资源简介 考点 16 圆周运动1. 高考真题考点分布题型 考点考查 考题统计选择题 描述圆周运动的基本物理量 2024 年辽宁卷计算题 圆锥摆模型 2024 年江西卷实验题 水平圆盘模型 2024 年海南卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁,大多联系实际生活。圆周运动的临界问题的单独考查不是太常见,大多在综合性的计算题中出现的比较频繁,并且会结合有关的功能关系。【备考策略】1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。2.能够分析圆周运动的向心力的来源,并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律,并能够联系实际问题做出相应问题的分析。【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。一、匀速圆周运动及其描述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。2.描述匀速圆周运动的物理量及其关系Δs 2πr(1)线速度:v= = ,描述物体圆周运动快慢的物理量。Δt TΔθ 2π(2)角速度:ω= = ,描述物体绕圆心转动快慢的物理量。Δt T2πr 1(3)周期和频率:T= ,T= ,描述物体绕圆心转动快慢的物理量。v fv2 4π2(4)向心加速度:an=rω2= =ωv= r,描述速度方向变化快慢的物理量。r T2二、匀速圆周运动的向心力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,所有的力沿半径方向指向圆心的合力,就是向心力。v2 4π23.向心力的公式:Fn=man=m =mω2r=m r。r T2三、水平面内圆周运动1.运动模型运动模型 向心力的来源示意图 运动模型 向心力的来源示意图飞机水平转弯 飞车走壁圆锥摆 火车转弯汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑)2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析 目的是通过力的合成与分解,表示出物体做圆周运动时,外界所提供的向心力四、竖直面内的圆周运动1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。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。4.一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。考点一 圆周运动的运动学问题考向 1 圆周运动基本物理量的关系1.走时准确的时钟如图所示,A、B 分别为时针和分针上到轴心距离相等的点,关于 A、B 两点下列说法正确的是( )A.A 点线速度大 B.B 点角速度大 C.周期相同 D.加速度相同2.运球转身是篮球运动中重要的技术动作。如图甲所示为运动员运球转身的瞬间,此时运动员和篮球保持相对静止绕 OO′轴转动,手臂上的 A 点与篮球边缘的 B 点到转轴的距离之比 r1 : r2 =1: 3,下列说法正确的是( )A.A、B 两点角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3B.A、B 两点的线速度大小之比 v1 : v2 =1:1C.A、B 两点的周期之比T1 :T2 = 3:1D.A、B 两点的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3考向 2 三种传动方式及特点1.皮带传动(甲乙):皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等。2.齿轮传动(丙):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。3.同轴传动(丁):两轮固定在同一转轴上转动时,两轮转动的角速度大小相等。3.如图所示是一皮带传动装置示意图,右轮半径为 r,A 是它边缘上的一点;左侧是一轮轴,大轮半径为4r,小轮半径为 2r,B 点在小轮上,到轮轴的距离为 r。C 点和 D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑,则关于 A、B、C、D 四点的比较,下列说法正确的是( )A. vA : vB : vC =1: 2 :1 B.wA :wB :wC = 2 :1: 2C. aA : aB : aC = 2 :1:1 D. aA : aC : aD = 2 :1: 24.明代出版的《天工开物》一书中记载:“其湖池不流水,或以牛力转盘,或聚数人踏转。”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示,翻车通过齿轮传动,将湖水翻入农田。已知 A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑,B、C 齿轮同轴,若 A、B、C 三齿轮半径的大小关系为 rA > rB > rC ,则( )A.齿轮 A 的角速度比齿轮 B 的角速度大B.齿轮 A、B 的角速度大小相等C.齿轮 B、C 边缘的点的线速度大小相等D.齿轮 A 边缘的点的线速度与齿轮 B 边缘的点的线速度大小相等考点二 圆周运动的动力学问题圆周运动动力学分析过程考向 1 锥摆模型5.如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型,A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动,则关于 A小球受力分析正确的是( )A.受到的合力方向指向 AO3B.受到重力、拉力和向心力的作用C.细绳对小球的拉力大于小球受到的重力D.若转速逐渐降低,则小球的向心力变大6.智能呼啦圈可以提供全面的数据记录,让人合理管理自己的身材。如图甲,腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳,其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为 0.4kg,轻绳长为 0.4m,悬挂点 P 到腰带中心点 O 的距离为 0.26m,配重随短杆做水平匀速圆周运动,绳子与竖直方向夹角为q ,运动过程中腰带可视为静止,重力加速度 g 取10m/s2, sin 37° = 0.6 ,下列说法正确的是( )A.若增大转速,腰带受到的摩擦力变大B 15.当转速 n = r/s 时,则绳子与竖直方向夹角q = 37°2pC.若增大转速,则绳子与竖直方向夹角q 将减小D.若增加配重,保持转速不变,则绳子与竖直方向夹角q 将减小考向 2 转弯模型7.在修筑铁路时,为了消除轮缘与铁轨间的挤压,要根据弯道的半径和规定的行驶速度,设计适当的倾斜轨道,即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ,转弯半径为 r,在该转弯处规定行驶的速度为 v,当地重力加速度为 g,则下列说法中正确的是( )A.火车运动的圆周平面为右图中的 aB.在该转弯处规定行驶的速度为 v = gr sinqC.火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用D.适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速8.赛车是一项极具挑战和危险的运动,比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为赛车转弯时的情景,此时赛车过 O 点,可看作沿 Oa 圆弧做匀速圆周运动,Ob 方向为 O 点的切线方向。以下说法不正确的是( )A.赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向B.赛车过 O 点时合外力指向圆心C.赛车转弯速率相同时,半径越小越容易发生侧滑D.发生侧滑时,塞车沿着 Ob 方向滑离原轨道做匀速直线运动考点三 水平面内的圆盘临界模型知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律①口诀:“谁远谁先飞”;②a 或 b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度:fm = mg = mw2r w g; =r①口诀:“谁远谁先飞”; g②轻绳出现拉力,先达到 B的临界角速度:w1 = ;rB③AB 一起相对圆盘滑动时,临界条件:隔离 A:T=μm g;隔离 B:T+μm g=m ω 2A B B 2 rB整体:μmAg+μm g=m ω 2B B 2 rBAB相对圆盘滑动的临界条件:w m m g g2 = A B =m r mB B BrB mA mB ①口诀:“谁远谁先飞”;w g②轻绳出现拉力,先达到 B的临界角速度: 1 = rB ;③同侧背离圆心,fAmax 和 fBmax 指向圆心,一起相对圆盘滑动时,临界条件:隔离 A:μmAg-T=mAω 2 22 rA;隔离 B:T+μmBg=mBω2 rB整体:μmAg+μmBg=m 2 2Aω2 rA+mBω2 rBAB 相对圆盘滑动的临界条w mA mB g g2 = =mArA m r mArA mB B BrB mA mB ①口诀:“谁远谁先飞”(rB>rA);②轻绳出现拉力临界条件:w g1 = rB ;此时 B 与面达到最大静摩擦力,A 与面最大静摩擦力。