高考物理一轮复习第4章抛体运动与圆周运动微专题21圆周运动
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2025年高三一轮复习物理课件第四章抛体运动圆周运动第3讲圆周运动
=1 s,对应位移
=3 m,则在 AB 段匀速运动的最长距离 l=8 m-3 m=5 m,匀速运动的时间
5
9 7π
m
4
4
t2= = s,则从 A 到 D 最短时间 t=t1+t2+t3= +
2
s,B 项正确。
第3讲
圆周运动
考向 2 圆周运动与平抛运动结合
(2022 年河北卷)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 O 为圆心、
弯道时的向心加速度大小之比,并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
答案
(1)2.7 m/s
2
225
(2)242
甲先出弯道
第3讲
解析
圆周运动
11
(1)根据速度位移公式有 v2=2ax,代入数据可得 a=2.7 m/s2。
(2)根据向心加速度的表达式
甲 甲 2 乙 225
a= ,可得甲、乙的向心加速度之比 = 2 · =242
Fn 的作用:改变速度 方向 ,产生 向心 加速度。
25
第3讲
圆周运动
2.运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动,可以称为一般的曲线运动。尽管
这时曲线各个位置的弯曲程度不一样,但在研究时,可以把这条
曲线分割为许多很短的小段,质点在每小段的运动都可以看作
圆周 运动的一部分(如图)。这样,在分析质点经过曲线上某
附近时运动的快慢,可以取一段很短的时间 Δt,物体在这段时间内由 A 运动到 B,通过的
弧长为 Δs。弧长 Δs 与时间 Δt 之比反映了物体在 A 点附近运动的快慢,如果 Δt 非常非
常小,该比值就可以表示物体在 A 点时运动的快慢,通常把它称为线速度 ,用符号 v 表示,
物理一轮复习：抛体运动与圆周运动(附答案解析)
2023年髙考物理一轮复习：抛体运动与圆周运动—.选择题（共21小题）1-（2021-攀枝花一模）做曲线运动的质点，所受合外力方向和速度方向的关系，正确的是 （ ）A.—定相同 B.可能相反 C.可能垂直 D- 一定垂直2. （2020-新课标II ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车 前进方向的水平宽度力3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点卨0.5h 。
若摩托车经过a 点时的 动能为E!，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h:若经过a 点吋的动能力E2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。
一i 等于（） E 1 3. （2020-浙江）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以vo 的水平速度飞出，经过吋间t 落在斜 靠的挡板AB 屮点。
若钢球以2v 0的速度水平飞出，则（ ）D.落在挡板底端B 点v!沿水平向右抛出，同吋将小球B 以速率v 2沿竖直向上抛出，不考虑两球的大小及空气阻力，则两球在落地前球A 与B 之间的最短距离为（ ）B.下落时间为2t4. （2021-宣化区校级模拟）如图所示，小球B 在A 的正下方两球相距h.将A 球以速率 C.下落时间为@5. （2021-宝鸡模拟）如图所示，一跳台滑雪运动员以6m/s 的初速度从倾角为30°的斜坡 顶端水平滑出。
不计空气阻力，重力加速度g=10m/s 2o 则运动员再次落到斜面上吋，其落点与坡顶的S 度差为（ ）6. （2021-杭州二模）如图所示，从水平地面A 、B 两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂 直击中前方竖直墙面上的同一位置点P 。
己知点P 距地面的卨度h=0.8m ，A, B 两点墙的水平距离分别力0.8m 和0.4m 。
不汁空气阻力，则从A 、B 两点抛出的两小球（ ） B. 击中墙面的速率之比为1: 1C. 抛出吋的速率之比为2^5D. 抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比力1: 22 1-2 2 V I V h B. hh7. （2021-虹口区二模）某人站在6楼阳台上，同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球 竖直上抛，另一球竖直下抛。
高考物理一轮总复习第4章抛体运动与圆周运动第2讲抛体运动课件
第2讲 抛体运动强基础•固本增分平抛运动1.定义将物体以一定的初速度沿 抛出,物体只在重力作用下所做的运动。
2.运动性质:平抛运动是加速度为g 的 曲线运动,其运动轨迹是 。
3.研究方法:平抛运动可以分解为水平方向的 运动和竖直方向的 运动。
可以应用初速度为零的匀加速直线运动的所有规律水平方向匀变速抛物线匀速直线自由落体4.基本规律(1)速度关系(2)位移关系××研考点•精准突破1.平抛运动的规律2.平抛运动的两个重要推论(1)做平抛运动的物体,在任一位置P(x,y)的瞬时速度的反向延长线与x轴交点A的横坐标为 ,如图所示。
(2)做平抛运动的物体,在任一位置的速度偏向角θ与位移偏向角α的关系为t anθ=2t anα。
考向一平抛运动基本规律的应用典题1 (多选)(2024广东梅州模拟)亲子游戏有益于家长与孩子之间的情感交流。
