°=0.75mg T AC =cos37mg＝1.25mg若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2得ωmin 54g l当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°mg tan θ2＝mωmax 2l sin θ2得ωmax ＝53g l所以ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l绳子AB 的拉力都是0。

由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在54g l ≤ω≤53gl时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确；C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg ；当转速大于54gl后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于53gl后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平足够大圆盘，上面放置劲度系数为k 的弹簧，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端连接质量为m 的小物块A （可视为质点），物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为L ，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，物块A 始终与圆盘一起转动。

则（ ）A ．当圆盘角速度缓慢地增加，物块受到摩擦力有可能背离圆心B ．当圆盘角速度增加到足够大，弹簧将伸长C gLμ D ．当弹簧的伸长量为x mg kxmLμ+【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】AB ．开始时弹簧未发生形变，物块受到指向圆心的静摩擦力提供圆周运动的向心力；随着圆盘角速度缓慢地增加，当角速度增加到足够大时，物块将做离心运动，受到摩擦力为指向圆心的滑动摩擦力，弹簧将伸长。

在物块与圆盘没有发生滑动的过程中，物块只能有背离圆心的趋势，摩擦力不可能背离圆心，选项A 错误，B 正确；C ．设圆盘的角速度为ω0时，物块将开始滑动，此时由最大静摩擦力提供物体所需要的向心力，有20mg mL μω=解得0gLμω=选项C 正确；D ．当弹簧的伸长量为x 时，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则有2mg kx m x L μω+=+（）解得mg kxm x L μω+=+（）选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的物体A 和B ，A 和B 质量都为m ．它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，A 、B 与盘间的动摩擦因数μ相同．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )A ．此时绳子张力为T ＝3mg μB ．此时圆盘的角速度为ω2grμC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D ．此时烧断绳子物体A 、B 仍将随盘一块转动 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】C ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，故C 正确； AB ．当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有22T mg mr μω+=以A 为研究对象，有2T mg mr μω-=联立可得3T mg μ=2grμω=故AB 正确；D ．若烧断绳子，则A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故D 错误． 故选ABC.3．如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm ，大齿轮半径为20cm ，大齿轮中C 点离圆心O 2的距离为10cm ，A 、B 两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A 、B 、C 三点的（ ）A ．线速度之比是1：1：2B ．角速度之比是1：2：2C ．向心加速度之比是4：2：1D ．转动周期之比是1：2：2 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A ．同缘传动时，边缘点的线速度相等v A =v B ①同轴转动时，各点的角速度相等ωB =ωC ②根据v =ωr ③由②③联立代入数据，可得B C 2v v =④由①④联立可得v A ：v B ：v C =2：2：1A 错误；B ．由①③联立代入数据，可得A B :2:1ωω=⑤再由②⑤联立可得A B C ::2:1:1ωωω=⑥B 错误； D ．由于2T πω=⑦由⑥⑦联立可得A B C ::1:2:2T T T =D 正确； C ．根据2a r ω= ⑧由⑥⑧联立代入数据得A B C ::4:2:1a a a =C 正确。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ︒=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。

装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6︒=，cos370.8︒=）A ．两细线张力均增大B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大C ．细线AC 中张力先不变，后增大D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为54g L【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．当静止时，受力分析如图所示由平衡条件得T AB =mg tan37°=0.75mg T AC =cos37mg＝1.25mg若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2得ωmin 54g l当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°mg tan θ2＝mωmax 2l sin θ2得ωmax ＝53g l所以ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l绳子AB 的拉力都是0。

由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在54g l ≤ω≤53gl时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确；C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg ；当转速大于54gl后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于53gl后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，小球A 可视为质点，装置静止时轻质细线AB 水平，轻质细线AC 与竖直方向的夹角37θ︒=，已知小球的质量为m ，细线AC 长L ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等。