此时隔离 A:fA+T=mAω2rA;隔离 B:T+μm g=m ω2B B rB消掉 T:fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③当 mBrB=mArA 时,fA=μmBg,AB 永不滑动,除非绳断;④AB 一起相对圆盘滑动时,临界条件:1)当 mBrB>mArA 时,fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2→fA=0→反向→fA 达到最大→从 B 侧飞出;2)当 mBrB→ω→T→fB→fB=0→反向→fB 达到最大→从 A 侧飞出;AB 相对圆盘滑动的临界条w m= A mB g g2 =mArA mBr mB ArA mBrB mA mB 临界条件: g g① A > B ,w = B ② A B ,w = ArB r; B临界条件:w m① Bg mAgmin = rw mBg m② = Agmax r考向 1 水平面内的圆盘不栓绳临界模型临界规律应用9.如图所示为一水平转盘,A 、B两物块叠放在转盘上,已知A 、B间的动摩擦因数为 1,B与转盘间的动摩擦因数为 2 。初始时,物块均静止,现逐渐增大圆盘的角速度,下列说法正确的是( )A.若 1 2 ,则A 、B始终相对静止,某时刻开始一起滑动B.若 1 2 ,由于物块质量未知,无法判断A 、B谁先滑动C.物块所受的合力指向圆盘的轴心D.摩擦力对物块不做功10.如图所示,两个质量均为 m 的小木块 A、B(可视为质点)放在水平圆盘上,A、B 到转轴OO 的距离分别为 l、 2l .小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为 ,可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若圆盘从静止开始绕轴转动,并缓慢地加速,用w 表示圆盘转动的角速度,用 g 表示重力加速度的大小,下列说法正确的是( )A.圆盘对 A 的作用力大小大于 A 对圆盘的作用力大小B w g.当 = 时,A 所受摩擦力的大小为 mg2lC.A、B 所受摩擦力的大小始终相等D.B 一定比 A 先开始滑动考向 2 水平面内的圆盘栓绳临界模型临界规律应用11.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆盘半径为 R,甲、乙两物体质量分别为 M 和 m(M>m),它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的 倍,两物体用一根长为 L(L示。若将甲物体放在转轴的位置,甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直,让圆盘从角速度为 0 开始转到,角速度逐渐增大,两物体与圆盘不发生相对滑动,(两物体均可看作质点,重力加速度为 g)则下列说法正确的是( )A.随着角速度的增大的过程中,物块 m 受到的摩擦力先增加再逐渐减少B.随着角速度的增大的过程中,物块 M 始终受到摩擦力C (Mg mg).则圆盘旋转的角速度最大不得超过MLD (Mg mg).则圆盘旋转的角速度最大不得超过mL12.如图所示,两个可视为质点的相同的木块 A 和 B 放在水平转盘上,两者用长为 L 的细绳连接,木块与转盘间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O1O2 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w kg> 时,A 、 B 相对于转盘会滑动2LB kg.当 w 2kg 时,绳子一定有弹力,且A 、 B 相对于转盘静止2L 3LC ω kg w 2kg.当 在 范围内增大时,B 所受摩擦力变大2L 3LD 2kg.当 ω 在0 w 范围内增大时,A 所受摩擦力大小先增大后减小3L考点四 竖直面内圆周运动临界模型常见绳杆模型特点及临界规律轻绳模型 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v2 v2力学方程 mg+FT=m mg±FN=mr rv2 v=0,即 F 向=0,临界特征 FT=0,即 mg=m ,得 v= grr 此时 FN=mg(1)“绳”只能对小球施加向下的力 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力,也可以是支模型关键 (2)小球通过最高点的速度至少为 持力gr (2)小球通过最高点的速度最小可以为 0考向 1 绳类模型13.如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m 的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T ,小球在最高点的速度大小为 v,其T v2 图像如图乙所示,则( )maA.轻质绳长为bmB.当地的重力加速度为a2 acC. v = c 时,轻质绳的拉力大小为 abD.当 v2 = 2b时,小球受到的弹力大小与重力相等14.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一个小球沿圆轨道做竖直平面内的圆周运动,在最高点 A 点对轨道的压力大小为 F1,在最低点 B 点对轨道的压力大小为 F2,则当小球运动到与圆心等高的 C 点时,对轨道的压力大小为( )F F FA. 1 2 B. 2 F1 C.F2 FFD. 2 F12 2 1 3考向 2 杆类模型15.如图所示,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。为使小球在竖直平面内做圆周运动,在最高点 A 小球获得水平向右的初速度 v,B 点为小球经过的最低点,C 点为与圆心等高位置,重力加速度大小为 g,下列说法正确的是( )A.初速度 v 必须满足 v gLB.若增大初速度 v,小球经过 A 点时杆对小球的弹力一定增大C.若增大初速度 v,小球经过 B 点时杆对小球的弹力一定增大D.若增大初速度 v,小球经过 B 点时和经过 C 点时杆对小球的弹力之差增大16.如图所示,管壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,半径为 R,质量为 m 的小球在管道内做圆周运动,管道内径远小于轨道半径,下列有关说法中正确的是( )A.小球通过最高点的最小速度为 gR1 3B.若小球经过最高点时速度大小为 gR ,则管道内侧受力大小为 mg2 4C.若小球经过圆心等高点时速度大小为 gR ,则管道外侧受力大小为 2mgD.若小球经过最低点时速度大小为 5gR ,则管道外侧受力大小为 4mg考向 3 拱形桥和凹形桥类模型拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律拱形桥模型 凹形桥模型情景图示弹力特征 弹力可能向上,也可能等于零 弹力向上受力示意图2 2力学方程 mg FN = mv F vR N mg = mRv2临界特征 FN=0,即 mg=m ,得 v= grrv2 2①最高点: FN = mg m ,失重; F mg v①最低点: N = m ,超重;模型关键 R R② v gR ,汽车脱离,做平抛运动。 ② v 0,v 越大,FN 越大。17.胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压,在汽车上安装胎压监测报警器,可以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶,其中一段路面的水平观察视图如图所示,图中虚线是水平线,在保证安全行驶的情况下,若要尽量使胎压报警器不会超压报警,下列说法正确的是( )A.汽车在 A 处应增大行驶速度 B.汽车在 B 处应增大行驶速度C.汽车在 A、B 处均应增大行驶速度 D.汽车在 A、B 处均应减小行驶速度18.如图所示汽车以某一速度通过拱形桥最高点,已知拱形桥的半径为 R ,重力加速度为 g ,下列说法正确的是( )A.当 R 一定时,汽车速度越大,对拱形桥的压力越大B.当汽车速率恒定时, R 越大,汽车对拱形桥的压力越小C.汽车能以 2gR 顺利通过最高点D gR.汽车能以 顺利通过最高点21.传送带主要由头尾滚筒、中间托辊和皮带组成,示意图如图所示,已知托辊和滚筒圆心分别为 O 和O ,半径分别为 R 和3R,OA 和O B分别为两条半径,以下判断正确的是( )A.托辊和滚筒角速度相同B.A 点加速度大于 B 点加速度C.滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小相同D.滚筒和托辊转速比为3:12.如图 1 所示为某修正带照片,图 2 为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有 45 齿,半径为12mm,传动轮齿数未知,半径为 2.4mm ,收带轮有 15 齿,半径未知,下列选项正确的是( )A.使用时,出带轮与收带轮转动方向相反B.根据题中信息,可以算出传动轮的齿数C.