如图所示,父亲与儿子站在水平地面玩抛球游戏,两人相向站立,各持一小球并将球水平抛出,下述抛球方式可能使两球在落地前相遇的有( )A.父亲先将球抛出B.儿子先将球抛出C.两人同时将球抛出D.父亲下蹲适当高度后再与儿子同时将球抛出AD解析父亲扔出的球的竖直位移较大,根据可知,父亲扔出的球在空中飞行时间较长,即要想使两球在落地前相遇,父亲应先将球抛出,选项A正确,B、C错误;若父亲下蹲适当高度与儿子高度相同,再与儿子同时将球抛出,则两球在相同时间内下落相同的高度,则也可能在落地前相遇,选项D 正确。
考向二 平抛运动的两个重要推论的应用典题2 如图所示,AB 为一半径为R 的 圆弧,圆心位置为O ,一小球从与圆心等高的某点沿半径方向水平抛出,恰好垂直落在AB 面上的Q 点,且速度与水平方向夹角为53°,则小球抛出后运动的水平距离为( )A.0.6RB.0.8RC.RD.1.2RD解析小球恰好垂直落在AB面上的Q点,则速度的反向延长线交于O点,如图所示,由平抛运动的推论可知,速度方向的反向延长线交于水平位移的中典题3 (多选)(2024四川攀枝花模拟)滑雪是冬奥会的比赛项目之一。
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第4章 第3讲 圆周运动
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 DISIZHANG 第四章抛体运动与圆周运动圆周运动目标要求1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法.3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型.第3讲内容索引考点一 圆周运动的运动学问题考点二 圆周运动的动力学问题课时精练考点一圆周运动的运动学问题1.描述圆周运动的物理量梳理必备知识ω2r2.匀速圆周运动(1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处 ，这种运动叫作匀速圆周运动.(2)特点：加速度大小 ，方向始终指向 ，是变速运动.(3)条件：合外力大小 、方向始终与 方向垂直且指向圆心.相等不变圆心不变速度判断正误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，其线速度是不变的.( )3.物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力.( )4.匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比.( )××√×1.对公式v ＝ωr 的理解当ω一定时，v 与r 成正比.当v 一定时，ω与r 成反比.提升关键能力在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同轴转动皮带传动齿轮传动装置A、B两点在同轴的一个圆盘上两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点例1 如图，A 、B 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4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们A.线速度大小之比为4∶3B.角速度之比为3∶4C.圆周运动的半径之比为2∶1D.向心加速度大小之比为1∶2考向1 圆周运动物理量的分析和计算√时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确；由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误；线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误；由向心加速度a n＝ 知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误.例2 (多选)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为2∶3∶6，当齿轮传动的时候，关于小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点，下列说法正确的是A.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.A点和B点的线速度大小之比为1∶3考向2 圆周传动问题√√题图中三个齿轮边缘的线速度大小相等，则A点和B点的线速度大小之比为1∶1，由v＝ωr可知，线速度一定时，角速度与半径成反比，则A点和B点角速度之比为3∶1，故A、C正确，B、D错误.例3 (多选)如图所示，直径为d 的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动.一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h ，重力加速度为g ，则考向3 圆周运动的多解问题√√√考点二圆周运动的动力学问题梳理必备知识1.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 ，不改变速度的 .(2)大小(3)方向始终沿半径方向指向 ，时刻在改变，即向心力是一个变力.方向大小mrω2圆心2.离心运动和近心运动(1)离心运动：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 的运动.(2)受力特点(如图)①当F ＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动.②当0<F <mrω2时，物体逐渐 圆心，做 运动.③当F >mrω2时，物体逐渐 ，做 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____做匀速圆周运动需要的向心力.逐渐远离圆心切线远离离心向圆心靠近近心小于3.匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点(1)匀速圆周运动的合力：提供向心力.(2)变速圆周运动的合力(如图)①与圆周相切的分力F t产生切向加速度a t，改变线速度的大小，当a t与v 同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动.②指向圆心的分力F n提供向心力，产生向心加速度a n，改变线速度的方向 .判断正误1.做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出.( )2.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.( )3.向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供.( )4.在变速圆周运动中，向心力不指向圆心.( )××√×提升关键能力1.向心力来源向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.2.匀速圆周运动中向心力来源运动模型向心力的来源图示汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)圆锥摆飞车走壁飞机水平转弯火车转弯3.变速圆周运动中向心力来源如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，F n＝F T－mg cos θ＝ ，如图所示.4.圆周运动中动力学问题的分析思路考向1 圆周运动的动力学问题例4 (多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP 竖直放置，其中MN 、PQ 足够长，且PQ 杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球穿过PQ 杆，金属框绕MN 轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ 杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时A.小球的高度一定降低B.弹簧弹力的大小一定不变C.小球对杆压力的大小一定变大D.小球所受合外力的大小一定变大√√对小球受力分析，设弹簧弹力为F T，弹簧与水平方向的夹角为θ，可知θ为定值，F T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力F N背离转轴时，则F T cos θ－F N＝mω2r即F N＝F T cos θ－mω2r当转速较大，F N指向转轴时，则F T cos θ＋F N′＝mω′2r即F N′＝mω′2r－F T cos θ因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确.例5 (2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于√考向2 圆锥摆模型例6 (2023·辽宁省六校联考)四个完全相同的小球A、B、C、D均在水平面内做圆锥摆运动.如图甲所示，小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动(连接B球的绳较长)；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相等(连接D球的绳较长)，则下列说法错误的是A.小球A、B角速度相等B.小球A、B线速度大小相等C.小球C、D所需的向心加速度大小相等D.小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等√例7 如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方.则A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度B.球甲的线速度一定大于球乙的线速度C.球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期D.甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力√例8 如图所示，质量均为m的a、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.a、b 两小球都是所受合外力充当向心力B.a、b两小球圆周运动的半径之比为tan θ√小球a速度大小变化，只有在最低点时所受合外力充当向心力，而小球b做匀速圆周运动，所受合外力充当向心力，故A错误；小球a到达最高点时速度为零，将重力正交分解，有F a＝mg cos θ，故D错误.方法点拨圆锥摆模型考向3 生活中的圆周运动例9 列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是√列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误；若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误.三课时精练基础落实练1.空中飞椅深受年轻人的喜爱，飞椅的位置不同，感受也不同，关于飞椅的运动，下列说法正确的是A.乘坐飞椅的所有爱好者一起做圆周运动，最外侧的 飞椅角速度最大B.缆绳一样长，悬挂点在最外侧的飞椅与悬挂在内侧的飞椅向心加速度 大小相等C.飞椅中的人随飞椅一起做圆周运动，受重力、飞椅的支持力与向心力√D.不管飞椅在什么位置，缆绳长短如何，做圆周运动的飞椅角速度都相同乘坐飞椅的所有爱好者一起做匀速圆周运动，其角速度相同，故A错误，D正确；根据a n＝rω2，由A可知角速度相同，当转动半径越大，向心加速度越大，故悬挂在最外侧飞椅的向心加速度大，故B错误；向心力是由重力和支持力的合力提供的，故C错误.2.