全国版2019版高考物理一轮复习第4章曲线运动16圆周运动的基本概念习题课

9 第三节 圆周运动一、单项选择题1．(2018·江苏师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选 D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( ) A ．一直不做功 B ．一直做正功 C ．始终指向大圆环圆心 D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误． 3.如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( ) A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．5.如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( ) A ．Mg －5mg B ．Mg ＋mg C ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 6.如图所示，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( ) A ．ω≤ μgr B ．ω≤ 2μg3r C ．ω≤2μgrD ．μgr ≤ω≤2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝m ω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr ，ωB ≤μgr，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤ 2μg3r，选项B 正确． 二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D 错误． 8.(2018·江苏五校联考)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如图所示，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r 解析：选AD.物体滑到半径为r 的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，向心加速度为a 向＝v 2r ，故A 正确．根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B 错误．根据牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故C 错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f ＝μN ′＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故D 正确． 9．(2018·泰州测试)如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误． 10.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( ) A ．v 0≥0 B ．v 0≥4 m/s C ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况： (1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有mv 22＋2mgr ＝mv 22，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝mv 202，可求得v 0≤2 2m/s ，故选项D 正确． 三、非选择题11．(2018·江苏中学段考)如图所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f ＝24mg .(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0； (2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan 45°＝mR sin 45°·ω20 解得：ω0＝2g R.(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图： 由牛顿第二定律得，F f cos 45°＋F N cos 45°＝mR sin 45°ω21F f sin 45°＋mg＝F N sin 45°联立解得：ω1＝32g 2R当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，F N cos 45°－F f cos 45°＝mR sin 45°ω22F f sin 45°＋F N sin 45°＝mg联立解得：ω2＝2g 2R所以2g2R≤ω≤32g2R.答案：(1)2gR(2)2g2R≤ω≤32g2R12.如图所示，A、B两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ转动的框架上，已知A、B的质量分别为m1和m2，水平杆对物体A、B的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A离转轴PQ的距离为R1，物体B离转轴PQ的距离为R2，且有R1＜R2和m1＜m2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．则：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？(2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f＝mω2R，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg时，框架的角速度为ω0，则有μmg＝mω20R ①由此得ω0＝μg R.①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μg R2时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A ＝m 1ω21R 1＝μm 1gR 1R 2，F f B ＝μm 2g .(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为F T ，对于A 物体有F T ＋F f A ＝m 1ω2R 1 ② 对于B 物体有F T ＋μm 2g ＝m 2ω2R 2③联立②③式得A 物体受到的静摩擦力为F f A ＝μm 2g －(m 2R 2－m 1R 1)ω2④由于R 1＜R 2和m 1＜m 2，则A 物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为 ω2＝μm 2gm 2R 2－m 1R 1⑤ 将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1.答案：(1)ω1＝ μgR 2F f A ＝μm 1gR 1R 2F f B ＝μm 2g(2)ω2＝μm 2g m 2R 2－m 1R 1 F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1。

备考2019年高考物理一轮专题：第16讲圆周运动的基本规律及应用一、单选题。

1.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，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. 角速度大小之比为3:4C. 圆周运动的半径之比为2:1D. 向心加速度大小之比为1:22.圆盘在水平面内匀速转动,角速度为,盘面上距离圆盘中心0.1m的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起转动.则小物体做匀速圆周运动的向心力大小为( )A. 0.4NB. 0.04NC. 1.6ND. 0.16N3.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，为使小车沿轨道内侧做完整的圆周运动，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（）A. B. C. D.4.如图所示，一小球套在光滑轻杆上，绕着竖直轴OO′匀速转动，下列关于小球的说法中正确的是（）A. 小球受到重力、弹力和摩擦力B. 小球受到一个水平指向圆心的向心力C. 小球受到重力、弹力D. 小球受到重力、弹力的合力是恒力5.一质量为m的质点绕圆心做匀速圆周运动，其所受向心力大小为F，运动周期为T，则它在时间内的平均速度大小为（）A. B. C. D.6.如图所示，质量相等的A、B两物体随竖直圆筒一起做匀速圆周运动，且与圆筒保持相对静止，下列说法中正确的是（）A. 线速度B. 运动周期C. 筒壁对它们的弹力D. 它们受到的摩擦力7.如图,半圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上,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)（）A. B.C. D.8.质量为的小球用长为的悬线固定在点，在点正下方处有一光滑圆钉，如图所示，今把小球拉到悬线呈水平后无初速度释放，当悬线碰到圆钉前后瞬间，下列说法错误的是（）A. 小球的线速度之比为B. 小球的角速度之比为C. 小球的向心加速度之比为D. 悬线对小球的拉力之比为9.某同学参加了糕点制作的选修课,在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径约的蛋糕(圈盘与蛋糕中心重合)。