根据题中信息,不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径D.在纸面长时间匀速拉动修正带时,出带轮边缘某点的向心加速度大小不变3.如图所示,在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球 A、B,已知 A 的质量为mA ,B 的质量为mB ,且mA > mB ,图中OO1 = OO2 , LA = LB。现将整个装置绕竖直杆匀速转动,则 A、B两球稳定时,下列说法正确的是( )A.悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角B.悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角大于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角C.A 球做圆周运动的线速度大于 B 球做圆周运动的线速度D.A 球做圆周运动的线速度小于 B 球做圆周运动的线速度4.如图所示,半径为 R 的半球形陶罐内壁光滑,固定在可绕竖直轴转动的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO '重合。转台和陶罐以一定角速度匀速转动,一可看作质点的小物块与陶罐保持相对静止,小物块质量为m ,线速度大小为 v,和O点的连线与OO '之间的夹角为q 。下列说法正确的是( )A.小物块所受合外力为恒力B.转台转动角速度越大,q 越大v2C.小物块的向心加速度大小为Rmv2D.陶罐对物块的作用力大小为R sinq5.如图所示,小球(可视作质点)和 a、b 两根细绳相连,两绳分别固定在细杆上两点,其中 a 绳长La = 2m,小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时,a、b 两绳和细杆的夹角q1 = 45°,q2 = 60°, g = 10m/s2 。若 a、b 两绳始终张紧,则小球运动的线速度大小可能是( )A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s6.为方便旅客随时取下行李,机场使用倾斜环状传送带运输行李箱,其实景图及简化图如图甲、图乙所示,行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则( )A.行李箱的向心力只由弹力提供 B.行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供C.若传送带转速减缓,行李箱受到的弹力变大D.若传送带转速减缓,行李箱可能会沿斜面向下滑动7.如图甲,质量相等的 A、B 两物块放在圆盘上,A 到中心轴线的距离为 B 到中心轴线距离的一半,两物块与圆盘面的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计物块大小,将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动,使 A、B 两物块均滑动需要的最小转动角速度为w1,若将 A、B 用不可伸长的细线连接(如图乙),且开始时细线刚好伸直,仍将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动,使 A、wB 2均发生滑动需要最小转动角速度为w2 ,则 w 为( )1A. 2 B.2 C. 3 D.38.如图,水平圆形转盘可绕竖直轴转动,圆盘上放有小物体 A、B、C,质量分别为 m、2m、3m,物块 A叠放在 B 上,B、C 到转盘中心 O 的距离分别为 3r、2r,B、C 间用一轻质细线相连,圆盘静止时,细线刚好伸直无拉力。已知 B、C 与圆盘间的动摩擦因数为 μ,A、B 间动摩擦因数为 3μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g,现让圆盘从静止开始加速,则( )A g.当w = 时,A、B 即将开始滑动3r g 3 mgB.当w = 时,细线张力为2r 2 mgC.当w g= 时,C 受到圆盘的摩擦力为r 2D w 2 g.当 = 时剪断细线,C 将做离心运动5r9.一根轻杆穿过两个固定轴承,可自由转动,相距为 l 的 A、B 两点固定两根长度也为 l 的轻绳,轻绳下端固定一个质量为 m 的小球,如图所示。现对小球施加一个始终与速度方向共线的力,使小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在最高点时,绳子的拉力刚好为零,下列说法正确的是( )A.小球的速度大小为 glB 3.在最低点时,左侧轴承对轻杆的支持力为 (1 )mg32C.在最低点时,绳的拉力为 3mg3D.若速度加倍,在最低点时绳子的拉力变为原来的四倍10.如图为杭州亚运会体操赛场场景,“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作,运动员单臂抓杠,以单杠为轴完成圆周运动,不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力,将人视为处于重心的质点,将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动,等效半径为 L,重力加速度为 g ,下列说法正确的是( )A.单杠对手臂既可能提供拉力,也可能提供支持力B.从最高点到最低点的过程中,单杠对人的作用力做正功C.若运动员恰好能够完成圆周运动,则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mgD.若运动员恰好能完成此圆周运动,则运动员在最高点处时,手臂与单杠之间无作用力11.如图所示,两条不可伸长的轻绳 l1、l2分别系着质量为5m和m 的质点,两质点以相同的角速度绕同一竖直线做水平匀速圆周运动。已知重力加速度为 g ,两绳的拉力分别为T1及T2,两绳与竖直线夹角的正弦1 2值分别是 5 及 ,则(5 )A.两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B.两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3: 2C.两细绳绳长的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D.两细绳绳长的比值 l1 : l2 =1: 512.如图,有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗,圆锥中轴线与母线的夹角为q ,可视为质点的小球 A、B 在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动,两个小球的质量相等,A、B 两球轨道平面距圆锥顶点 O 的高度分别为 4h 和 h,下列说法正确的是( )A.球 A 和球 B 的向心力大小之比为 1:2B.球 A 和球 B 的角速度之比为 2:1C.球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2:1D.球 A 和球 B 的周期之比为 2:113.长为 L 的细线一端系一质量为 m 的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,光滑锥顶角为2q ,轴线在竖直方向,如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为w 的匀速圆周运动,细线的拉力为F 2T ,得FT w 关系图像如图乙所示,已知重力加速度为 g ,则( )A. a = mg cosq bgB. =L cosqC.图线 1 的斜率 k1 = mLsinq D.图线 2 的斜率 k2 = mL14.游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施,游客坐在转动的魔盘上,当魔盘转速增大到一定值时,游客就会滑向盘边缘,其装置可以简化如图。若魔盘转速缓慢增大,则( )A.在滑动之前,游客受到的支持力缓慢增大B.在滑动之前,游客受到的摩擦力缓慢增大C.在滑动之前,游客受到的作用力逐渐增大D.游客受到的合外力方向沿斜面向上指向转轴15.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。已知木块、小球均可视为质点,质量均为 m,木块到 O 点的距离为 R,O 点与小球之间的细线长为 L,开始圆盘未转动时,小球和木块处于静止状态,而当圆盘以角速度为w 匀速转动时,小球以角速度w 随圆盘做圆锥摆运动,木块相对圆盘静止,连接小球的细线与竖直方向的夹角为 α,小孔与细线之间无摩擦,R > L,则( )A.此时细线中的拉力大小为mw 2LsinaB.如果w 继续增大,木块不可能向远离 O 点的方向滑动C.如果R = L,在细线不断的情况下,无论w 多大木块都不会滑动D.如果R L ,w 增大,木块可能向靠近 O 点的方向滑动16.如图所示,A、B、C、D 四个物块放在水平转盘上的同一直径上,B、C 两物块到转轴的距离均为 r,A、D 两物块到转轴的距离均为 2r,C、D 两物块用不可伸长的细线连接,细线平行于水平转盘且刚好伸直。