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现.拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为A.10 m/s2B.100 m/s2√C.1 000 m/s2D.10 000 m/s2根据匀速圆周运动的规律，此时ω＝2πn＝100π rad/s，向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C.3.无级变速箱是自动挡车型变速箱的一种，比普通的自动变速箱换挡更平顺，没有冲击感.如图为其原理图，通过改变滚轮位置实现在变速范围内任意连续变换速度.A、B为滚轮轴上两点，变速过程中主动轮转速不变，各轮间不打滑，则A.从动轮和主动轮转动方向始终相反B.滚轮在B处时，从动轮角速度小于主动轮角速度C.滚轮从A到B，从动轮线速度先增大后减小D.滚轮从A到B，从动轮转速先增大后减小√。
2018年高考物理专题复习《抛体运动和圆周运动》课件
时, 初速最大, 设为 v 2 , 则 3h=2 ������������2 2, ������1 2 + (
1 v 2 =2 (4������12+������22)������ , 因此 6ℎ
v
������1 的最大取值范围是 4
选项 D 正确。
考点定位:平抛运动 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:本题首先要建立物理模型——平抛运动;二要分 析过网和落到右侧台面上的临界条件。
(2)推论:做平抛(或类平抛)运动的物体 ①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的 中点 ; ②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向 的夹角为φ,则有tan θ= 2tan φ 。
3.对于圆周运动,需要知道以下两点: (1)描述匀速圆周运动的各物理量间的关系:
2π������ ������2 v= ������ =rω=2πfr=2πrn, a= ������ =rω2。
3.(2015全国Ⅰ卷)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平 台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h。发射机安装于台 面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球, 发射点距台面高度为3h。不计空气的作用,重力加速度大小为g。 若乒乓球的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒 乓球落到球网右侧台面上,则v的最大取值范围是( D )
解析 质点 P 由静止滑到最低点过程由动能定理得 1 mgR-W=2mv 2 在最低点时有 联立①②解得
������2 a= ������ 2(������������������-������) a= , ������������
① ②
������2 由牛顿第二定律得 FN -mg=m ������ 3������������������-2������ 联立①③解得 FN = ������ , 所以选项
2021版高考物理一轮复习第四章抛体运动与圆周运动万有引力与航天3圆周运动及其应用课件
【典例·通法悟道】 【典例2】 (多选)如图所示,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( )
3
命题点三 竖直面内的圆周运动 【要点·融会贯通】 1.轻绳模型:如图所示,轻绳系的小球或在轨道内侧运动的小球,在最高点 时的临界状态为恰好不受拉力或轨道压力,只受重力,由mg=m v2 ,得v= gr 。
r
在最高点时:
(1)v= gr 时,拉力或压力为零。 (2)v> gr 时,物体受向下的拉力或压力,并且随速度的增大而增大。 (3)v< gr 时,物体不能到达最高点。(实际上球未到最高点就脱离了轨道) 即绳类模型中小球在最高点的临界速度为v临= gr 。
当b开始滑动时,由牛顿第二定律可得kmg=m 2b ·2l,可得ωb=
kg ,选项C正
2l
确;当a开始滑动时,由牛顿第二定律可得kmg=m a2 l,可得ωa= kg ,而转盘的
l
角速度 2kg < kg ,小木块a未发生滑动,其所需的向心力由静摩擦力来提供,
3l
l
由牛顿第二定律可得f=mω2l= 2 kmg,选项D错误。
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= kg 是b开始滑动的临界角速度
2l
D.当ω= 2kg 时,a所受摩擦力的大小为kmg
3l
【题眼点拨】(1)小木块a和b在相对圆盘滑动之前具有相同的角速度。
(2)小木块恰好滑动时,最大静摩擦力提供向心力。
高三物理一轮复习 第4章 第3讲 圆周运动课件
(1)同一转轴上各点的角速度ω相同,而线速度v=ωr与半径r成正比,向心加
速度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各点的线速度大小相等,由
ω= v 可知,ω与r成反比,由a= v 2 可知,a与r成反比。
r
r
(3)靠静摩擦力传动的两轮边缘上的点,线速度大小相等,ω与r成反比。
5. 答案
A
对于物体A,由图线知aA∝
1 r
,与a=v 2
r
相比较,则推知vA大小不
变;对于物体B,由图线知,aB∝r,与公式a=ω2r相比较可知ωB不变,故选项A正
确。
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重难突破
重难一 传动装置中各物理量之间的关系
在分析传动装置中各物理量之间的关系时,要抓住不等量和相等量
的关系,具体情况如下:
4. 答案 D 由a= v 2 知,只有在v一定时,a才与r成反比,如果v不一定,则a与
r
r不成反比;同理,只有当ω一定时,a才与r成正比;只有当v一定时,ω与r才成反 比;因2π是定值,故B两物体做匀速圆周运动时向心加速度a随半径r变化的 图线,由图线可知 ( ) A.A物体的线速度大小不变 B.A物体的角速度不变 C.B物体的线速度大小不变 D.B物体的角速度与半径成正比
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(2)角速度:物体与圆心的连线扫过的⑨ 角度 与所用⑩ 时间 的比
值,符号为 ω ,表达式为 ω=
,单位为 rad/s 。
(3)周期、频率:运动 一周 所用的时间叫周期,用符号 T 表示,
单位为 s ; 单位时间 内绕圆心转过的 圈数 叫频率,用
符号 f 表示,单位为 Hz 。 θ
t
高考物理一轮总复习第4章抛体运动与圆周运动第3讲圆周运动课件
第3讲 圆周运动强基础•固本增分圆周运动1.匀速圆周运动 “匀速”指速率不变(1)定义:如果物体沿着圆周运动,并且线速度的大小处处 ,这种运动叫作匀速圆周运动。
(2)速度特点:速度的大小 ,方向始终与半径垂直。
相等不变2.描述圆周运动的物理量快慢转动 rad/s一周方向ω2r√ ×研考点•精准突破1.圆周运动各物理量间的关系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=v B。
速度大小相等,即vA(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=v B。
速度大小相等,即vA(3)同轴传动:如图丁所示,两轮固定在一起绕同一转轴转动,两轮转动的角=ωB。
速度大小相等,即ωA考向一圆周运动基本物理量的关系典题1 (2023湖北武汉模拟)剪纸艺术源远流长,经久不衰,是中国民间艺术中的瑰宝。
将如图所示具有对称性的剪纸平放并固定在水平圆盘上,剪纸中心与圆盘中心重合,圆盘匀速转动,在暗室中用每秒闪光10次的频闪光源照射圆盘,暗室中静止不动的观察者观察到剪纸相对静止,则圆盘的转速至少为( )A.0.02 r/sB.2 r/sC.4 r/sD.4π r/s B考向二 三种传动方式及特点典题2 如图甲所示,修正带是通过两个齿轮相互咬合进行工作的,其原理可简化为图乙所示的模型。
A 、B 是小、大齿轮边缘上的两点,C 是大轮上的一点。
若大轮半径是小轮半径的2倍,小轮中心到A 点和大轮中心到C 点的距离之比为2∶1,则A 、B 、C 三点( )A.线速度大小之比为4∶4∶1B.角速度之比为1∶1∶1C.转速之比为2∶2∶1D.向心加速度大小之比为2∶1∶1A解析A、B是小、大齿轮边缘上的两点,可知vA=v B,又v=ωr,r A= r B,可得ωA=2ωB,由于B、C两点都在大轮上,可知ωB=ωC,又v=ωr,r B=4r C,可得v B=4v C,则A、B、C三点线速度大小之比为v A∶v B∶v C=4∶4∶1,A、B、C三点角速度之比为ωA ∶ωB∶ωC=2∶1∶1,选项A正确,B错误;根据角速度和转速的关系ω=2πn,可知A、B、C三点转速之比为nA ∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,选项C错误;根据向心加速度a=ω2r可知,A、B、C三点向心加速度大小之比为aA ∶aB∶aC=8∶4∶1,选项D错误。
2025版高考物理一轮总复习第4章抛体运动与圆周运动第12讲抛体运动课件
A．先后两次飞镖在空中的运动时间之比为 2∶1 B．先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 2∶1 C．α＝2β D．tan α＝2tan β
[解析] 飞镖做平抛运动，先后两次飞镖在空中的运动，竖直方向
有 2h＝12gt21，h＝12gt22，先后两次飞镖在空中的运动时间之比为 t1∶t2＝ 2∶ 1，故 A 正确；先后两次飞镖在空中的运动，水平方向有 x＝v1t1，x＝v2t2， 先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 v1∶v2＝1∶ 2，故 B 错误； 轨迹为曲线 1 的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为 tan α＝gvt11，轨迹为曲线 2 的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角 的正切值为 tan β＝gvt22，则 tan α＝2tan β，故 D 正确；设 φ＝2β，根据二 倍角公式 tan φ＝1－2tatannβ2β，可知 α≠2β，故 C 错误。故选 AD。
2．斜上抛运动的极值 物体的射高 ym＝v220gy＝v20s2ign2θ 在最高点 vy＝0 由 vy＝v0sin θ－gt 得上升时间 t＝v0sgin θ 物体落回到与抛出点同一高度时，下降时间等于上升时间，物体运
动的总时间 t 总＝2v0sgin θ 物体的射程 xm＝v0x·t 总＝v0cos θ·2v0sgin θ＝v20sign 2θ
当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大。 所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射 程最大。
►考向1 斜抛运动规律的应用 (2023·湖南卷)如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒
进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨 迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和 谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空 气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( B )