装置BO 'O 能以任意角速度绕竖直轴O 'O 转动，且小球始终在BO 'O 平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中（ ）（g 取10m/s 2，sin370.6︒=，cos370.8︒=）A ．两细线张力均增大B ．细线AB 中张力先变小，后为零，再增大C ．细线AC 中张力先不变，后增大D ．当AB 中张力为零时，角速度可能为54g L【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．当静止时，受力分析如图所示由平衡条件得T AB =mg tan37°=0.75mg T AC =cos37mg＝1.25mg若AB 中的拉力为0，当ω最小时绳AC 与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图mg tan θ1=m （l sinθ1）ωmin 2得ωmin 54g l当ω最大时，由几何关系可知，绳AC 与竖直方向夹角θ2=53°mg tan θ2＝mωmax 2l sin θ2得ωmax ＝53g l所以ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l绳子AB 的拉力都是0。

由以上的分析可知，开始时AB 是拉力不为0，当转速在54g l ≤ω≤53gl时，AB 的拉力为0，角速度再增大时，AB 的拉力又会增大，故A 错误；B 正确；C ．当绳子AC 与竖直方向之间的夹角不变时，AC 绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg ；当转速大于54gl后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于53gl后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC 上竖直方向的拉力不变，水平方向的拉力增大，则AC 的拉力继续增大；故C 正确； D ．由开始时的分析可知，当ω取值范围为54g l ≤ω≤53g l时，绳子AB 的拉力都是0，故D 正确。

一、第六章圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做圆心为O的匀速圆周运动，Oa水平，从最高点b沿顺时针方向运动到a点的过程中（）A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越小D．B对A的摩擦力越来越大【答案】AD【解析】【分析】【详解】由于始终做匀速圆周运动，合力指向圆心，合力大小不变，从最高点b沿顺时针方向运动到a点的过程中，合力的水平分量越来越大，竖直向下的分量越来越小，而合力由重力，支持力和摩擦力提供，因此对A进行受力分析可知，A受到的摩擦力越来越大，B对A的支持力越来越大，因此AD正确，BC错误。

故选AD。

2．如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（）A．周期之比T1：T2＝2：3 B．角速度之比ω1：ω2＝1：1C．线速度之比v1：v283D．向心加速度之比a1：a2＝8：3【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：在竖直方向有F cosθ-mg =0…①在水平方向有224sin sin F m L Tπθθ= …②由①②得2T = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h =L cosθ，相等，所以周期相等T 1：T 2=1：1角速度2Tπω＝则角速度之比ω1：ω2=1：1故A 错误，B 正确； C ．根据合力提供向心力得2tan tan v mg mh θθ= 解得tan v =根据几何关系可知1tan hθ==2tan hθ==故线速度之比12v v =：故C 正确；D ．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为12a a =：故D 错误。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）A ．当23grμω=时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2grμω=32mgμ C ．当grμω=C 受到圆盘的摩擦力为0D ．当25grμω=C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 当A 开始滑动时有：2033A f mg m r μω==⋅⋅解得：0grμω＝当23ggrrμμω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；B. 当2ggrrμμω=<时，以AB 为整体，根据2F mr ω向＝可知 29332F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：23Bm f m m g mg μμ=+=（）所以有：Bm F f >向此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：2333mg T m r μω+=⋅⋅对C 有：232C f T m r ω+=⋅⋅解得32mg T μ=，32C mgf μ= 选项B 正确；C. 当ω=时，AB 需要的向心力为：2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=剪断细线，则1235C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

圆周运动练习题（打印版）一、选择题1. 物体做匀速圆周运动时，下列哪个物理量是恒定不变的？- A. 线速度- B. 角速度- C. 向心加速度- D. 向心力2. 一个物体在水平面上做匀速圆周运动，下列哪个力是不做功的？- A. 重力- B. 支持力- C. 摩擦力- D. 向心力3. 一个物体在竖直平面内做匀速圆周运动，若物体的重力为mg，半径为r，那么物体的向心力大小为：- A. mg- B. 2mg- C. mg/r- D. 2mg/r二、填空题1. 物体做匀速圆周运动时，其向心加速度的大小为__________。