已知四个物块与转盘间的动摩擦因数相同,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使转盘绕转轴转动,随着转动角速度的增大,下列说法正确的是( )A.若物块 B 的质量小于物块 A 的质量,则物块 B 先滑动B.当细线上刚好有拉力时,物块 A 刚好要滑动C.物块 A 比物块 D 先滑动D.物块 B 比物块 C 先滑动17.如图所示,倾角q = 37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上,斜面最低点在转轴OO1 上,质量均为 m=1kg、可视为质点的两个小物块 P、Q 随转台一起匀速转动,P、Q 到斜面最低点的距离均为0.5m,与接触面之间的动摩擦因数均为 0.5,取 g = 10m/s2 , sin 37° = 0.6 , cos37° = 0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( )A.为保持 P 5 3与斜面体相对静止,角速度的最小值为 rad/s4B.为保持 P 与斜面体相对静止,角速度的最大值为5 2rad/sC 5 3.当角速度等于 rad/s 时,Q 会相对转台滑动,P 有沿斜面向上滑的趋势2100D.若 P 与斜面体保持相对静止,则 P 对斜面的压力大小范围是 N FN 20N1118.如图甲所示,质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动;如图乙所示,质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆形管道内做完整的圆周运动(圆形管道的管径略大于小球的直径,但远小于 R)。已知重力加速度大小为 g,两小球均可视为质点,下列说法正确的是( )A.图甲中小球通过最高点的最小速度为 0B.图乙中小球通过最低点的最小速度为 2 gRC.图乙中小球通过最高点时速度越大,对管道的作用力一定越大D.图甲中小球通过最低点时对轨道的作用力比通过最高点时大6mg19.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD,其中倾角为q = 37°的倾斜轨道 AB 与半径为 R 的圆弧轨道平滑相切与 B 点,CD 为竖直直径,O 为圆心。质量为m 的小球(可视为质点)从与 B 点高度差为 h 的位置 A 点由静止释放。重力加速度大小为 g , sin 37° = 0.6 , cos37° = 0.8,则下列说法正确的是( )27A.当 h = 2R时,小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg5B.当 h = 2R时,小球会从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动C.调整 h 的值,小球能从 D 点离开圆弧轨道,但一定不能落在 B 点D.调整 h 的值,小球能从 D 点离开圆弧轨道,并能落在 B 点20.如图甲所示,小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上,绕圆心 O 点做半径为 R 的圆周运动。小球运动到最高点时,圆环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图像如图乙所示,g 取 10m/s2,则( )A.小球的质量为 2kgB.固定圆环的半径 R 为 0.4mC.小球在最高点速度为 4m/s 时,圆环受到小球施加的竖直向下 20N 的弹力D.若小球恰好能做完整圆周运动,则其运动中所受圆环给的最大弹力为 100N21.(2024·辽宁·高考真题)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上 P、Q 两点做圆周运动的( )A.半径相等 B.线速度大小相等C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等22.(2024·江苏·高考真题)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台,当陶磁匀速转动时,台面面上掉有陶屑,陶屑与桌面间的动摩因数处处相同(台面够大),则( )A.离轴 OO 越远的陶屑质量越大B. 离轴 OO 越近的陶屑质量越小C. 只有平台边缘有陶屑D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值考点 16 圆周运动1. 高考真题考点分布题型 考点考查 考题统计选择题 描述圆周运动的基本物理量 2024 年辽宁卷计算题 圆锥摆模型 2024 年江西卷实验题 水平圆盘模型 2024 年海南卷2. 命题规律及备考策略【命题规律】高考对圆周运动基本规律的考查较为频繁,大多联系实际生活。圆周运动的临界问题的单独考查不是太常见,大多在综合性的计算题中出现的比较频繁,并且会结合有关的功能关系。【备考策略】1.掌握圆周运动各个物理量之间的关系。2.能够分析圆周运动的向心力的来源,并会处理有关锥摆模型、转弯模型、圆盘模型的动力学问题。3.掌握水平面内圆盘模型的动力学分析及临界条件。4.掌握竖直面内圆周运动的基本规律,并能够联系实际问题做出相应问题的分析。【命题预测】重点关注竖直面内圆周运动规律在综合性问题中的应用。一、匀速圆周运动及其描述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。2.描述匀速圆周运动的物理量及其关系Δs 2πr(1)线速度:v= = ,描述物体圆周运动快慢的物理量。Δt TΔθ 2π(2)角速度:ω= = ,描述物体绕圆心转动快慢的物理量。Δt T2πr 1(3)周期和频率:T= ,T= ,描述物体绕圆心转动快慢的物理量。v fv2 4π2(4)向心加速度:an=rω2= =ωv= r,描述速度方向变化快慢的物理量。r T2二、匀速圆周运动的向心力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,所有的力沿半径方向指向圆心的合力,就是向心力。v2 4π23.向心力的公式:Fn=man=m =mω2r=m r。r T2三、水平面内圆周运动1.运动模型运动模型 向心力的来源示意图 运动模型 向心力的来源示意图飞机水平转弯 飞车走壁圆锥摆 火车转弯汽车在水平路面转弯 水平转台(光滑)2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等受力分析 目的是通过力的合成与分解,表示出物体做圆周运动时,外界所提供的向心力四、竖直面内的圆周运动1.竖直面内的圆周运动一般是变速圆周运动。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。4.一般情况下,竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点的两种情形。考点一 圆周运动的运动学问题考向 1 圆周运动基本物理量的关系1.走时准确的时钟如图所示,A、B 分别为时针和分针上到轴心距离相等的点,关于 A、B 两点下列说法正确的是( )A.A 点线速度大 B.B 点角速度大 C.周期相同 D.加速度相同【答案】B【详解】C.由于时针的周期 12h,分针的周期为 1h,所以分针的周期小于时针的周期,故TB<TA 故 C 错w 2p误;B.根据 = 可得wT B>wA故 B 正确;AD.根据 v = rw , a = rw2 其中 rA = rB 可得 vB>vA , aB>aA故 AD 错误。故选 B。2.运球转身是篮球运动中重要的技术动作。如图甲所示为运动员运球转身的瞬间,此时运动员和篮球保持相对静止绕 OO′轴转动,手臂上的 A 点与篮球边缘的 B 点到转轴的距离之比 r1 : r2 =1: 3,下列说法正确的是( )A.A、B 两点角速度大小之比w1 : w2 = 1: 3B.A、B 两点的线速度大小之比 v1 : v2 =1:1C.A、B 两点的周期之比T1 :T2 = 3:1D.A、B 两点的向心加速度大小之比 a1 : a2 =1: 3【答案】D【详解】A.两点属于同轴转动,角速度相等w1 :w2 =1:1故 A 错误;B.由 v = wr 可得 vA : vB =1: 3故 B 错误;2pC.周期T = 周期相等,所以比值为 1:1,故 C 错误;wD.由 a = w2r A、B 两点的向心加速度大小之比为 1:3,故 D 正确。故选 D。考向 2 三种传动方式及特点1.皮带传动(甲乙):皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等。2.齿轮传动(丙):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。3.同轴传动(丁):两轮固定在同一转轴上转动时,两轮转动的角速度大小相等。3.如图所示是一皮带传动装置示意图,右轮半径为 r,A 是它边缘上的一点;左侧是一轮轴,大轮半径为4r,小轮半径为 2r,B 点在小轮上,到轮轴的距离为 r。C 点和 D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑,则关于 A、B、C、D 四点的比较,下列说法正确的是( )A. vA : vB : vC =1: 2 :1 B.wA :wB :wC = 2 :1: 2C. aA : aB : aC = 2 :1:1 D. aA : aC : aD = 2 :1: 2【答案】D【详解】A.