高三物理一轮复习-第4章-第4讲-圆周运动实例分析ppt课件
提供向心力。
最高点: 当② v ≥ 时,能在竖直平面内做圆周运动;当③ v< 时,不能到达最高点。
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(3)轻杆模型、管轨道 最高点: 当④ v= 时球与杆(或轨道)间无弹力;
当⑤ v< 时球对杆有压力(或对轨道有向下的压力); 当⑥ v> 时球对杆有拉力(或对轨道有向上的压力)。 2.火车转弯 特点:重力与支持力的⑦ 合力 提供向心力。 (火车按设计速度转弯, 否则将挤压内轨或外轨)
在竖直平面内做圆周运动的物体,按运动至轨道最高点时的受力情况可 分为两类:一是无支撑(如球与绳连接,沿内轨道的“过山车”等),称为 “轻绳模型”,二是有支撑(如球与杆连接,在圆管内的运动等),称为“轻 杆模型” 。该类运动常有临界问题,现
轻杆模型
均是没有支撑的小球
答案 C
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2- 1 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。汽车的运动可看做 是半径为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 垂直于前进方向的摩擦力)等于零,则汽车转弯时的车速应等于 ( )
C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去 D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
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答案 B
解析 摩托车只受重力、地面的支持力、地面的摩擦力及人的作用力, 不存在离心力,A项错误。当摩托车所受外力的合力小于所需的向心力时, 摩托车将在切线方向与圆周之间做离心曲线运动,故B项正确,C、D项错 误。
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
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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．(3)竖直面内的圆周运动常结合动能定理或机械能守恒解题．1．(圆周的运动学问题)正在以速度v匀速行驶的汽车，车轮的直径为d，则车轮的转动周期为( )A.dvB.d2vC.πdvD.2πdv2．(圆周的动力学问题)(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O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L1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1 A．细线L1和细线L2所受的拉力之比为3∶1B．小球m1和m2的角速度大小之比为3∶1C．小球m1和m2的向心力大小之比为3∶1D．小球m1和m2的线速度大小之比为33∶13．(圆周的动力学问题)如图2所示为空间站中模拟地球上重力的装置，环形实验装置的外侧壁相当于“地板”，让环形实验装置绕O点旋转，能使“地板”上可视为质点的物体与地球表面处有同样的“重力”，则旋转角速度应为(地球表面重力加速度为g，装置的外半径为R)( ) 图2A.gRB.RgC．2gRD.2Rg4．(竖直面内的圆周运动)(多选)如图3所示，光滑管形圆轨道半径为R(管径远小于R)，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，则以下说法正确的是( ) 图3 A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a所需向心力是小球b所需向心力的5倍B．速度v至少为5gR，才能使两球在管内做圆周运动C．速度满足2gR＜v＜5gR时，小球在最高点会对内侧轨道有压力作用D ．只要v ≥5gR ，小球a 对轨道最低点的压力比小球b 对轨道最高点的压力大6mg5．(圆周运动的周期性问题)(多选)如图4所示，在半径为R 的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，重力加速度为g ，小球抛点a 距圆盘的高度h和小球的初速度v 0可能应满足( ) 图4A ．h ＝g π2ω2，v 0＝Rω2πB ．h ＝8π2g ω2，v 0＝Rω4π C ．h ＝2g π2ω2，v 0＝Rω6π D ．h ＝32π2g ω2，v 0＝Rω8π 6．(圆周运动的临界问题)(多选)如图5所示，半径分别为R 、2R 的两个水平圆盘，小圆盘转动时会带动大圆盘不打滑地一起转动．质量为m 的小物块甲放置在大圆盘上距离转轴R 处，质量为2m 的小物块乙放置在小圆盘的边缘处．它们与盘面间的动摩擦因数相同，当小圆盘以角速度ω转动时，两物块均相对圆盘静止．下列说法正确的是( ) 图5A ．小物块甲受到的摩擦力大小为14mω2R B ．两物块的线速度大小相等C ．在角速度ω逐渐增大的过程中，物块甲先滑动D ．在角速度ω逐渐减小的过程中，摩擦力对两物块做负功7．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θ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 ．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 图6B ．