2. 物体做匀速圆周运动时，其角速度与周期的关系为__________。

3. 若物体在圆周运动中，半径为r，线速度为v，则其向心力的大小为__________。

三、计算题1. 一个质量为2kg的物体，以5m/s的线速度在半径为10m的圆周上做匀速圆周运动。

求物体的角速度、周期和向心加速度。

2. 一个物体在竖直平面内做匀速圆周运动，其质量为1.5kg，半径为2m。

若物体在最高点时，支持力为0，求物体的线速度。

四、简答题1. 解释为什么在圆周运动中，向心力总是指向圆心。

2. 描述物体在匀速圆周运动中，向心加速度的方向是如何变化的。

参考答案一、选择题1. B2. D3. C二、填空题1. \( \frac{v^2}{r} \)2. \( \omega = \frac{2\pi}{T} \)3. \( \frac{mv^2}{r} \)三、计算题1. 角速度 \( \omega = \frac{v}{r} = \frac{5}{10} \) rad/s = 0.5 rad/s周期 \( T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi \times 10}{5} \) s = 4\( \pi \) s向心加速度 \( a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{25}{10} \) m/s²= 2.5 m/s²2. 由于支持力为0，物体在最高点的向心力由重力提供，所以 \( mg = \frac{mv^2}{r} \)解得 \( v = \sqrt{gr} = \sqrt{9.8 \times 2} \) m/s ≈ 4.43 m/s四、简答题1. 向心力是物体在圆周运动中受到的力，它的作用是使物体保持在圆周路径上。

