《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第2講 圓周運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第4章 曲線運動 萬有引力與航天 第2講 圓周運動學案（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　圓周運動 知識排查 勻速圓周運動 1.定義：做圓周運動的物體，若在相等的時間內通過的圓弧長相等，就是勻速圓周運動。 2.特點：加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變加速運動。 3.條件：合外力大小不變、方向始終與速度方向垂直且指向圓心。 角速度、線速度、向心加速度 勻速圓周運動的向心力 1.作用效果：向心力產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。 2.大?。篎＝ma＝m＝mω2r＝mr＝mωv＝4π2mf2r。 3.方向：始終沿半徑指向圓心方向，時刻在改變，即向心力是一個變力。 4.來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，還可以

2、由一個力的分力提供。 離心現(xiàn)象 1.定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動。 生活中的圓周運動 1.豎直面內的圓周運動 (1)汽車過弧形橋 特點：重力和橋面支持力的合力提供向心力。 (2)水流星、繩球模型、內軌道 (3)輕桿模型、管軌道 2.火車轉彎 特點：重力與支持力的合力提供向心力。(火車按設計速度轉彎，否則將擠壓內軌或外軌) 小題速練 1.思考判斷 (1)做勻速圓周運動的物體所受合外力是保持不變的(　　) (2)做勻速圓周運動的物體向心加速度與半徑成反比(　　) (3)隨圓盤一起勻速轉動

3、的物體受重力、支持力和向心力的作用(　　) (4)做圓周運動的物體所受合外力突然消失，物體將沿圓周切線方向做勻速直線運動(　　) (5)摩托車轉彎時，如果超速會發(fā)生滑動，這是因為摩托車受到離心力作用(　　) (6)火車轉彎速率小于規(guī)定的安全速率，內軌會受到壓力(　　) (7)在絕對光滑的水平面上汽車可以轉彎(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)× 2.[人教版必修2·P22·T3拓展]如圖1所示，有一皮帶傳動裝置，A、B、C三點到各自轉軸的距離分別為RA、RB、RC，已知RB＝RC＝，若在傳動過程中，皮帶不打滑。則(　　) 圖1

4、A.A點與C點的角速度大小相等 B.B點與C點的線速度大小相等 C.B點與C點的角速度大小之比為2∶1 D.B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4 解析　處理傳動裝置類問題時，對于同一根皮帶連接的傳動輪邊緣的點，線速度大小相等；同軸轉動的點，角速度相等。對于本題，顯然vA＝vC，ωA＝ωB，根據(jù)v＝ωR，可得ωARA＝ωCRC，又RC＝，所以ωA＝，選項A錯誤；vA＝2vB，所以vC＝2vB，B錯誤；根據(jù)ωA＝ωB，ωA＝，可得ωB＝，即B點與C點的角速度大小之比為1∶2，選項C錯誤；根據(jù)ωB＝及關系式a＝ω2R，可得aB＝，即B點與C點的向心加速度大小之比為1∶4，選項D正確。 答

5、案　D 3.[人教版必修2·P25·T2拓展]如圖2所示，兩個圓錐內壁光滑，豎直放置在同一水平面上，圓錐母線與豎直方向夾角分別為30°和60°，有A、B兩個質量相同的小球在兩圓錐內壁等高處做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.A、B球受到的支持力之比為∶3 B.A、B球的向心力之比為∶1 C.A、B球運動的角速度之比為3∶1 D.A、B球運動的線速度之比為3∶1 解析　設小球受到的支持力為FN，向心力為F，則有FNsin θ＝mg，F(xiàn)NA∶FNB＝∶1，選項A錯誤；F＝，F(xiàn)A∶FB＝3∶1，選項B錯誤；小球運動軌道高度相同，則半徑R＝htan θ，RA∶RB＝1

6、∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，選項C正確；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，選項D錯誤。 答案　C 　勻速圓周運動及描述的物理量 1.對公式v＝ωr的理解 當r一定時，v與ω成正比； 當ω一定時，v與r成正比； 當v一定時，ω與r成反比。 2.對a＝＝ω2r＝ωv的理解 在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比。 3.兩種運動裝置的特點 (1)同軸傳動：如圖3甲、乙所示，繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。 圖3 (2)同帶傳動：如圖4甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝

7、vB。 圖4 【典例1】　(2018·4月浙江選考)A、B兩艘快艇在湖面上做勻速圓周運動(如圖5)，在相同時間內，它們通過的路程之比是4∶3，運動方向改變的角度之比是3∶2，則它們(　　) 圖5 A.線速度大小之比為4∶3 B.角速度大小之比為3∶4 C.圓周運動的半徑之比為2∶1 D.向心加速度大小之比為1∶2 解析　時間相同，路程之比即線速度大小之比，故A項正確；運動方向改變的角度之比即對應掃過的圓心角之比，由于時間相同，角速度大小之比也為3∶2，B項錯誤；路程比除以角度比得半徑比為8∶9，C項錯誤；由向心加速度a＝知線速度平方比除以半徑比即向心加速度大小之比為2∶

8、1，D項錯誤。 答案　A 1.自行車修理過程中，經(jīng)常要將自行車倒置，搖動腳踏板檢查是否修好，如圖6所示，大齒輪邊緣上的點a、小齒輪邊緣上的點b和后輪邊緣上的點c都可視為在做勻速圓周運動。則線速度最大的點是(　　) 圖6 A.大齒輪邊緣上的點a B.小齒輪邊緣上的點b C.后輪邊緣上的點c D.a、b、c三點線速度大小相同 解析　a點與b點線速度大小相等，即va＝vb，b與c點角速度相等，即ωb＝ωc，又v＝rω，rb＜rc，所以vc＞vb＝va，即后輪邊緣上的C點線速度最大，故選項C正確。 答案　C 2.如圖7所示為A、B兩物體做勻速圓周運動時向心加速度a隨半徑r變

9、化的曲線，由圖線可知(　　) 圖7 A.A物體的線速度大小不變 B.A物體的角速度不變 C.B物體的線速度大小不變 D.B物體的角速度與半徑成正比 解析　對于物體A，由圖線知aA∝，與a＝相比較，則推知vA大小不變；對于物體B，由圖線知，aB∝r，與公式a＝ω2r 相比較可知ωB不變，故選項A正確。 答案　A 3.如圖8所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無相對滑動地轉動起來。a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a

10、、b、c三點在轉動過程中的(　　) 圖8 A.線速度大小之比為3∶2∶2 B.角速度之比為3∶3∶2 C.轉速之比為2∶3∶2 D.向心加速度大小之比為9∶6∶4 解析　A、B輪摩擦傳動無滑動，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同軸，故ωb＝ωc，＝，vb∶vc＝3∶2，因此va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故選項A、B錯誤；轉速之比等于角速度之比，故選項C錯誤；由a＝ωv得aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，選項D正確。 答案　D 　圓周運動的動力學問題 1.向心力的來源 (1)向心力的方向沿半徑指向圓心。 (2)向

11、心力來源：一個力或幾個力的合力或某個力的分力。 2.向心力的確定 (1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。 (2)分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。 3.區(qū)分勻速圓周運動和非勻速圓周運動的合外力不同 (1)勻速圓周運動中，物體所受合外力指向圓心，合外力提供向心力。 (2)非勻速圓周運動中，物體所受合外力不指向圓心。 【典例1】　表演“飛車走壁”的演員騎著摩托車飛駛在光滑的圓臺形筒壁上，筒的軸線垂直于水平面，圓臺筒固定不動?，F(xiàn)將圓臺筒簡化為如圖9所示，若演員騎著摩托車，先后在A、B兩處緊貼著內壁分別在圖中虛線所示的水平面內做勻速圓周運動

12、，則下列說法正確的是(　　) 圖9 A.A處的線速度大于B處的線速度 B.A處的角速度大于B處的角速度 C.A處對筒的壓力大于B處對筒的壓力 D.A處的向心力大于B處的向心力 解析　物體受到的重力和筒壁的支持力充當向心力，向心力沿水平方向，則重力和支持力的合力相等，即向心力相等，根據(jù)牛頓第三定律可得A處對筒的壓力等于B處對筒的壓力，選項C、D錯誤；根據(jù)公式F＝可得半徑越大，線速度越大，故A處的線速度大于B處的線速度，選項A正確；根據(jù)公式F＝mω2r可得半徑越大，角速度越小，故A處的角速度小于B處的角速度，選項B錯誤。 答案　A “一、二、三、四”求解圓周運動問題