运动员受到的合力大小为m v 2R ，做圆周运动的向心力大小也是m v 2RC ．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8．如图7所示，在质量为M 的物体内有光滑的圆形轨道，有一质量为m的小球在竖直平面内沿圆轨道做圆周运动，A 与C 两点分别是轨道的最高点和最低点，B 、D两点与圆心O 在同一水平面上．在小球运动过程中，物体M 静止于地面，则关于物体M 对地面的压力F N 和地面对物体M 的摩擦力方向，下列说法正确的是( ) 图7A ．小球运动到A 点时，F N ＞Mg ，摩擦力方向向左B ．小球运动到B 点时，F N ＝Mg ，摩擦力方向向右C ．小球运动到C 点时，F N ＜(M ＋m )g ，地面对M 无摩擦D ．小球运动到D 点时，F N ＝(M ＋m )g ，摩擦力方向向右9．(多选)如图8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8A ．当ω>2Kg 3L 时，A 、B 相对于转盘会滑动 B ．当ω>Kg 2L 时，绳子一定有弹力 C ．ω在 Kg 2L <ω< 2Kg 3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D ．ω在0<ω< 2Kg 3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 10．(多选)如图9所示，一个内壁光滑的34圆管轨道ABC 竖直放置，轨道半径为R .O 、A 、D 位于同一水平线上，A 、D 间的距离为R .质量为m 的小球(球的直径略小于圆管直径)，从管口A 正上方由静止释放，要使小球能通过C 点落到AD 区，则球经过C 点时( ) 图9A ．速度大小满足 gR2≤v C ≤2gRB ．速度大小满足0≤vC ≤gRC ．对管的作用力大小满足12mg ≤F C ≤mg D ．对管的作用力大小满足0≤F C ≤mg11．如图10所示，半径为R 的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为2m 和m 的静止小球A 、B ，它们由长为2R 的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动．今对上方小球A 施加微小扰动、两球开始运动后，下列说法不正确的是( ) 图10A ．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等B ．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等C ．运动过程中A 球速度的最大值为 4gR 3D ．当A 球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为133mg 12．如图11所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l 的细线，细线的一端固定在O 点，另一端拴一质量为m 的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知O 点在斜面底边的距离s OC ＝L ，求：图11(1)小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)在最高点A 和最低点B 时细线上拉力之差；(3)小球运动到A 点或B 点时细线断裂，小球滑落到斜面底边时到C 点的距离若相等，则l和L 应满足什么关系？答案精析1．C [汽车行驶的速度与汽车车轮边缘的线速度大小相等，由线速度与周期关系可知，T ＝2πR v ＝πd v，C 项正确，A 、B 、D 项错．] 2．AC [由mg ＝F T1cos 60°可得F T1＝2mg ；由mg ＝F T2cos 30°可得F T2＝233mg ；细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为3∶1，选项A 正确．由mg tan θ＝mω2h tan θ，可得小球m 1和m 2的角速度大小之比为1∶1，选项B 错误．小球m 1和m 2的向心力大小之比为mg tan 60°∶mg tan 30°＝3∶1，选项C 正确．由mg tan θ＝mv 2h tan θ，可得小球m 1和m 2的线速度大小之比为tan 60°∶tan 30°＝3∶1，选项D 错误．]3．A [物体随同环形装置做圆周运动，“重力”提供向心力，可得：mg ＝mω2R ，解得：ω＝g R，A 正确，选项B 、C 、D 错误．] 4．ACD [小球运动到最高点对轨道无压力时，其重力提供向心力，则mg ＝m v 21R ，解得v 1＝gR ，根据机械能守恒定律，12mv 2＝12mv 21＋2mgR ，解得v ＝5gR ，根据向心力公式，可知A 正确；两球在管内做完整的圆周运动的临界条件是小球到最高点时速度恰好为0，此状态下，根据机械能守恒定律，12mv 2＝2mgR ，解得v ＝2gR ，所以B 错误；当2gR ＜v ＜5gR ，小球能运动到最高点，在最高点时会和内侧轨道有弹力作用，C 正确；小球b 在轨道最高点的速度为v 1，当v ≥5gR 时，12mv 2＝12mv 21＋2mgR ，在最低点F 1－mg ＝m v 2R ，在最高点F 2＋mg ＝m v 21R ，解得F 1－F 2＝6mg ，D 正确．]5．BD [由平抛运动规律，R ＝v 0t ，h ＝12gt 2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b ，需要满足n ·2π＝ωt (n ＝1,2,3，…)，联立解得：h ＝2gn 2π2ω2，v 0＝ωR 2n π(n ＝1,2,3，…)．当n ＝1时，h ＝2g π2ω2，v 0＝ωR 2π，选项A 错误；当n ＝2时，h ＝8g π2ω2，v 0＝ωR 4π，选项B 正确；当n ＝3时，h ＝18g π2ω2，v 0＝ωR 6π，选项C 错误，当n ＝4时，h ＝32g π2ω2，v 0＝ωR 8π，选项D 正确．] 