圆周运动及其应用专题复习(答案版)课前复习1.描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现物理量 意义、方向 公式、单位 线速度① 描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量(v )② 方向与半径垂直，和圆周相切 ① v ＝Δl Δt ＝2πrT② 单位：m/s角速度① 描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω) ②中学不研究其方向① ω＝ΔθΔt ＝2πT②单位：rad/s周期和转速① 周期是物体沿圆周运动一圈的时间(T )② 转速是物体在单位时间内转过的圈数((n )，也叫频率(f ) ③ 周期与频率的关系为T ＝1f① T ＝2πrv ；单位：s ② n 的单位r/s 、r/min ③ f 的单位：Hz 向心加速度 ① 描述速度方向变化快慢的物理量(a n ) ②方向指向圆心① a n ＝v 2r ＝ω2r② 单位：m/s 2 向心力① 作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小 ② 方向指向圆心.① F n＝mω2r ＝mv 2r ＝m 4π2T2r ②单位：N2.匀速圆周运动相关性质:(1)定义:物体沿圆周运动，并且线速度大小处处相等的运动． (2)匀速圆周运动的特点速度大小不变而速度方向时刻变化的变速曲线运动． 只存在向心加速度，不存在切向加速度． 合外力即产生向心加速度的力，充当向心力(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．课前练习1.某型石英表中的分针与时针可视为做匀速转动，分针的长度是时针长度的1.5倍，则下列说法中正确的是( )A ．分针的角速度与时针的角速度相等B ．分针的角速度是时针的角速度的60倍C ．分针端点的线速度是时针端点的线速度的18倍D ．分针端点的向心加速度是时针端点的向心加速度的1.5倍【解析】 分针的角速度ω1＝2πT 1＝π30 rad/min ，时针的角速度ω2＝2πT 2＝π360 rad/min.ω1∶ω2＝12∶1，v 1∶v 2＝ω1r 1∶ω2r 2＝18∶1，a 1∶a 2＝ω1v 1∶ω2v 2＝216∶1，故只有C 正确．【答案】 C2.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，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g 取10 m/s 2)( )A ．500 NB ．1 000 NC ．500 2 ND ．0【解析】 乘客所需的向心力：F ＝m v 2R ＝500 N ，而乘客的重力为500 N ，故火车对乘客的作用力大小为N ＝F 2＋G 2＝500 2 N ，C 正确． 【答案】 C课堂复习：考点1: 圆周运动的运动学分析1.对公式v ＝ωr 和a ＝v 2r＝ω2r 的理解(1)由v ＝ωr 知，r 一定时，v 与ω成正比；ω一定时，v 与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比．(2)由a ＝v 2r＝ω2r 知，在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比．2．传动装置特点(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同．(2)皮带传动：不打滑的摩擦传动和皮带(或齿轮)传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．例1:(2013届连云港高三模拟)如图所示，半径为r ＝20 cm 的两圆柱体A 和B ，靠电动机带动按相同方向均以角速度ω＝8 rad/s 转动，两圆柱体的转动轴互相平行且在同一平面内，转动方向已在图中标出，质量均匀的木棒水平放置其上，重心在刚开始运动时恰在B 的正上方，棒和圆柱间动摩擦因数μ＝0.16，两圆柱体中心间的距离s ＝1.6 m ，棒长l ＞3.2 m ，重力加速度取10 m/s 2，求从棒开始运动到重心恰在A 的正上方需多长时间？【审题视点】 (1)开始时，棒与A 、B 有相对滑动先求出棒加速的时间和位移．(2)棒匀速时与圆柱边缘线速度相等，求出棒重心匀速运动到A 正上方的时间． 【解析】 棒开始与A 、B 两轮有相对滑动，棒受向左摩擦力作用，做匀加速运动，末速度v ＝ωr ＝8×0.2 m/s ＝1.6 m/s ，加速度a ＝μg ＝1.6 m/s 2，时间t 1＝va＝1 s ，t 1时间内棒运动位移s 1＝12at 21＝0.8 m.此后棒与A 、B 无相对运动，棒以v ＝ωr 做匀速运动，再运动s 2＝s －s 1＝0.8 m ，重心到A 的正上方需要的时间t 2＝s 2v ＝0.5 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. 【答案】 1.5 s例2．小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度．他的设想是：通过计算脚踏板转动的角速度，推算自行车的骑行速度．经过骑行，他得到如下的数据：在时间t 内脚踏板转动的圈数为N ，那么脚踏板转动的角速度ω＝________；要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有____________________；自行车骑行速度的计算公式v ＝________.【解析】 依据角速度的定义式ω＝θt＝2N πt；要推算自行车的骑行速度，由于v ＝ω后R ，还要知道自行车后轮的半径R ，又因后轮的角速度ω后＝ω飞轮，而ω飞轮r 2＝ω牙盘r 1，ω牙盘＝ω，联立以上各式解得v ＝r 1r 2Rω＝2πR Nr 1tr 2.故还需知道后轮半径R ，牙盘半径r 1，飞轮半径r 2.【答案】 2N πt自行车后轮半径R ，牙盘半径r 1，飞轮半径r 2r 1r 2Rω或2πR Nr 1tr 2考点2:圆周运动的动力学分析 1.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力． 2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力． 3．解决圆周运动问题的主要步骤 (1)审清题意，确定研究对象．(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等． (3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源． (4)据牛顿运动定律及向心力公式列方程． (5)求解、讨论．例3:(2012·福建高考)如图所示，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s ＝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.【审题视点】 (1)应理解把握好“转台边缘”与“恰好滑离”的含义．(2)临界问题是静摩擦力达到最大值．【解析】 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2①在水平方向上有s ＝v 0t ②由①②式解得v 0＝s g 2H③ 代入数据得v 0＝1 m/s.(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有f m ＝m v 20R ④f m ＝μN ＝μmg ⑤由④⑤式得μ＝v 20gR代入数据得μ＝0.2.