13、 【典例2】　如圖10甲為游樂園中“空中飛椅”的游戲設施，它的基本裝置是將繩子上端固定在轉盤的邊緣上，繩子的下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉盤旋轉而在空中飛旋。若將人和座椅看成一個質點，則可簡化為如圖乙所示的物理模型，其中P為處于水平面內的轉盤，可繞豎直轉軸OO′轉動，設繩長l＝10 m，質點的質量m＝60 kg，轉盤靜止時質點與轉軸之間的距離d＝4.0 m，轉盤逐漸加速轉動，經(jīng)過一段時間后質點與轉盤一起做勻速圓周運動，此時繩與豎直方向的夾角θ＝37°，不計空氣阻力及繩重，且繩不可伸長，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求質點與轉盤一起做勻速圓周運動時：

14、 圖10 (1)繩子拉力的大??； (2)轉盤角速度的大小。 解析　(1)如圖所示，對質點進行受力分析： Fcos 37°－mg＝0 F＝＝750 N。 (2)根據(jù)牛頓第二定律有： mgtan 37°＝mω2R R＝d＋lsin 37° 聯(lián)立解得ω＝＝ rad/s。 答案　(1)750 N　(2) rad/s 1.(2016·4月浙江選考)如圖11為某中國運動員在短道速滑比賽中勇奪金牌的精彩瞬間。假定此時他正沿圓弧形彎道勻速率滑行，則他(　　) 圖11 A.所受的合力為零，做勻速運動 B.所受的合力恒定，做勻加速運動 C.所受的合力恒定，做變加速運動 D.

15、所受的合力變化，做變加速運動 解析　勻速圓周運動過程中，線速度大小不變，方向改變；向心加速度大小不變，方向始終指向圓心；向心力大小不變，方向始終指向圓心。故A、B、C錯誤，D正確。 答案　D 2.如圖12所示，質量相等的a、b兩物體放在圓盤上，到圓心的距離之比是2∶3，圓盤繞圓心做勻速圓周運動，兩物體相對圓盤靜止，a、b兩物體做圓周運動的向心力之比是(　　) 圖12 A.1∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.9∶4 解析　a、b隨圓盤轉動，角速度相同，由F＝mω2r可知，兩物體的向心力與運動半徑成正比，C正確。 答案　C 3.(2015·10月浙江選考)質量

16、為30 kg的小孩坐在秋千板上，秋千板離系繩子的橫梁的距離是2.5 m。小孩的父親將秋千板從最低點拉起1.25 m高度后由靜止釋放，小孩沿圓弧運動至最低點時，她對秋千板的壓力約為(　　) A.0 B.200 N C.600 N D.1 000 N 解析　小孩從1.25 m高度向下擺動過程中，由機械能守恒定律知 mgh＝mv2－0， 在最低點有FN－mg＝， 解得FN＝600 N， 由牛頓第三定律得小孩對秋千板的壓力 FN′＝FN＝600 N，選項C正確。 答案　C 4.如圖13所示，用一根細繩一端系一個小球，另一端固定，給小球不同的初速度，使小球在水平面內做

17、角速度不同的圓周運動，則下列細繩拉力F、懸點到軌跡圓心高度h、向心加速度a、線速度v與角速度平方ω2的關系圖象正確的是(　　) 圖13 解析　設細繩長度為l，小球做勻速圓周運動時細繩與豎直方向的夾角為θ，則有細繩拉力為F，有Fsin θ＝mω2lsin θ，得F＝mω2l，選項A正確；mgtan θ＝mω2lsin θ，得h＝lcos θ＝，選項B錯誤；小球的向心加速度a＝ω2lsin θ，選項C錯誤；小球的線速度v＝ωlsin θ，選項D錯誤。 答案　A 　生活中的圓周運動 角度一　水平面內勻速圓周運動實例 1.運動實例：圓錐擺、火車轉彎、飛機在水平面內做勻速圓周運動等。