第3讲圆周运动知识一描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v＝ΔsΔt＝2πrT.2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝ΔθΔt＝2πT.3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝2πrv，T＝1f.4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n＝rω2＝v2r＝ωv＝4π2T2r.5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n＝ma n.6．相互关系：(1)v＝ωr＝2πTr＝2πrf.(2)a＝v2r＝ωv＝4π2T2r＝4π2f2r.(3)F n＝ma n＝m v2r＝mω2r＝mr4π2T2＝mr4π2f2.(1)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．(×)(2)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．(√)(3)匀速圆周运动物体的向心力是产生向心加速度的原因．(√)知识二匀速圆周运动和非匀速圆周运动1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动．(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动．(3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动．(2)合力的作用①合力沿速度方向的分量F t产生切向加速度，F t＝ma t，它只改变速度的大小．②合力沿半径方向的分量F n产生向心加速度，F n＝ma n，它只改变速度的方向．一位运动员在水平圆周上转动一只离转轴1.8 m 、质量为7.00 kg 的链球，如图所示．如果链球在1.0 s 内转一周，则它的向心加速度为多大？链条中的张力又是多大？[提示] a ＝r ω2＝r(2πT )2＝1.8×4×3.1421.02m/s 2＝71 m/s 2T ＝ma ＝7.00×71 N ＝497 N知识三 离心运动1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向． 2.图4－3－1受力特点(如图4－3－1所示)(1)当F ＝mr ω2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<mr ω2时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力．(4)当F>mr ω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．(1)离心现象是物体惯性的表现．(√)(2)做圆周运动的物体所受合外力突然消失，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．(√)(3)摩托车转弯时，如果超过一定速度，摩托车将发生滑动，这是因为摩托车受到沿半径方向向外的离心力作用．(×)1．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( ) A ．速度的大小和方向都改变B ．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C ．物体所受合力全部用来提供向心力D ．向心加速度大小不变，方向时刻改变【解析】 匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A 错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B 错，D 对；由匀速圆周运动的条件可知，C 对．【答案】 CD2．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＝π360rad/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】 C3.图4－3－2(多选)(2018·新课标全国卷Ⅱ)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图4－3－2，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( )A ．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【解析】 抓住临界点分析汽车转弯的受力特点及不侧滑的原因，结合圆周运动规律可判断．汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A 正确，选项D 错误．当v<v c 时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>v c 时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B 错误，选项C 正确．【答案】 AC4．(2018·北京高考)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )A ．半径越大，加速度越大B ．半径越小，周期越大C ．半径越大，角速度越小D ．半径越小，线速度越小【解析】 本题是以微观情景为背景，电子所受的库仑力提供向心力，可根据库仑定律和圆周运动知识来判断．对电子来说，库仑力提供其做圆周运动的向心力，则k Qq r 2＝ma ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T 2r 得：a ＝kQq mr 2，v ＝kQq mr ，ω＝kQqmr3，T ＝4π2r 3mkQq，因此选项C 正确． 【答案】 C考点一 [29] 圆周运动中的运动学分析一、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．二、对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比．——————[1个示范例]——————图4－3－3如图4－3－3所示是一个玩具陀螺，a 、b 和c 是陀螺表面上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )A ．a 、b 和c 三点的线速度大小相等B ．b 、c 两点的线速度始终相同C ．b 、c 两点的角速度比a 点的大D ．b 、c 两点的加速度比a 点的大【解析】 当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，a 、b 和c 三点的角速度相同，a 半径小，线速度要比b 、c 的小，A 、C 错；b 、c 两点的线速度大小始终相同，但方向不相同，B 错；由a ＝ω2r 可得b 、c 两点的加速度比a 点的大，D 对．【答案】 D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．——————[1个预测例]——————图4－3－4如图4－3－4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？【审题指导】(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 ＝8×0.2m/s ＝1.6 m/s ，加速度a ＝μg ＝1.6 m/s 2，时间t 1＝v a＝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考点二 [30] 圆周运动的动力学分析一、向心力的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．二、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． 三、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．4．据牛顿运动定律及向心力公式列方程．5．求解、讨论．——————[1个示范例]——————(2018·江苏高考)如图4－3－5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4－3－5A．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【解析】A、B绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA＝ωB但r A<r B，根据v＝ωr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a＝ω2r得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向＝mω2r及tan θ＝F向mg＝ω2rg知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知mgT＝cos θ，即T＝mgcos θ，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确．【答案】D,——————[1个预测例]——————图4－3－6(2018·重庆高考)如图4－3－6所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g.(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．【审题指导】(1)小物块受到的摩擦力恰好为零，说明物块受到的重力与支持力的合力恰提供向心力．(2)ω≠ω0时，物块相对罐的运动趋势有两种情况．【解析】(1)小物块在水平面内做匀速圆周运动，当小物块受到的摩擦力恰好等于零时，小物块所受的重力和陶罐的支持力的合力提供圆周运动的向心力，有mgtan θ＝mω20·Rsin θ代入数据得ω0＝2g R(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向下，设摩擦力的大小为f，陶罐壁对小物块的支持力为F N，沿水平和竖直方向建立坐标系，则水平方向：F N sin θ＋fcos θ＝mω2·Rsin θ竖直方向：F N cos θ－fsin θ－mg＝0代入数据解得：f＝3＋2mg同理，当ω＝(1－k)ω0时，小物块受到的摩擦力沿陶罐壁切线向上，则水平方向：F N sin θ－fcos θ＝mω2·Rsin θ竖直方向：F N cos θ＋fsin θ－mg＝0代入数据解得：f＝3－2mg【答案】见解析圆周运动的临界问题分析技巧(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态．