【答案】 (1)1 m/s (2)0.2规律总结：(1)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，沿半径方向指向圆心的合力均为向心力． (2)当采用正交分解法分析向心力的来源时，做圆周运动的物体在坐标原点，一定有一个坐标轴沿半径方向指向圆心．例4.(2013届淮州中学四月调研)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T .(g 取10 m/s 2，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＝ gl cos θ＝12.5 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＝g l cos α，即ω′＝ g l cos α＝ 20 rad/s.【答案】 (1)12.5 rad/s (2)20 rad/s考点3：“轻绳模型”与“轻杆模型”轻绳模型轻杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝grv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)当v＜gr时，不能过最高点，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(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，mg－F N＝mv2r，F N背离圆心，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的增大而增大例5：长L＝0.5 m质量可忽略的轻杆，其一端可绕O点在竖直平面内无摩擦地转动，另一端固定着一个小球A.A的质量为m＝2 kg，当A通过最高点时，如图所示，求在下列几种情况下杆对小球的作用力：(1)A在最高点的速率为1m/s(2)A在最高点的速率为4m/s(3)如果将原题中的轻杆换成轻绳，则结果如何？【解析】（1）向上的支持力16N(2)向下的压力44N（3）换成细绳最小速度为根号5，故只能是向下压力44N课后思考：(4)A在最低点的速率为21m/s；(5)A在最低点的速率为6 m/s.（1）动能定理求出最高点速度1m/s, 向上的支持力16N(2) 动能定理求出最高点速度4m/s，向下压力44N.圆周运动及其应用课后练习:●考查圆周运动中的运动规律1．(2010·大纲全国高考)如图是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图)．(1)若图中示波器显示屏横向的每大格(5小格)对应的时间为5.00×10－2 s ，则圆盘的转速为______转/s.(保留3位有效数字)(2)若测得圆盘直径为10.20 cm ，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为______ cm.(保留3位有效数字)【解析】 (1)从图可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图中横坐标上每小格表示 1.00×10－2 s ，所以圆盘转动的周期是0.22 s ，则转速为4.55 转/s.(2)反射光引起的电流图象在图中的横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的122，则涂层长度L ＝2πr 22＝3.14×10.2022 cm ＝1.46 cm. 【答案】 (1)4.55 (2)1.46●利用圆周运动测分子速率分布 2．(多选)(2012·上海高考)图为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N ，内侧贴有记录薄膜，M 为正对狭缝的位置．从原子炉R 中射出的银原子蒸汽穿过屏上S 缝后进入狭缝N ，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上．展开的薄膜如图b 所示，NP ，PQ 间距相等．则( ) A ．到达M 附近的银原子速率较大 B ．到达Q 附近的银原子速率较大C ．位于PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率D ．位于PQ 区间的分子百分率小于位于NP 区间的分子百分率【解析】 分子在圆筒中运动的时间t ＝dv ，可见速率越大，运动的时间越短，圆筒转过的角度越小，到达位置离M 越近，所以A 正确，B 错误；根据题图b 可知位于PQ 区间的分子百分率大于位于NP 区间的分子百分率，即C 正确，D 错误． 【答案】 AC●圆周运动的动力学问题 3．(多选)(2012·绍兴一中月考)如图所示，放于竖直面内的光滑金属圆环半径为R ，质量为m 的带孔小球穿于环上同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能是( ) A.32 g R B. 3g RC. g RD.12 g R【解析】 如图所示，若绳上恰好无拉力，则有mg tan 60°＝mRω2sin 60°，ω＝ 2g R，所以当ω>2gR时，物体受三个力的作用A 、B 选项正确． 【答案】 AB●圆周、平抛相结合4．(多选)(2012·浙江高考)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( ) A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H ＞2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R【解析】 要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v ＞0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12m v 2，所以H ＞2R ，故选项C 正确，选项D 错误；小球从A 点水平抛出时的速度v ＝2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x＝v t ，联立以上各式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误，选项B 正确． 【答案】 BC●竖直面内圆周运动问题 5．(2011·北京高考)如图所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F 的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)．【解析】 (1)受力分析如图根据平衡条件，应满足T cos α＝mg ， T sin α＝F则拉力大小F ＝mg tan α.(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl (1－cos α)＝12m v 2则通过最低点时，小球的速度大小 v ＝2gl (1－cos α)根据牛顿第二定律T ′－mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力T ′＝mg ＋m v 2l＝mg (3－2 cos α)，方向竖直向上．【答案】 (1)见解析(2)2gl (1－cos α) mg (3－2 cos α)，方向竖直向上。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