18、 2.問題特點： (1)運動軌跡是圓且在水平面內。 (2)向心力的方向水平，豎直方向合力為零。 3.解決方法： (1)對研究對象受力分析，確定向心力的來源。 (2)確定圓周運動的圓心和半徑。 (3)應用相關規(guī)律列方程求解。 【典例】　(2018·11月浙江選考)一質量為2.0×103 kg的汽車在水平公路上行駛，路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為1.4×104 N，當汽車經(jīng)過半徑為80 m的彎道時，下列判斷正確的是(　　) 圖14 A.汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和向心力 B.汽車轉彎的速度為20 m/s時所需的向心力為1.4×104 N C.汽車轉彎的速度為

19、20 m/s時汽車會發(fā)生側滑 D.汽車能安全轉彎的向心加速度不超過7.0 m/s2 解析　汽車轉彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力，但向心力是根據(jù)力的效果命名的，不是物體實際受到的力，選項A錯誤；當汽車轉彎速度為20 m/s時，根據(jù)Fn＝m，得所需的向心力Fn＝1×104 N，沒有超過最大靜摩擦力，所以車也不會側滑，所以選項B、C錯誤；汽車轉彎達到最大靜摩擦力時，向心加速度最大為an＝＝ m/s2＝7.0 m/s2，選項D正確。 答案　D 1.質量為m的飛機以恒定速率v在空中水平盤旋，如圖15所示，其做勻速圓周運動的半徑為R，重力加速度為g，則此時空氣對飛機的作用力大小為(　

20、　) 圖15 A. 　　　 B.mg C.m 　　　 D.m 解析　飛機在空中水平盤旋時在水平面內做勻速圓周運動，受到重力和空氣的作用力兩個力的作用，其合力提供向心力Fn＝m。飛機受力情況示意圖如圖所示，根據(jù)勾股定理得 F＝＝m。 答案　C 2.鐵路在彎道處的內、外軌道高度是不同的，已知內、外軌道平面與水平面的夾角為θ，如圖16所示，彎道處的圓弧半徑為R，若質量為m的火車轉彎時速度等于，則(　　) 圖16 A.內軌對內側車輪輪緣有擠壓 B.外軌對外側車輪輪緣有擠壓 C.這時鐵軌對火車的支持力等于 D.這時鐵軌對火車的支持力大于 解析　由牛頓第二定律F

21、合＝m，解得F合＝mgtan θ，此時火車只受重力和鐵路軌道的支持力作用，如圖所示，F(xiàn)Ncos θ＝mg，則FN＝，內、外軌道對火車均無側壓力，故選項C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 3.如圖17所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　) 圖17 A.A的速度比B的大 B.A與B的向心加速度大小相等 C.懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等 D.懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小 解析　A、B繞豎直軸勻速轉動的角速度相等，即ωA＝ωB，但rA

22、據(jù)v＝ωr得A的速度比B的小，選項A錯誤；根據(jù)a＝ω2r得A的向心加速度比B的小，選項B錯誤；A、B做圓周運動時的受力情況如圖所示，根據(jù)F向＝mω2r及tan θ＝＝知，懸掛A的纜繩與豎直方向的夾角小，選項C錯誤；由圖知＝cos θ，即FT＝，所以懸掛A的纜繩受到的拉力小，選項D正確。 答案　D 角度二　豎直平面內的圓周運動 1.運動特點 (1)豎直面內的圓周運動一般是變速圓周運動。 (2)只有重力做功的豎直面內的變速圓周運動機械能守恒。 (3)豎直面內的圓周運動問題，涉及知識面比較廣，既有臨界問題，又有能量守恒的問題，要注意物體運動到圓周的最高點的速度。 (4)一般情況下，豎直

23、面內的圓周運動問題只涉及最高點和最低點的兩種情形。 2.常見模型 物理情景 最高點無支撐 最高點有支撐 實例 球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等 球與桿連接、球在光滑管道中運動等 圖示 受力 特征 除重力外，物體受到的彈力方向：向下或等于零 除重力外，物體受到的彈力方向：向下、等于零或向上 受力 示意圖 力學 方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m 臨界 特征 FN＝0 mg＝m 即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 過最高點 的條件 在最高點的速度 v≥ v＞0 【典例】　如圖18，光滑圓軌道固