同皮带转动时有 vA = vC 又因为 B、C、D 点位于同一个转轮上所以wB = wC 并且 rC:rB:= 2:1 根据线速度表达式 v = wr 可得 vA:vB:vC = 2:1:2 故 A 错误;B.因为 B、C 点都在同一个转轮上所以wB = wC 同皮带转动时有 vA = vC 通过 v = wr 可得ωA:ωC = 2:1 所以有wA:wB:wC = 2:1:1 故 B 错误;v2CD.由向心加速度公式 a = w2r = 可知 aA:aB:aC:aD = 4:1:2:4 故 C 错误,D 正确。故选 D。r4.明代出版的《天工开物》一书中记载:“其湖池不流水,或以牛力转盘,或聚数人踏转。”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示,翻车通过齿轮传动,将湖水翻入农田。已知 A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑,B、C 齿轮同轴,若 A、B、C 三齿轮半径的大小关系为 rA > rB > rC ,则( )A.齿轮 A 的角速度比齿轮 B 的角速度大B.齿轮 A、B 的角速度大小相等C.齿轮 B、C 边缘的点的线速度大小相等D.齿轮 A 边缘的点的线速度与齿轮 B 边缘的点的线速度大小相等【答案】D【详解】ABD.依题意,A、B 齿轮啮合且齿轮之间不打滑,则齿轮 A、B 缘的线速度大小相等,由 v = wr可知,由于 rA > rB 则有wA < wB 由于 B、C 齿轮同轴,齿轮 B、C 的角速度大小相等,则有wA < wB = wC 故AB 错误;D 正确;C.由 v = wr 又 rB > rC 可得 vB > vC 故 C 错误;故选 D。考点二 圆周运动的动力学问题圆周运动动力学分析过程考向 1 锥摆模型5.如图所示为游乐场“丛林飞椅”游戏的简化模型,A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动,则关于 A小球受力分析正确的是( )A.受到的合力方向指向 AO3B.受到重力、拉力和向心力的作用C.细绳对小球的拉力大于小球受到的重力D.若转速逐渐降低,则小球的向心力变大【答案】C【详解】A.A 小球绕轴O1O2 在水平面内做匀速圆周运动,由所受外力的合力提供向心力,可知,受到的合力方向指向 AO2 ,故 A 错误;B.A 小球受到重力、拉力作用,向心力是效果力,实际上不存在,故 B 错误;mgC.结合上述,对小球进行分析,令绳与水平方向夹角为q ,则有T sinq = mg 解得T = 可知,细绳对sinq小球的拉力大于小球受到的重力,故 C 正确;D.若转速逐渐降低时,角速度减小,轨道半径减小,则有F = mw 2r 可知,若转速逐渐降低,则小球的向心力变小,故 D 错误。故选 C。6.智能呼啦圈可以提供全面的数据记录,让人合理管理自己的身材。如图甲,腰带外侧带有轨道,将带有滑轮的短杆穿入轨道,短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳,其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为 0.4kg,轻绳长为 0.4m,悬挂点 P 到腰带中心点 O 的距离为 0.26m,配重随短杆做水平匀速圆周运动,绳子与竖直方向夹角为q ,运动过程中腰带可视为静止,重力加速度 g 取10m/s2, sin 37° = 0.6 ,下列说法正确的是( )A.若增大转速,腰带受到的摩擦力变大B 15.当转速 n = r/s 时,则绳子与竖直方向夹角q = 37°2pC.若增大转速,则绳子与竖直方向夹角q 将减小D.若增加配重,保持转速不变,则绳子与竖直方向夹角q 将减小【答案】B【详解】A.转动过程中,以腰带和配重整体为研究对象,整体在竖直方向处于平衡状态,根据平衡条件有f = m配重 + m腰带 g故增大转速,腰带受到的摩擦力不变,故 A 错误;B.对配重进行受力分析,根据牛顿第二定律可得mg tanq = mw 2 (LOP + l绳 sinq )w = 2p nn 15当转速 = r/s 时,代入数据可得2pq = 37°故 B 正确;CD.对配重进行受力分析,其在水平面上做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律可得mg tanq = mw 2 (LOP + l绳 sinq )整理得1 LOP l绳 cosq= +w g tanq g故增大转速,则绳子与竖直方向夹角q 将增大,绳子与竖直方向夹角与配重质量无关,故 CD 错误。故选 B。考向 2 转弯模型7.在修筑铁路时,为了消除轮缘与铁轨间的挤压,要根据弯道的半径和规定的行驶速度,设计适当的倾斜轨道,即保证两个轨道间距不变情况下调整两个轨道的高度差。火车轨道在某转弯处其轨道平面倾角为θ,转弯半径为 r,在该转弯处规定行驶的速度为 v,当地重力加速度为 g,则下列说法中正确的是( )A.火车运动的圆周平面为右图中的 aB.在该转弯处规定行驶的速度为 v = gr sinqC.火车运动速度超过转弯规定速度时内轨会给内侧车轮弹力作用D.适当增大内、外轨高度差可以对火车进行有效安全的提速【答案】D【详解】A.火车运动的圆周平面为水平面,即图中的 b,故 A 错误;B.根据牛顿第二定律可得v2mg tanq = mr可得在该转弯处规定行驶的速度为v = gr tanq故 B 错误;C.在该转弯处行驶的速度若超过规定速度,则重力和轨道的支持力的合力不足以提供所需的向心力,火车有做离心运动的趋势,此时火车将会挤压外轨,故 C 错误;D.适当增大内、外轨高度差,则根据v = gr tanq可知 θ 角变大,则 v 变大,则可以对火车进行有效安全的提速,故 D 正确。故选 D。8.赛车是一项极具挑战和危险的运动,比赛转弯过程中若不能很好的控制速度很容易发生侧滑。如图为赛车转弯时的情景,此时赛车过 O 点,可看作沿 Oa 圆弧做匀速圆周运动,Ob 方向为 O 点的切线方向。以下说法不正确的是( )A.赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向B.赛车过 O 点时合外力指向圆心C.赛车转弯速率相同时,半径越小越容易发生侧滑D.发生侧滑时,塞车沿着 Ob 方向滑离原轨道做匀速直线运动【答案】D【详解】A.物体做曲线运动,速度方向沿着该点的切线方向,则赛车过 O 点时速度方向沿 Ob 方向,故A 正确;B.赛车做匀速圆周运动,则所受合力为向心力,即赛车过 O 点时合外力指向圆心,故 B 正确;2C v.根据Fn = m 可知赛车转弯速率相同时,半径越小所需的向心力越大,则越容易发生侧滑,故 C 正r确;D.赛车发生侧滑瞬间,速度方向沿着 Ob 方向,摩擦力不足以提供向心力,赛车做离心运动,故 D 错误。本题目选不正确项,故选 D。考点三 水平面内的圆盘临界模型知识点 水平面内的圆盘临界模型临界规律①口诀:“谁远谁先飞”;②a 或 b 发生相对圆盘滑动的各自临界角速度:f = mg = mw2m r ;w g=r①口诀:“谁远谁先飞”; g②轻绳出现拉力,先达到 B的临界角速度:w1 = ;rB③AB 一起相对圆盘滑动时,临界条件:隔离 A:T=μmAg;隔离 B:T+μmBg=m ω 2B 2 rB整体:μmAg+μmBg=m 2Bω2 rBAB相对圆盘滑动的临界条件:w m= A + mB g g2 =mBr mB BrB mA + mB ①口诀:“谁远谁先飞”; g②轻绳出现拉力,先达到 B的临界角速度:w1 = rB ;③同侧背离圆心,fAmax 和 fBmax 指向圆心,一起相对圆盘滑动时,临界条件:隔离 A:μmAg-T=mAω 22 rA;隔离 B:T+μmBg=m 2Bω2 rB整体:μmAg+μmBg=m ω 2A 2 rA+mBω 22 rBAB 相对圆盘滑动的临界条w mA + m= B g g2 =mArA + mBr mB ArA + mBrB mA + mB ①口诀:“谁远谁先飞”(rB>rA); g②轻绳出现拉力临界条件:w1 = rB ;此时 B 与面达到最大静摩擦力,A 与面未达到最大静摩擦力。此时隔离 A:fA+T=m ω2A rA;隔离 B:T+μmBg=m 2Bω rB消掉 T:fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③当 mBrB=mArA 时,fA=μmBg,AB 永不滑动,除非绳断;④AB 一起相对圆盘滑动时,临界条件:1)当 mBrB>mArA 时,fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA 达到最大→从 B 侧飞出;2)当 mBrB→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB 达到最大→从 A 侧飞出;AB 相对圆盘滑动的临界条w mA + mB g g2 = =mArA + m m r + m rBrB A A B B mA + mB 临界条件: g① A > BB ,w = ② A < w gB , =ArB r; B临界条件:w mBg mAg① min = rw mBg + mAg② max = r考向 1 水平面内的圆盘不栓绳临界模型临界规律应用9.如图所示为一水平转盘,A 、B两物块叠放在转盘上,已知A 、B间的动摩擦因数为 1,B与转盘间的动摩擦因数为 2 。