C 、B 之间用细线相连，圆盘静止时细线刚好伸直无张力。

已知C 、B 与圆盘间动摩擦因数为μ，A 、B 间摩擦因数为3μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现让圆盘从静止缓慢加速，则（ ）A ．当23grμω=时，A 、B 即将开始滑动 B ．当2grμω=32mgμ C ．当grμω=C 受到圆盘的摩擦力为0D ．当25grμω=C 将做离心运动 【答案】BC 【解析】 【详解】A. 当A 开始滑动时有：2033A f mg m r μω==⋅⋅解得：0grμω＝当23ggrrμμω=<AB 未发生相对滑动，选项A 错误；B. 当2ggrrμμω=<时，以AB 为整体，根据2F mr ω向＝可知 29332F m r mg ωμ⋅⋅=向＝ B 与转盘之间的最大静摩擦力为：23Bm f m m g mg μμ=+=（）所以有：Bm F f >向此时细线有张力，设细线的拉力为T ， 对AB 有：2333mg T m r μω+=⋅⋅对C 有：232C f T m r ω+=⋅⋅解得32mg T μ=，32C mgf μ= 选项B 正确；C. 当ω=时，AB 需要的向心力为：2339AB Bm F m r mg T f ωμ'⋅⋅=+＝＝解得此时细线的拉力96Bm T mg f mg μμ'-== C 需要的向心力为：2326C F m r mg ωμ⋅⋅＝＝C 受到细线的拉力恰好等于需要的向心力，所以圆盘对C 的摩擦力一定等于0，选项C 正确；D. 当ω=C 有： 212325C f T m r mg ωμ+=⋅⋅=剪断细线，则1235C Cm f mg f mg μμ=<= 所以C 与转盘之间的静摩擦力大于需要的向心力，则C 仍然做匀速圆周运动。

一、选择题1．如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的固定光滑圆形轨道的内侧运动，经过最高点而不脱离轨道的临界速度为v，当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道的压力大小是（重力加速度为g）（）A．mg B．2mg C．4mg D．8mg D解析：D当小球以速度v经内轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，有2vmg m=r当小球以速度3v经内轨道最高点时，小球受重力G和向下的支持力N，合外力充当向心力，有2(3)v+=mg N mr又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力相等，N′=N；由以上三式得到=8N mgABC错误，D正确.故选D。

2．轻杆长为L，并带着质量为m的小球在竖直平面内以速度v=gL做匀速圆周运动，小球在a、b、c、d四个位置时，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在a点，轻杆对球有作用力B．在b点，杆对球的作用力指向圆心C．在c点，杆对球的作用力大小为mgD．在d2mg D解析：DA．在a点，由牛顿第二定律有2vmg F mL+=，v=gL解得F=0则在a点，轻杆对球没有作用力，所以A错误；B．由于小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在b点，杆对球的作用力与球的重力的合力指向圆心，所以B错误；C．由于小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则在c点有2vF mg mL-=，v=gL解得F=2mg所以C错误；D．由于小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，在d点的合外力为mg，所以杆对球的作用力大小为()22=2F mg F mg=+向则D正确；故选D。

3．如图所示，竖直转轴OO'垂直于光滑水平桌面，A是距水平桌面高h的轴上的一点，A 点固定有两铰链。

两轻质细杆的一端接到铰链上，并可绕铰链上的光滑轴在竖直面内转动，细杆的另一端分别固定质量均为m的小球B和C，杆长AC>AB>h，重力加速度为g。

当OO'轴转动时，B、C两小球以O为圆心在桌面上做圆周运动。

一、选择题1．如图所示，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，盘面与水平面的夹角为15，盘面上离转轴距离为1m r =处有一质量1kg m =的小物体，小物体与圆盘始终保持相对静止，且小物体在最低点时受到的摩擦力大小为6.6N 。