24、定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為FN1，在最高點時對軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為(　　) 圖18 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 解析　設小球在最低點速度為v1，在最高點速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律，在最低點：FN1′－mg＝m， 在最高點：FN2′＋mg＝m 同時從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒定律得 mg·2R＝mv－mv 聯(lián)立以上三式可得FN1′－FN2′＝6mg，由牛頓第三定律：FN1－FN2＝6mg，故選項D正確。 答案　D 分析

25、豎直平面內圓周運動臨界問題的思路 1.如圖19所示，過山車的軌道可視為豎直平面內半徑為R的圓軌道。質量為m的游客隨過山車一起運動，當游客以速度v經(jīng)過圓軌道的最高點時(　　) 圖19 A.處于超重狀態(tài) B.向心加速度方向豎直向下 C.速度v的大小一定為 D.座位對游客的作用力為m 解析　游客經(jīng)過最高點時，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，A錯誤，B正確；由牛頓第二定律得FN＋mg＝m，分析知C、D錯誤。 答案　B 2.一輕桿一端固定質量為m的小球，以另一端O為圓心，使小球在豎直面內做半徑為R的圓周運動，如圖20所示，則下列說法正確的是(　　) 圖20 A.小

26、球過最高點時，桿所受到的彈力可以等于零 B.小球過最高點的最小速度是 C.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而增大 D.小球過最高點時，桿對球的作用力一定隨速度增大而減小 解析　輕桿可對小球產(chǎn)生向上的支持力，小球經(jīng)過最高點的速度可以為零，當小球過最高點的速度v＝時，桿所受的彈力等于零，A正確，B錯誤；若v<，則桿在最高點對小球的彈力豎直向上，mg－F＝m，隨v增大，F(xiàn)減小，若v>，則桿在最高點對小球的彈力豎直向下，mg＋F＝m，隨v增大，F(xiàn)增大，故C、D均錯誤。 答案　A 3.男子體操運動員做“雙臂大回環(huán)”，用雙手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動。如圖21所示，若

27、運動員的質量為50 kg，此過程中運動員到達最低點時手臂受的總拉力至少約為(忽略空氣阻力，g＝10 m/s2)(　　) 圖21 A.500 N B.2 000 N C.2 500 N D.3 000 N 解析　設人的長度為l，人的重心在人體的中間，最高點的最小速度為零，根據(jù)動能定理得mgl＝mv2，解得最低點人的速度為v＝，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝m，解得F＝5mg＝2 500 N，故選C。 答案　C 　圓周運動中的臨界問題 圓周運動中的臨界問題的分析與求解(不只是豎直平面內的圓周運動中存在臨界問題，其他許多問題中也有臨界問題)，一般都是先假設出某量達到最大或最小

28、的臨界情況，進而列方程求解。 【典例】　如圖22所示，質量為m的木塊，用一輕繩拴著，置于很大的水平轉盤上，細繩穿過轉盤中央的細管，與質量也為m的小球相連，木塊與轉盤間的最大靜摩擦力為其重力的μ倍(μ＝0.2)，當轉盤以角速度ω＝4 rad/s勻速轉動時，要保持木塊與轉盤相對靜止，木塊轉動半徑的范圍是多少？(g取10 m/s2)。 圖22 解析　由于轉盤以角速度ω＝4 rad/s勻速轉動，因此木塊做勻速圓周運動所需的向心力為F＝mrω2。當木塊做勻速圓周運動的半徑取最小值時，其所受最大靜摩擦力與拉力方向相反，則有mg－μmg＝mrminω2，解得rmin＝0.5 m；當木塊做勻速圓周運