初始时,物块均静止,现逐渐增大圆盘的角速度,下列说法正确的是( )A.若 1 2 ,则A 、B始终相对静止,某时刻开始一起滑动B.若 1 2 ,由于物块质量未知,无法判断A 、B谁先滑动C.物块所受的合力指向圆盘的轴心D.摩擦力对物块不做功【答案】A【详解】AB.对 AB 整体,由牛顿第二定律 22 (mA + mB )g = (mA + mB )rwAB可得w 2gAB = r对物块 A,由牛顿第二定律 1mA g = mArw2A可得w 1gA = r若 1 2 ,可得wA wAB所以若 1 2 ,则A 、B始终相对静止,某时刻开始一起滑动,故 A 正确,B 错误;CD.因为圆盘的角速度逐渐增大,则圆盘的线速度逐渐增大,故圆盘不是做匀速圆周运动,所以物块所受的合力不是指向圆盘的轴心,由动能定理可知,动能变大,摩擦力对物块做正功,故 CD 错误。故选 A。10.如图所示,两个质量均为 m 的小木块 A、B(可视为质点)放在水平圆盘上,A、B 到转轴OO 的距离分别为 l、 2l .小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为 ,可以认为小木块最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若圆盘从静止开始绕轴转动,并缓慢地加速,用w 表示圆盘转动的角速度,用 g 表示重力加速度的大小,下列说法正确的是( )A.圆盘对 A 的作用力大小大于 A 对圆盘的作用力大小B g.当w = 时,A 所受摩擦力的大小为 mg2lC.A、B 所受摩擦力的大小始终相等D.B 一定比 A 先开始滑动【答案】D【详解】A.圆盘对 A 的作用力与 A 对圆盘的作用力是相互作用力,总是等大反向,选项 A 错误;B.当w g=2l时,A 所受摩擦力的大小为fA = mw2l 1= mg2选项 B 错误;C.根据f = mw2l可知,在两物块未发生相对滑动时,A、B 所受摩擦力的大小不相等,当两物块都产生相对滑动后受滑动摩擦力大小相等,选项 C 错误;D.根据mw 20 l = mg可知w g0 = l可知产生滑动时 B 的临界角速度较小,则 B 一定比 A 先开始滑动,选项 D 正确。故选 D。考向 2 水平面内的圆盘栓绳临界模型临界规律应用11.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆盘半径为 R,甲、乙两物体质量分别为 M 和 m(M>m),它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为压力的 倍,两物体用一根长为 L(L示。若将甲物体放在转轴的位置,甲、乙之间的轻绳刚好沿半径方向被拉直,让圆盘从角速度为 0 开始转到,角速度逐渐增大,两物体与圆盘不发生相对滑动,(两物体均可看作质点,重力加速度为 g)则下列说法正确的是( )A.随着角速度的增大的过程中,物块 m 受到的摩擦力先增加再逐渐减少B.随着角速度的增大的过程中,物块 M 始终受到摩擦力C (Mg + mg).则圆盘旋转的角速度最大不得超过MLD (Mg + mg).则圆盘旋转的角速度最大不得超过mL【答案】D【详解】AB.当圆盘角速度较小时,m 的向心力由静摩擦力提供,绳子没拉力,由牛顿第二定律fm = mw2L m 受的静摩擦力随角速度增大而增大,当角速度增大到w1时,静摩擦力达到最大静摩擦力 mg ,角速度再增大,绳子拉力出现,由牛顿第二定律T + mg = mw2L随着角速度增大,m 受的摩擦力保持不变,一直为最大静摩擦力 mg 。则随着角速度的增大的过程中,物块 m 受到的摩擦力先增加后保持不变,当绳子有力时,M 开始受到摩擦力作用,故 AB 错误;CD.当绳子的拉力增大到等于甲的最大静摩擦力时,角速度达到最大,对 m 和 M,分别有T + mg = mw2LT = Mg联立可得w= (Mg + mg)mL故 C 错误,D 正确。故选 D。12.如图所示,两个可视为质点的相同的木块 A 和 B 放在水平转盘上,两者用长为 L 的细绳连接,木块与转盘间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O1O2 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 kg.当w > 时,A 、 B 相对于转盘会滑动2LB kg w 2kg.当 < < 时,绳子一定有弹力,且A 、 B 相对于转盘静止2L 3LC ω kg.当 在 < w 2kg< 范围内增大时,B 所受摩擦力变大2L 3LD ω 0 w 2kg.当 在 < < 范围内增大时,A 所受摩擦力大小先增大后减小3L【答案】B【详解】A. 当 A 刚好到达最大静摩擦力时,A、B 恰好相对于转盘不发生滑动,对 A 有kmg T = mLw 2对 B 有kmg +T = 2mLw 2联立可得w 2kg=3L2kg因此,当w> 时,A 、 B 相对于转盘会滑动,A 错误;3L当 B 刚达到最大静摩擦力时,绳子恰好无拉力,则有kmg = 2mLw 2解得w kg=2L综合 A kg w 2kg选项可得:当 < < 时,绳子一定有弹力,且A 、 B 相对于转盘静止,B 正确;2L 3LC ω kg w 2kg.当 在 < < 范围内增大时,由于 B 未滑动,仍为最大静摩擦力,故摩擦力不变,C 错误;2L 3LD.当 ω 在0 2kg< w < 范围内增大时,A 所受摩擦力一直增大,D 错误;3L故选 B。考点四 竖直面内圆周运动临界模型知识点 1 常见绳杆模型特点及临界规律轻绳模型 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v2 v2力学方程 mg+FT=m mg±F =mr N rv2 v=0,即 F 向=0,临界特征 FT=0,即 mg=m ,得 v= grr 此时 FN=mg(1)“绳”只能对小球施加向下的力 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力,也可以是支模型关键 (2)小球通过最高点的速度至少为 持力gr (2)小球通过最高点的速度最小可以为 0考向 1 绳类模型13.如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m 的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T ,小球在最高点的速度大小为 v,其T v2 图像如图乙所示,则( )maA.轻质绳长为bmB.当地的重力加速度为aacC. v2 = c 时,轻质绳的拉力大小为 + abD.当 v2 = 2b时,小球受到的弹力大小与重力相等【答案】D2 2【详解】AB v v.设绳长为 R,由牛顿第二定律知,小球在最高点满足T + mg=m 即T=m mg 由题图乙R Ra mb知,当 v2=0,T=-a,则有 a=mg 当 v2=b,T=0,则有 b=gR 所以 g= ,R= 故 AB 错误;m aC.当 v2=c 时,有T mg mc ac+ = 将 g 和 R 的值代入得T = a 故 C 错误;R b2D.当 v2=2b 时,由T + mg=m v 可得 T=a=mg 故弹力与重力相等,故 D 正确。故选 D。R14.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一个小球沿圆轨道做竖直平面内的圆周运动,在最高点 A 点对轨道的压力大小为 F1,在最低点 B 点对轨道的压力大小为 F2,则当小球运动到与圆心等高的 C 点时,对轨道的压力大小为( )F1 + FA. 2F F F + FB. 2 1 C.F F D. 2 12 2 2 1 3【答案】Av2 v2【详解】设圆轨道的半径为 R,在最高点,有mg + F1 = m 1 在最低点,有F2 mg = m 2 联立解得R R2 2 2F F m v1 + v2 v1 + 2 = 在与圆心等高的位置,有F = m 小球由 C 点运动到 B 点的过程,根据动能定理,有R RmgR 1 mv2 1 mv2 1 1= 2 小球由 A 点运动到 C2 2点的过程,根据动能定理,有mgR = mv mv1 解得2 2 2 2F F= 1 + F2 故选 A。2考向 2 杆类模型15.如图所示,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。为使小球在竖直平面内做圆周运动,在最高点 A 小球获得水平向右的初速度 v,B 点为小球经过的最低点,C 点为与圆心等高位置,重力加速度大小为 g,下列说法正确的是( )A.初速度 v 必须满足 v gLB.若增大初速度 v,小球经过 A 点时杆对小球的弹力一定增大C.若增大初速度 v,小球经过 B 点时杆对小球的弹力一定增大D.若增大初速度 v,小球经过 B 点时和经过 C 点时杆对小球的弹力之差增大【答案】C【详解】A.在 A 点时轻杆可施加给小球竖直向上的弹力,小球经过最高点的初速度 v只要满足 v 0即可,选项 A 错误;2B.若0 v gL v,小球经过 A 点时有mg F1 = m 杆对小球的弹力随 v增大而减小,选项 B 错误;Lv2B 2mgL 1 mv2 1 v2C 2.小球经过 B 点时有 F2 mg = m , =L 2 B mv 解得F2 2= 5mg + m 可知小球经过 B 点时杆对L小球的弹力随 v增大而增大,选项 C 正确;2 1 1 2D.