若重力加速度g 取l0m/s 2，sin150.26=，则下列说法正确的是（ ）A ．小物体做匀速圆周运动线速度的大小为2m/sB ．小物体受到合力的大小始终为4NC ．小物体在最高点受到摩擦力大小为0.4N ，方向沿盘面指向转轴D ．小物体在最高点受到摩擦力大小为1.4N ，方向沿盘面背离转轴2．一个风力发电机叶片的转速为19~30转每分钟，转子叶片的轴心通过低速轴跟齿轮箱连接在一起，再通过齿轮箱把高速轴的转速提高到低速轴转速的50倍左右，最后由高速轴驱动发动机工作。

即使风力发电机的叶片转得很慢也依然可以发电。

如图所示为三级[一级增速轴（Ⅱ轴）、二级增速轴（Ⅲ轴）、输出轴（Ⅳ轴）]增速箱原理图，已知一级增速轴（Ⅱ轴）与输入轴（Ⅰ轴）的速比为3.90，二级增速轴（Ⅲ轴）与一级增速轴（Ⅱ轴）的速比为3.53，输出轴（Ⅳ轴）与二级增速轴（Ⅲ轴）的速比为3.23（速比=输出轴转速输入轴转速）。

若该风力发电机叶片的转速为20转每分钟，则（ ）A ．输出轴（Ⅳ轴）的转速为1500转每分钟B ．一级增速轴（Ⅱ轴）与输入轴（Ⅰ轴）接触部分的半径之比为3.90:1C ．一级增速轴（Ⅱ轴）与输入轴（Ⅰ轴）接触部分的线速度之比为1:3.90D ．一级增速轴（Ⅱ轴）与输入轴（Ⅰ轴）接触部分的向心加速度之比为3.90:1 3．用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。

关于苹果从最低点a 到最高点c 的运动过程，下列说法中正确的是（ ）A．苹果在a点处于超重状态B．苹果在b点所受摩擦力为零C．手掌对苹果的支持力越来越大D．苹果所受的合外力保持不变4．自行车的发明使人们能够以车代步，既省力又提高了速度。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO '转动．三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴O 共线且OA =OB =BC =r =0.2 m ，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g =10 m/s 2，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 两个物体同时达到最大静摩擦力 B ．B 、C 两个物体的静摩擦力先增大后不变 C ．当5/rad s ω>时整体会发生滑动D 2/5/rad s rad s ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】ABC 、当圆盘转速增大时,由静摩擦力提供向心力.三个物体的角速度相等,由2F m r ω=可知,因为C 的半径最大,质量最大,故C 所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时2122C mg m r μω= ,计算得出:112.5/20.4grad s rμω=== ,当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后,BC 开始提供拉力,B 的摩擦力增大,达最大静摩擦力后,AB 之间绳开始有力的作用,随着角速度增大,A 的摩擦力将减小到零然后反向增大,当A 与B 的摩擦力也达到最大时,且BC 的拉力大于AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动,此时A 与B 还受到绳的拉力,对C可得:22222T mg m r μω+= ,对AB 整体可得:2T mg μ= ,计算得出:2grμω=当15/0.2grad s rμω>== 时整体会发生滑动,故A 错误,BC 正确; D 、 2.5rad/s 5rad/s?ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力逐渐增大，故D 错误； 故选BC2．两个质量分别为2m 和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 ，a 、b 之间用强度足够大的轻绳相连，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，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）A ．a 、b 所受的摩擦力始终相等B ．b 比a 先达到最大静摩擦力C ．当2kgLω=a 刚要开始滑动 D ．当23kgLω=b 所受摩擦力的大小为kmg 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，木块受到的静摩擦力f =mω2r ，则当圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动时，木块b 的最大静摩擦力先达到最大值；在木块b 的摩擦力没有达到最大值前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可知，f=mω2r ，a 和b 的质量分别是2m 和m ，而a 与转轴OO ′为L ，b 与转轴OO ′为2L ，所以结果a 和b 受到的摩擦力是相等的；当b 受到的静摩擦力达到最大后，b 受到的摩擦力与绳子的拉力合力提供向心力，即kmg +F =mω2•2L ①而a 受力为f′-F =2mω2L ②联立①②得f′=4mω2L -kmg综合得出，a 、b 受到的摩擦力不是始终相等，故A 错误，B 正确； C ．当a 刚要滑动时，有2kmg+kmg =2mω2L +mω2•2L解得34kgLω＝选项C 错误；D. 当b 恰好达到最大静摩擦时202kmg m r ω=⋅解得02kgLω=因为32432kg kg kgL L L >>，则23kgLω=时，b 所受摩擦力达到最大值，大小为kmg ，选项D 正确。