29、動的半徑取最大值時，其所受最大靜摩擦力與拉力方向相同，則有mg＋μmg＝mrmaxω2，解得rmax＝0.75 m。因此，要保持木塊與轉盤相對靜止，木塊轉動半徑的范圍是0.5 m≤r≤0.75 m。 答案　0.5 m≤r≤0.75 m 1.如圖23所示，甲、乙、丙三個物體放在勻速轉動的水平粗糙圓臺上，甲的質量為2m，乙、丙的質量均為m，甲、乙離軸為R，丙離軸為2R，則當圓臺旋轉時(設甲、乙、丙始終與圓臺保持相對靜止)(　　) 圖23 A.甲物體的線速度比丙物體的線速度大 B.乙物體的角速度比丙物體的角速度小 C.甲物體的向心加速度比乙物體的向心加速度大 D.乙物體受到的向

30、心力比丙物體受到的向心力小 解析　甲、乙、丙轉動的角速度大小相等，根據(jù)v＝ωr，且甲的半徑小于丙的半徑可知，甲物體的線速度比丙物體的線速度小，故A、B錯誤；根據(jù)向心加速度a＝rω2，且甲、乙半徑相等可知，甲物體的向心加速度和乙物體的向心加速度相等，故C錯誤；根據(jù)F＝mrω2知，甲、乙、丙的質量之比為2∶1∶1，轉動的半徑之比為1∶1∶2，則向心力大小之比為2∶1∶2，所以乙物體受到的向心力比丙物體受到的向心力小，故D正確。 答案　D 2.如圖24所示，小球緊貼在豎直放置的光滑圓形管道內壁做圓周運動，內側壁半徑為R，小球半徑為r，則下列說法正確的是(　　) 圖24 A.小球通過最高

31、點時的最小速度vmin＝ B.小球通過最高點時的最小速度vmin＝ C.小球在水平線ab以下的管道中運動時，內側管壁對小球一定無作用力 D.小球在水平線ab以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力 解析　小球沿管道上升到最高點的速度可以為零，故A、B均錯誤；小球在水平線ab以下的管道中運動時，由外側管壁對小球的作用力FN與小球重力在背離圓心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg＝ma，因此，外側管壁一定對小球有作用力，而內側管壁無作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運動時，小球受管壁的作用力情況與小球速度大小有關，D錯誤。 答案　C 活頁作業(yè) (時間：30

32、分鐘) A組　基礎過關 1.(2016·10月浙江選考)在G20峰會“最憶是杭州”的文藝演出中，芭蕾舞演員保持如圖1所示姿式原地旋轉，此時手臂上A、B兩點角速度大小分別為ωA、ωB，線速度大小分別為vA、vB，則(　　) 圖1 A.ωA＜ωB B.ωA＞ωB C.vA＜vB D.vA＞vB 解析　由于A、B兩處在人自轉的過程中周期一樣，所以根據(jù)ω＝可知，A、B兩處的角速度一樣，ωA＝ωB，所以A、B選項錯誤；根據(jù)v＝rω可知A處轉動半徑較大，所以A處的線速度較大，即vA＞vB選項D正確。 答案　D 2.某同學為感受向心力的大小與哪些因素有關，做了一個小實驗：繩的一

33、端拴一小球，手牽著在空中甩動，使小球在水平面內做圓周運動(如圖2所示)，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將不變 B.保持繩長不變，增大角速度，繩對手的拉力將增大 C.保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將不變 D.保持角速度不變，增大繩長，繩對手的拉力將減小 解析　由向心力的表達式Fn＝mω2r可知，保持繩長不變，增大角速度，向心力增大，繩對手的拉力增大，選項A錯誤，B正確；保持角速度不變，增大繩長，向心力增大，繩對手的拉力增大，選項C、D錯誤。 答案　B 3.雨天野外騎車時，在自行車的后輪輪胎上常會粘附一些泥巴，行駛時感覺很“

34、沉重”。如果將自行車后輪撐起，使后輪離開地面而懸空，然后用手勻速搖腳踏板，使后輪飛速轉動，泥巴就被甩下來。如圖3所示，圖a、b、c、d為后輪輪胎邊緣上的四個特殊位置，則(　　) 圖3 A.泥巴在圖中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度 B.泥巴在圖中的b、d位置時最容易被甩下來 C.泥巴在圖中的c位置時最容易被甩下來 D.泥巴在圖中的a位置時最容易被甩下來 解析　當后輪勻速轉動時，由a＝Rω2知a、b、c、d四個位置的向心加速度大小相等，A錯誤；在角速度ω相同的情況下，泥巴在a點有Fa＋mg＝mω2R，在b、d兩點有Fb＝Fd＝mω2R，在c點有Fc－mg＝mω2R