(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界状态．(4)根据临界情况特点确定临界条件．考点三 [31] 圆周运动与平抛运动的综合问题一、水平面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．问题特点：此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动．2．解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程．(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度．二、竖直面内的圆周运动与平抛运动的综合问题1．问题特点此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题考查．2．解题关键(1)首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型”，然后分析物体能够达到圆周最高点的临界条件．(2)注意前后两过程中速度的连续性．——————[1个示范例]——————图4－3－7(2018·福建高考)如图4－3－7，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上DC两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【审题指导】分段研究小球的运动过程，A到B过程中小球在竖直面内做圆周运动，机械能守恒；B到C 过程中小球做平抛运动，根据平抛运动的分解求解．注意隐含条件：恰好被拉断时，轻绳达到最大张力．【解析】(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝12mv2B①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝12gt2②在水平方向上有s ＝v B t ③由①②③式解得s≈1.41 m④(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2BL⑤由①⑤式解得 F ＝20 N根据牛顿第三定律 F′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N. 【答案】(1)1.41 m (2)20 N——————[1个预测例]——————图4－3－8如图4－3－8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.【审题指导】(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 g2H③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 20R④f 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竖直平面内圆周运动中的轻绳模型与轻杆模型一、模型条件 (1)物体在竖直平面内做变速圆周运动．(2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑，“轻杆模型”在轨道最高点有支撑．图4－3－9(2018·大同一中模拟)长L ＝0.5 m 质量可忽略的细杆，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4－3－9所示，求在下列两种情况下杆对小球的作用力：(1)A 在最低点的速率为21 m/s ； (2)A 在最低点的速率为6 m/s.【审题指导】(1)不计摩擦和杆的质量，球A 的机械能守恒．(2)小球A 在最高点受杆的作用力有三种情况，一是向上的支持力，二是向下的拉力，三是作用力为0. 【规范解答】设小球在最高点速度为v ，对小球A 由最低点到最高点过程，取圆周的最低点为参考平面．由机械能守恒定律得，12mv 2＋mg·2L＝12mv 20①在最高点，假设细杆对A 的弹力F 向下，则A 受力如图所示．以A 为研究对象，由牛顿第二定律得mg ＋F ＝m v2L②所以F ＝m(v2L－g)③(1)当v 0＝21 m/s 时，由①式得v ＝1 m/s ，④F ＝2×(120.5－10) N ＝－16 N ，⑤负值说明F 的实际方向与假设向下的方向相反，即杆给A 向上16 N 的支持力． (2)当v 0＝6 m/s 时，由①式得v ＝4 m/s ；⑥F ＝2×(420.5－10) N ＝44 N.正值说明杆对A 施加的是向下44 N 的拉力．【答案】(1)16 N 方向向上 (2)44 N 方向向下—————— [1个模型练]——————图4－3－10(多选)如图4－3－10所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度必须满足( )A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值5grD ．最大值7gr【解析】 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 20r，由最低点到最高点由机械能守恒得12mv 2min ＝mg·2r＋12mv 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12mv 2max ＝mg·2r＋12mv 21， 可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr. 【答案】 CD⊙考查描述圆周运动的物理量1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m ，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T ，由此可知( )A ．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B ．小球运动的线速度v ＝2πL/TC ．小球运动的加速度a ＝2π2L/T 2D ．细绳中的拉力为F ＝4m π2L/T 2【解析】 小球运动的角速度ω＝2π/T ，选项A 错误；线速度v ＝ωL ＝2πL/T ，选项B 正确；加速度a ＝ω2L ＝4π2L/T 2，选项C 错误；细绳中的拉力为F ＝ma ＝4m π2L/T 2，选项D 正确．【答案】 BD 2.图4－3－11如图4－3－11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 ＝2π/ω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】 C⊙圆周运动与平抛运动的综合3．(多选)如图4－3－12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.则( )图4－3－12A ．子弹在圆筒中的水平速度为v 0＝d g 2hB ．子弹在圆筒中的水平速度为v 0＝2d g 2hC ．圆筒转动的角速度可能为ω＝πg 2hD ．圆筒转动的角速度可能为ω＝3πg 2h【解析】 子弹从左侧射入圆筒后做平抛运动，通过的水平位移等于圆筒直径，到达圆筒右侧打下第二个弹孔，由于两弹孔在同一竖直线上，说明在子弹这段运动时间内圆筒必转过半圈的奇数倍，即d ＝v 0t 、h ＝12gt 2、(2n ＋1)π＝ωt(n ＝0,1,2,3…)，联立可得v 0＝dg2h，ω＝(2n ＋1)πg2h(n ＝0,1,2,3…)，故A 、C 、D 正确，B 错误．【答案】 ACD⊙考查竖直平面内的圆周运动4．如图4－3－13所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )图4－3－13A ．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg【解析】 人在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F ＋mg ＝m v2R .由此可知，当v ＝gR 时，人只受重力作用；当v>gR 时，重力和座位对人向下的压力提供向心力；当v<gR 时，除受重力外，人还受保险带向上的拉力，选项A 错误．当v ＝2gR 时，座位对人向下的压力等于重力mg ，由牛顿第三定律知，人对座位的压力等于mg ，选项B 错误．人在最低点时，受到重力和支持力，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F －mg ＝m v2R，即F ＝mg ＋m v2R>mg ，故选项C 错误、D 正确．【答案】 D⊙圆周运动中的极值问题图4－3－145．如图4－3－14所示，用细绳—端系着的质量为M＝0.6 kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m＝0.3 kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2 m．若A与转盘间的最大静摩擦力为F f＝2 N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围．(取g＝10 m/s2) 【解析】要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度．A需要的向心力由绳的拉力和静摩擦力的合力提供．角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心趋势，静摩擦力背离圆心O.设角速度ω的最大值为ω1，最小值为ω2对于B：F T＝mg对于A：F T＋F f＝Mrω21或F T－F f＝Mrω22代入数据解得ω1＝6.5 rad/s，ω2＝2.9 rad/s所以2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s.【答案】 2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s。