6．AD [两圆盘转动时，两圆盘边缘的线速度大小相等，设大圆盘转动的角速度为ω′，则ω′×2R ＝ωR ，解得ω′＝12ω，此时小物块甲的线速度为12ωR ，小物块乙的线速度为ωR ，选项B 错误；对于小物块甲，其做匀速圆周运动的向心力是由大圆盘对其的静摩擦力来提供的，故由牛顿第二定律可得F f 甲＝mω′2R ＝14mω2R ，选项A 正确；在角速度ω增大过程中，小物块甲受到的摩擦力F f 甲＝14mω2R ≤μmg ，小物块乙受到的摩擦力F f 乙＝2mω2R ≤2μmg ，即小物块乙先滑动，选项C 错误；在角速度ω减小过程中，两物块的动能在减小，根据动能定理，其受到的合外力即摩擦力做负功，选项D 正确．]7．B [向心力是由整体所受力的合力提供的，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ω＝v R ，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．]8．B [小球在A 点时，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，A 项错误；小球在B 点时，需要的向心力向右，所以M 对小球有向右的支持力的作用，对M 受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M 对地面的压力F N ＝Mg ，B 项正确；小球在C 点时，小球的向心力向上，所以物体M 对小球的支持力要大于小球的重力，故M 受到的小球的压力大于mg ，那么M 对地面的压力就要大于(M ＋m )g ，系统在水平方向上不受力，则地面对M 没有摩擦，C 项错误；小球在D 点和B 点的受力的类似，M 对小球的弹力向左，则小球对M 的弹力向右，则M 受到地面的摩擦力方向向左，在竖直方向上，根据平衡条件知，F N ＝Mg ，D 项错误．]9．ABD [当A 、B 所受静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＝2Kg 3L ，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 ＝mω2·2L ，解得：ω＝ Kg 2L ，B 项正确；当 Kg 2L <ω< 2Kg 3L时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B 所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C 项错；0<ω≤ Kg 2L时，A 所受摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2L ，静摩擦力随角速度增大而增大，当 Kg 2L <ω< 2Kg 3L时，以A 、B 整体为研究对象，F f A ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，可知A 受静摩擦力随角速度的增大而增大，D 项正确．]10．AD [小球离开C 点做平抛运动，落到A 点时水平位移为R ，竖直下落高度为R ，根据运动学公式可得：竖直方向有R ＝12gt 2，水平方向有R ＝v C 1t ，解得v C 1＝ gR 2；小球落到D 点时水平位移为2R ，则有2R ＝v C 2t ，解得v C 2＝2gR ，故速度大小满足 gR2≤v C ≤2gR ，A 项正确，B 项错误；由于球的直径略小于圆管直径，所以过C 点时，管壁对小球的作用力可能向下，也可能向上，当v C 1＝gR2，向心力F 1＝mv 2C 1R ＝mg 2＜mg ，所以管壁对小球的作用力向上，根据牛顿第二定律得mg －F N ＝mv 2C 1R ，解得F N ＝12mg ；当v C 2＝2gR ，向心力F 2＝mv 2C 2R ＝2mg ＞mg ，所以管壁对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得mg ＋F N ′＝mv 2C 2R，解得F N ′＝mg ；假设在C 点管壁对小球的作用力为0时的速度大小为v C 3，则由向心力公式可得mg ＝mv 2C 3R，解得v C 3＝gR ，v C 3在 gR2≤v C ≤2gR 范围内，所以满足条件．所以球经过C 点时对管的作用力大小满足0≤F C ≤mg ，C 项错误，D 项正确．]11．B [两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项A 正确，B 错误；A 、B 两球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即A 在最低点)时，线速度最大，则mg ·2R ＝12×3mv 2，最大速度v ＝ 4gR 3，选项C 正确；A 在最低点时，分别对A 、B 受力分析，F N A －2mg ＝2m v 2R ，F N B ＋mg ＝m v 2R ，则F N A －F N B ＝13mg 3，选项D 正确．] 12．(1)gl sin θ (2)6mg sin θ (3)L ＝32l 解析 (1)小球恰好在斜面上做完整的圆周运动，有：mg sin θ＝m v 2A l，v A ＝gl sin θ (2)在A 点：F T A ＋mg sin θ＝m v 2A l在B 点：F T B －mg sin θ＝m v 2B l由机械能守恒12mv 2B ＝12mv 2A ＋mg ·2l ·sin θ. 所以F T B －F T A ＝6mg sin θ(3)由(2)可求v B ＝5gl sin θA 点断裂：L ＋l ＝12at 2A ，s A ＝v A t AB 点断裂：L －l ＝12at 2B ，s B ＝v B t B由s A ＝s B 联立可求得L ＝32l .。