小球经过 C 点时有F v3 = m C ,mgL = mv2C mv2 v解得F3 = 2mg + m 可知小球经过 B 点时和经过 CL 2 2 L点时杆对小球的弹力之差恒为3mg ,选项 D 错误。故选 C。16.如图所示,管壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,半径为 R,质量为 m 的小球在管道内做圆周运动,管道内径远小于轨道半径,下列有关说法中正确的是( )A.小球通过最高点的最小速度为 gR1 3B.若小球经过最高点时速度大小为 gR ,则管道内侧受力大小为 mg2 4C.若小球经过圆心等高点时速度大小为 gR ,则管道外侧受力大小为 2mgD.若小球经过最低点时速度大小为 5gR ,则管道外侧受力大小为 4mg【答案】B【详解】A.小球在管道内做圆周运动,在最高点时管道能给小球竖直向上的支持力,则小球能够通过最高点的最小速度为零,故 A 错误;1 2B.若小球经过最高点时速度大小为 v= gR v根据牛顿第二定律有mg FN = m 得管道内侧对小球的支持2 RF 3 3力 N = mg 根据牛顿第三定律,管道内侧受力大小为 mg,故 B 正确;4 4v2C.若小球经过圆心等高点时速度大小为 v = gR 根据牛顿第二定律有F = m 11 N1 得管道外侧对小球的支持R力FN1 = mg 根据牛顿第三定律,管道外侧受力大小为 mg,故 C 错误;v2D.若小球经过最低点时速度大小为 v 22 = 5gR 根据牛顿第二定律有FN2 mg = m 得管道外侧对小球的支R持力FN2 = 6mg 根据牛顿第三定律,管道外侧受力大小为 6mg,故 D 错误。故选 B。考向 3 拱形桥和凹形桥类模型拱形桥和凹形桥类模型特点及临界规律拱形桥模型 凹形桥模型情景图示弹力特征 弹力可能向上,也可能等于零 弹力向上受力示意图v2 v2力学方程 mg FN = m F mg = mR N Rv2临界特征 FN=0,即 mg=m ,得 v= grr2 2①最高点: F = mg v m ,失重; vN R ①最低点: FN = mg + m ,超重;模型关键 R② v gR ,汽车脱离,做平抛运动。 ② v 0,v 越大,FN 越大。17.胎压监测器可以实时监测汽车轮胎内部的气压,在汽车上安装胎压监测报警器,可以预防因汽车轮胎胎压异常而引发的事故。一辆装有胎压报警器的载重汽车在高低不平的路面上行驶,其中一段路面的水平观察视图如图所示,图中虚线是水平线,在保证安全行驶的情况下,若要尽量使胎压报警器不会超压报警,下列说法正确的是( )A.汽车在 A 处应增大行驶速度 B.汽车在 B 处应增大行驶速度C.汽车在 A、B 处均应增大行驶速度 D.汽车在 A、B 处均应减小行驶速度【答案】B2 2【详解】在 A v处,根据牛顿第二定律可得FN mg = m 解得FN = mg + mv在 A 处,速度越大,轮胎受到r rv '2 v '2的作用力越大,越容易超压报警。在 B 处,根据牛顿第二定律可得mg F 'N = m 解得F'N = mg m 在r rB 处,速度越大,轮胎受到的作用力越小,越不容易超压报警。因此若要尽量使胎压报警器不会超压报警,则汽车在 A 处应减小行驶速度,在 B 处应增大行驶速度。故选 B。18.如图所示汽车以某一速度通过拱形桥最高点,已知拱形桥的半径为 R ,重力加速度为 g ,下列说法正确的是( )A.当 R 一定时,汽车速度越大,对拱形桥的压力越大B.当汽车速率恒定时, R 越大,汽车对拱形桥的压力越小C.汽车能以 2gR 顺利通过最高点D gR.汽车能以 顺利通过最高点2【答案】Dv2【详解】AB.汽车以某一速度通过拱形桥最高点,根据牛顿第二定律可得mg N = m 根据牛顿第三定律R2可得 N = N = mg mv 压 可知当 R 一定时,汽车速度越大,对拱形桥的压力越小;当汽车速率恒定时, RR越大,汽车对拱形桥的压力越大;故 AB 错误;2CD.根据 N = mg m v 当 N = 0时,可得 v = gR gR可知汽车能以 顺利通过最高点,不能以 2gR 顺利通R 2过最高点,故 C 错误,D 正确。故选 D。1.传送带主要由头尾滚筒、中间托辊和皮带组成,示意图如图所示,已知托辊和滚筒圆心分别为 O 和O ,半径分别为 R 和3R,OA 和O B分别为两条半径,以下判断正确的是( )A.托辊和滚筒角速度相同B.A 点加速度大于 B 点加速度C.滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小相同D.滚筒和托辊转速比为3:1【答案】B【详解】A.托辊和滚筒边缘属于同传送带转动,线速度相等,则角速度不相同,故 A 错误;B v2.根据 a = 可知,A 点加速度大于 B 点加速度,故 B 正确;rC.根据 v = rw 可知,滚筒上与O 距离为 R 处点的角速度与 A 点角速度的比值为 3:1,根据加速度公式a = rw2可知滚筒上与O 距离为 R 处点的加速度与 A 点加速度大小不相同,故 C 错误;D.根据线速度与转速的关系有v = r 2p n可知滚筒和托辊转速比为 1:3,故 D 错误;故选 B。2.如图 1 所示为某修正带照片,图 2 为其结构示意图。修正带由出带轮、传动轮、收带轮、基带、出带口等组成。测量可知出带轮有 45 齿,半径为12mm,传动轮齿数未知,半径为 2.4mm ,收带轮有 15 齿,半径未知,下列选项正确的是( )A.使用时,出带轮与收带轮转动方向相反B.根据题中信息,可以算出传动轮的齿数C.根据题中信息,不能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径D.在纸面长时间匀速拉动修正带时,出带轮边缘某点的向心加速度大小不变【答案】B【详解】A.由于齿轮带动,根据图 2 可知,使用时,出带轮与传动轮转动方向相反,传动轮与收带轮传动方向相反,则出带轮与收带轮转动方向相同,故 A 错误;B.由于是齿轮带动,相邻齿之间的间距相等,则有2p R 2p R出 = 传45 n传解得n传 = 9故 B 正确;C.由于是齿轮带动,相邻齿之间的间距相等,则有2p R出 2p R= 出45 15解得R出 = 4mm可知,根据题中信息,能算出收带轮轴心到齿轮边缘的半径,故 C 错误;D.根据向心加速度的表达式有2a v=r在纸面长时间匀速拉动修正带时,出带轮边缘某点的圆周半径减小,则该点的向心加速度大小变大,故 D错误。故选 B。3.如图所示,在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球 A、B,已知 A 的质量为mA ,B 的质量为mB ,且mA > mB ,图中OO1 = OO2 , LA = LB。现将整个装置绕竖直杆匀速转动,则 A、B两球稳定时,下列说法正确的是( )A.悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角B.悬挂 A 球的细线与竖直方向的夹角大于悬挂 B 球的细线与竖直方向的夹角C.A 球做圆周运动的线速度大于 B 球做圆周运动的线速度D.A 球做圆周运动的线速度小于 B 球做圆周运动的线速度【答案】A【详解】设两球做匀速圆周运动的角速度相同为w ,由牛顿第二定律得mA g tanq = m2Aw (LA sinq + OO1)mBg tanq = m2Bw (LB sinq + OO2 )图中OO1 = OO2 , LA = LB,可知q = q 根据v = w(LA sinq + OO1) = w(LB sinq + OO2 )可知 A 球做圆周运动的线速度等于 B 球做圆周运动的线速度。故选 A。4.如图所示,半径为 R 的半球形陶罐内壁光滑,固定在可绕竖直轴转动的水平转台上,转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO '重合。转台和陶罐以一定角速度匀速转动,一可看作质点的小物块与陶罐保持相对静止,小物块质量为m ,线速度大小为 v,和O点的连线与OO '之间的夹角为q 。下列说法正确的是( )A.小物块所受合外力为恒力B.转台转动角速度越大,q 越大2C v.小物块的向心加速度大小为Rmv2D.陶罐对物块的作用力大小为R sinq【答案】B【详解】A.小物块做匀速圆周运动,由所受外力的合力提供向心力,可知,合力大小不变,方向发生变化,即小物块所受合外力为变力,故 A 错误;B.对物块进行分析,由重力与支持力提供向心力,则有mg tanq = mw 2R sinq解得cosq g=w 2R可知,转台转动角速度越大,q 越大,故 B 正确;C.小物块的向心加速度大小为2a v=R sinq故 C 错误;D.陶罐对物块的作用力为支持力,结合上述有2N sinq v= mR sinq解得2N mv=R sin2 q故 D 错误。故选 B。5.如图所示,小球(可视作质点)和 a、b 两根细绳相连,两绳分别固定在细杆上两点,其中 a 绳长La = 2m,小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时,a、b 两绳和细杆的夹角q1 = 45°,q = 60°, g = 10m/s22 。