第3讲圆周运动的基本规律及应用◎基础巩固练1．(多选)质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )A．速度的大小和方向都改变B．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C．物体所受合力全部用来提供向心力D．向心加速度大小不变，方向时刻改变解析：匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A错；匀速圆周运动的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B错，D对；由匀速圆周运动的条件可知，C对。

答案：CD2.(2018·广州模拟)轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v<Rg，AC为水平直径，BD为竖直直径。

物块相对于轮箱静止，则( ) A．物块始终受两个力作用B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C．从B运动到A，物块处于超重状态D．从A运动到D，物块处于超重状态解析：在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，故A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C错，D 对。

答案： D3．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜。

每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。

假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车厢地面与水平面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为( )A.gR sin θB.gR cos θC.gR tan θD ．gRtan θ解析： 轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合力提供向心力，根据向心力公式mg tan θ＝m v 2R，得v ＝gR tan θ，C 正确。

答案： C4．(多选)(2018·抚顺质检)如图所示，用细绳拴着质量为m 的物体，在竖直面内做圆周运动，圆周半径为R ，则下列说法正确的是( )A ．小球过最高点时，绳子张力可以为零B ．小球过最高点时的最小速度为零C ．小球刚好过最高点时的速度是gRD ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相反解析： 轻绳模型中小球能过最高点的临界速度为v ＝gR ，此时绳中张力为零。

第3讲 圆周运动及其应用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r 1，从动轮的半径为r 2。

已知主动轮做顺时针转动，转速为n 1，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r 22r 1n 1D ．从动轮的转速为r 2r 1n 1 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，2πn 1r 1＝2πn 2r 2，解得n 2＝r 1r 2n 1，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＝M ω21·2l sin α，解得ω21＝g tan α2l sin α。

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。