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）1．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m 、m 、2m 的可视为质点的三个物体A 、B 、C ，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO '转动．三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1μ=，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴O 共线且OA =OB =BC =r =0.2 m ，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g =10 m/s 2，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 两个物体同时达到最大静摩擦力 B ．B 、C 两个物体的静摩擦力先增大后不变 C ．当5/rad s ω>时整体会发生滑动D 2/5/rad s rad s ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】ABC 、当圆盘转速增大时,由静摩擦力提供向心力.三个物体的角速度相等,由2F m r ω=可知,因为C 的半径最大,质量最大,故C 所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时2122C mg m r μω= ,计算得出:112.5/20.4grad s rμω=== ,当C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后,BC 开始提供拉力,B 的摩擦力增大,达最大静摩擦力后,AB 之间绳开始有力的作用,随着角速度增大,A 的摩擦力将减小到零然后反向增大,当A 与B 的摩擦力也达到最大时,且BC 的拉力大于AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动,此时A 与B 还受到绳的拉力,对C可得:22222T mg m r μω+= ,对AB 整体可得:2T mg μ= ,计算得出:2grμω=当15/0.2grad s rμω>== 时整体会发生滑动,故A 错误,BC 正确; D 、 2.5rad/s 5rad/s?ω<<时，在ω增大的过程中B 、C 间的拉力逐渐增大，故D 错误； 故选BC2．如图所示，水平圆盘可绕竖直轴转动，圆盘上放有小物体A 、B 、C ，质量分别为m 、2m 、3m ，A 叠放在B 上，C 、B 离圆心O 距离分别为2r 、3r 。

一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于gC ．b 22gL +（）D ．a 2gL【答案】AC【解析】【详解】A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有： 22122b mg L L mv ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭得：()2+2b v gL =故C 正确； D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：22122a mg L mv ⋅= 得：2a v gL =此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，故D 错误．2．在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A 点，已知传送带AB 两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则 （ ）．A ．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s 2B ．行李箱从A 点到达B 点时间为3.1 sC ．传送带对行李箱做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m 【答案】BCD【解析】【分析】【详解】行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma ，所以得：a="2" m/s 2，故A 错误；物体加速到与传送带共速的时间10.40.22v t s s a ===，此时物体的位移：110.042x vt m ==，则物体在剩下的x 2=1.2m-0.04m=1.96m 内做匀速运动，用时间22 2.9x t s v ==，则行李箱从A 点到达B 点时间为t=t 1+t 2="3.1" s ，选项B 正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=12mv 2="0.4" J ，故C 正确；在传送带上留下的痕迹长度为：0.04?22vt vt s vt m =-==，故D 正确．故选BCD ．3．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有A ．传送带的速度为x TB ．传送带的速度为22gx μC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx μ D ．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为23mtx T【答案】AD 【解析】【分析】【详解】A ．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x =vT ，解得传送带的速度v =x T ．故A 正确；B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=s 与x 的关系．故B 错误；C ．工件与传送带相对滑动的路程为22222v v x x v g g gT μμμ∆=-= 则摩擦产生的热量为Q =μmg △x ＝222mx T故C 错误；D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量22212mx E mv mg x Tμ=+∆= 在时间t 内，传送工件的个数f W E η=则多消耗的能量 23mtx E nE T'== 故D 正确。