35、。所以泥巴與輪胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下來，故B、D錯誤，C正確。 答案　C 4.如圖4所示，一小物塊以大小為a＝4 m/s2 的向心加速度做勻速圓周運動，半徑R＝1 m，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小物塊運動的角速度為2 rad/s B.小物塊做圓周運動的周期為2π s C.小物塊在t＝ s內通過的位移大小為 m D.小物塊在π s內通過的路程為零 解析　因為a＝ω2R，所以小物塊運動的角速度ω＝＝2 rad/s，選項A正確；周期T＝＝π s，小物塊在 s內轉過，通過的位移為 m，在π s內轉過一周，通過的路程為2π m，選項B、C、D錯誤。 答

36、案　A 5.如圖5所示，質量為m的木塊從半徑為R的半球形碗口下滑到碗的最低點的過程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么(　　) 圖5 A.加速度為零 B.加速度恒定 C.加速度大小不變，方向時刻改變，但不一定指向圓心 D.加速度大小不變，方向時刻指向圓心 解析　木塊做的是勻速圓周運動，加速度大小不變，但方向時刻指向圓心，加速度時刻改變，故選項A、B、C錯誤，D正確。 答案　D 6.(2018·浙江杭州期末)健步行走是現(xiàn)在流行的一種健身方式。如圖6所示，在廣場的兩個圓心圓圓形走道上，有一對父女沿同一方向勻速健步行走，女兒在圖中A位置，父親在圖中B位置，若女兒、父親

37、所在位置與圓心始終在一條線上，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.女兒的線速度比較大 B.女兒的角速度比較大 C.父親的加速度比較大 D.父親的轉速比較大 解析　根據(jù)女兒、父親所在位置與圓心始終在一條線上可知，他們的角速度相同，由公式v＝ωr可知，女兒的線速度較小，由公式an＝ω2r可知，父親的加速度比較大，由公式n＝f＝可知，女兒、父親的轉速相等，綜合以上分析可知，C正確。 答案　C 7.(2018·浙江寧波選考適應性考試)如圖7兩根長度不同的細線下面分別懸掛兩個小球A和B，細線上端固定在同一點，若兩個小球繞豎直軸做勻速圓周運動時恰好在同一高度的水平面內，則下列說法中正

38、確的是(　　) 圖7 A.線速度vA＝vB B.角速度ωA＞ωB C.加速度aA＝aB D.周期TA＝TB 解析　設連接A球的細線長為LA，細線與豎直方向的夾角為α，對小球A受力分析且由牛頓第二定律可得：mAgtan α＝mA，解得vA＝，同理，設連接B球的細線長為LB，細線與豎直方向的夾角為β，可得vB＝，由于α<β，故vA

39、解得aA＝gtan α，對B球：mBgtan β＝mBaB，解得aB＝gtan β，由于α<β，所以aA

40、最低點時，對桿的拉力大小是54 N 解析　設在最高點桿表現(xiàn)為拉力，則有F＋mg＝m，代入數(shù)據(jù)得F＝－6 N，則桿表現(xiàn)為推力，大小為6 N，所以小球對桿表現(xiàn)為壓力，大小為6 N，故選項A、B均錯誤；在最低點，桿表現(xiàn)為拉力，有F－mg＝m，代入數(shù)據(jù)得F＝54 N，故選項C錯誤，選項D正確。 答案　D B組　能力提升 9.(2018·浙江重點中學模擬)在穩(wěn)定軌道上的空間站中，物體處于完全失重狀態(tài)，其中有如圖9所示的裝置，半徑分別為r和R(R>r)的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，宇航員讓一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過粗糙的CD段，又滑上乙軌

41、道，最后離開兩圓軌道，那么下列說法正確的是(　　) 圖9 A.小球在CD間由于摩擦力而做減速運動 B.小球經(jīng)過甲軌道最高點時比經(jīng)過乙軌道最高點時速度大 C.如果減小小球的初速度，小球有可能不能到達乙軌道的最高點 D.小球經(jīng)過甲軌道最高點時對軌道的壓力大于經(jīng)過乙軌道最高點時對軌道的壓力 解析　小球處于完全失重狀態(tài)，在CD段水平粗糙部分對水平軌道沒有壓力，也就不受摩擦力，A錯誤；在甲、乙兩個圓形軌道運動的過程中，軌道對它的彈力提供圓周運動的向心力，但是彈力不做功，因此速度大小不會改變，經(jīng)過甲軌道最高點時和經(jīng)過乙軌道最高點時速度一樣大，B錯誤；因為只有彈力提供向心力，所以不管是否減小

42、初速度，小球都可以通過任何一個軌道的最高點，只是在同一軌道中速度大彈力大，速度小彈力小，C錯誤；小球經(jīng)過甲、乙軌道最高點時，軌道對它的彈力提供向心力，即FN甲＝，F(xiàn)N乙＝，速度相同，但是甲的半徑小，所以對小球的彈力大，根據(jù)牛頓第三定律知D正確。 答案　D 10.如圖10所示，內壁光滑的豎直圓桶，繞中心軸做勻速圓周運動，一物塊用細繩系著，繩的另一端系于圓桶上表面圓心，且物塊貼著圓桶內表面隨圓桶一起轉動，則(　　) 圖10 A.繩的張力可能為零 B.桶對物塊的彈力不可能為零 C.隨著轉動的角速度增大，繩的張力保持不變 D.隨著轉動的角速度增大，繩的張力一定增大 解析　當物塊隨圓

43、桶做圓周運動時，繩的拉力的豎直分力與物塊的重力保持平衡，因此繩的張力為一定值，且不可能為零，A、D項錯誤，C項正確；當繩的水平分力提供向心力的時候，桶對物塊的彈力恰好為零，B項錯誤。 答案　C 11.如圖11所示，半徑為R，內徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質量均為m的小球A、B以不同速率進入管內，A通過最高點C時，對管壁上部的壓力為3mg，B通過最高點C時，對管壁下部的壓力為0.75mg。求A、B兩球落地點間的距離。 圖11 解析　兩個小球在最高點時，受重力和管壁的作用力，這兩個力的合力提供向心力，離開軌道后兩球均做平拋運動，A、B兩球落地點間的距離等于它們平拋運動的水平位移之差

44、。 對A球3mg＋mg＝m 解得vA＝ 對B球mg－0.75mg＝m 解得vB＝ 由平拋運動規(guī)律可得小球做平拋運動時間t＝ 落地時它們的水平位移為 sA＝vAt＝vA＝4R sB＝vBt＝vB＝R 所以sA－sB＝3R 即a、b兩球落地點間的距離為3R。 答案　3R 12.如圖12所示，水平轉盤上放有質量為m的物塊，當物塊到轉軸的距離為r時，連接物塊和轉軸的繩剛好被拉直(繩中張力為零)。已知物塊與轉盤間的最大靜摩擦力是其重力的k倍，當繩中張力達到8kmg時，繩子將被拉斷。求： 圖12 (1)轉盤的角速度為ω1＝時，繩中的張力T1； (2)轉盤的角速度為ω2＝時

45、，繩中的張力T2； (3)要將繩拉斷，轉盤的最小轉速ωmin。 解析　(1)設角速度為ω0時，繩剛好被拉直且繩中張力為零，則由題意有 kmg＝mωr 解得ω0＝ 當轉盤的角速度為ω1＝時，因為ω1<ω0，所以物塊所受靜摩擦力足以提供物塊隨轉盤做圓周運動所需的向心力，即T1＝0 (2)當轉盤的角速度為ω2＝時，因為ω2>ω0，所以物塊所受最大靜摩擦力不足以提供物塊隨轉盤做圓周運動所需的向心力，則kmg＋T2＝mωr 解得T2＝kmg。 (3)根據(jù)題述，要將繩拉斷，繩中的張力至少為8kmg，此時物塊與轉盤間的摩擦力等于最大靜摩擦力kmg，則 8kmg＋kmg＝mωr 解得ωmin＝3。 答案　(1)0　(2)kmg　(3)3 25