若 a、b 两绳始终张紧,则小球运动的线速度大小可能是( )A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s【答案】B【详解】根据题意,设当 a绳恰好拉直,但Tb = 0 时,小球运动的线速度大小为 v1,则有2Ta cosqv11 = mg ,T sinq = m , r = La sinqa 1 r 1联立解得v1 = 10 m s设当b 绳恰好拉直,但Ta = 0时,小球运动的线速度大小为 v2,则有2Tb cosq2 = mgv,T 2b sinq2 = m r联立解得v2 = 10 3 m s可知,要使两绳都拉紧,速度满足10 m s < v 10 3 m s故选 B。6.为方便旅客随时取下行李,机场使用倾斜环状传送带运输行李箱,其实景图及简化图如图甲、图乙所示,行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则( )A.行李箱的向心力只由弹力提供 B.行李箱的向心力由摩擦力和重力的合力提供C.若传送带转速减缓,行李箱受到的弹力变大D.若传送带转速减缓,行李箱可能会沿斜面向下滑动【答案】C【详解】AB.对行李箱受力分析,如图可得f cosa N sina = mw2R, f sina + N cosa = mg其中,向心力由摩擦力与弹力的水平方向的合力提供。故 AB 错误;CD.根据以上两式,可得N = mg cosa mw 2R sina当转速减小时,角速度减小,则 N 增大,最大静摩擦也增大,行李箱不可能下滑了。故 C 正确;D 错误。故选 C。7.如图甲,质量相等的 A、B 两物块放在圆盘上,A 到中心轴线的距离为 B 到中心轴线距离的一半,两物块与圆盘面的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计物块大小,将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动,使 A、B 两物块均滑动需要的最小转动角速度为w1,若将 A、B 用不可伸长的细线连接(如图乙),且开始时细线刚好伸直,仍将圆盘绕中心竖直轴线在水平面内做匀速圆周运动,使 A、wB 2均发生滑动需要最小转动角速度为w2 ,则 w 为( )1A. 2 B.2 C. 3 D.3【答案】A【详解】对甲图,静摩擦力提供向心力,当物块恰好发生相对滑动时,有 mg = mw2r可知w g=r对图甲,因为 B 的半径更大,所以 B 最先发生滑动,由题有w1是 A 发生恰好滑动时对应的临界角速度,设 A 的半径为 r ,有w g1 = r用细线将 A、B 连接,当它们一起刚要滑动时,对 B 物体由牛顿第二定律T + mg = mw 22 2r对 A 物体有T mg = mw 22 r联立解得w 2g 2 = r所以可得w2 = 2w1故选 A。8.如图,水平圆形转盘可绕竖直轴转动,圆盘上放有小物体 A、B、C,质量分别为 m、2m、3m,物块 A叠放在 B 上,B、C 到转盘中心 O 的距离分别为 3r、2r,B、C 间用一轻质细线相连,圆盘静止时,细线刚好伸直无拉力。已知 B、C 与圆盘间的动摩擦因数为 μ,A、B 间动摩擦因数为 3μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g,现让圆盘从静止开始加速,则( )A w g.当 = 时,A、B 即将开始滑动3r3 mgB g.当w = 时,细线张力为2r 2 g mgC.当w = 时,C 受到圆盘的摩擦力为r 2D w 2 g.当 = 时剪断细线,C 将做离心运动5r【答案】B【详解】A.先将 A、B 看成一个整体,由于 A、B 组成整体半径大于 C 的半径,可知 B 与圆盘摩擦力先达到最大;设绳子刚要有张力时,圆盘角速度为w0,以 A、B 组成整体为对象,根据牛顿第二定律可得 m + 2m g = m + 2m w20 ×3r解得w g0 = 3r设 A、B 间的摩擦力达到最大时,圆盘角速度为w1,以 A 为对象,根据牛顿第二定律可得3 mg = mw 21 ×3r解得w g1 = rw g可知当 = 时,绳子开始有张力,A、B 与圆盘保持相对静止,故 A 错误;3rB.当w g> 时,绳子有张力,随着角速度的增大,C 受到的静摩擦力先减小后反向增大,设 C 受到的3r静摩擦力达到最大时,AB 仍相对静止,圆盘角速度为w2 ,以 A、B 组成整体为对象,根据牛顿第二定律可得 m + 2m g +T = m + 2m w 22 ×3r以 C 为对象,根据牛顿第二定律可得T ×3mg = 3mw22 ×2r联立解得w 2 g2 = r g当w = 时,由于2r g g g< <3r 2r r设细线张力为T ,以 A、B 组成整体为对象,根据牛顿第二定律可得 m + 2m g +T = m + 2m w 2 ×3r解得T 3 mg=2故 B 正确;C w g.当 = 时,AB 刚好可以保持相对静止,以 A、B 组成整体为对象,根据牛顿第二定律可得r m + 2m g +T = m + 2m w2 ×3r解得T = 6 mg以 C 为对象,根据牛顿第二定律可得T f 2C = 3mw × 2r解得 C 受到圆盘的摩擦力为fC = 0故 C 错误;D w 2 g.当 = 时剪断细线,此时 C 需要的向心力大小为5rF 12= 3mw 2 ×2r = mg < 3 mg向 5可知 C 与圆盘相对静止做圆周运动,故 D 错误。故选 B。9.一根轻杆穿过两个固定轴承,可自由转动,相距为 l 的 A、B 两点固定两根长度也为 l 的轻绳,轻绳下端固定一个质量为 m 的小球,如图所示。现对小球施加一个始终与速度方向共线的力,使小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在最高点时,绳子的拉力刚好为零,下列说法正确的是( )A.小球的速度大小为 glB 3.在最低点时,左侧轴承对轻杆的支持力为 (1+ )mg32C.在最低点时,绳的拉力为 3mg3D.若速度加倍,在最低点时绳子的拉力变为原来的四倍【答案】C【详解】A.小球做圆周运动的半径为r = l sin 60o 3= l2在最高点时,绳子的拉力刚好为零,则mg v2= mr解得小球的速度大小为v 3= gr = gl2选项 A 错误;B.在最低点时2F mg v= mr可得F=2mg则左侧轴承对轻杆的支持力为F 11 = F = mg2选项 B 错误;C.在最低点时2T cos30o = F解得绳的拉力为T 2= 3mg3选项 C 正确;D.根据2F = mg m v+r可知,若速度加倍,在最低点时绳子的拉力不能变为原来的四倍,选项 D 错误。故选 C。10.如图为杭州亚运会体操赛场场景,“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作,运动员单臂抓杠,以单杠为轴完成圆周运动,不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力,将人视为处于重心的质点,将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动,等效半径为 L,重力加速度为 g ,下列说法正确的是( )A.单杠对手臂既可能提供拉力,也可能提供支持力B.从最高点到最低点的过程中,单杠对人的作用力做正功C.若运动员恰好能够完成圆周运动,则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mgD.若运动员恰好能完成此圆周运动,则运动员在最高点处时,手臂与单杠之间无作用力【答案】A【详解】A.运动员在做圆周运动的过程中,单杠对手臂可能为拉力,也可能为支持力,如在最高点,当运动员的重力恰好提供向心力时,有2mg mv=L得v = gL当运动员在最高点的速度大于 gL 时,杆对运动员的力为拉力,当运动员在最高点的速度小于 gL 时,杆对运动员的力为支持力,故 A 正确;B.从最高点到最低点的过程中,单杠对人的作用力一直与速度方向垂直,不做功,故 B 错误;C.若运动员恰好能够完成此圆周运动,则运动员在最高点的速度为零,则从最高点到最低点,根据动能定理有mg 1 2L = mv22解得v = 2 gL在最低点,有2F mg v= mL联立解得F = 5mg故 C 错误;D.若运动员恰好能够完成此圆周运动,则运动员在最高点的速度为零,此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小,故 D 错误。故选 A。11.如图所示,两条不可伸长的轻绳 l1、l2分别系着质量为5m和m 的质点,两质点以相同的角速度绕同一竖直线做水平匀速圆周运动。已知重力加速度为 g ,两绳的拉力分别为T1及T2,两绳与竖直线夹角的正弦1 2值分别是 5 及 ,则(5 )A.两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3:1 B.两细绳拉力的比值T1 :T2 = 3: 2C.两细绳绳长的比值 l1 : l2 = 2 : 9 D.两细绳绳长的比值 l1 : l2 =1: 5【答案】AC【详解】AB.对两小球整体,在竖直方向有T1 cosθ1 = 6mg 同理,对小球 m,竖直方向有T2 cosθ2 = mg 其中sinq 1 2T= 131 , sinq2 = 由上述两式即可得到 =T 1 故 A 正确,B 错误;5 5 2CD 2.对下面小球受力分析水平方向有T2 sin θ2 = mω r2 对上面的小球,在水平方向有2 r1 1 l 2T1 sin θ11 T2 sin θ2 = 5mω r1联立解得 = r = l sin θ r = l sin θr 10 其中 1 1 1 2 1 1+ l2 sin θ2 联立解得 =l 9 故 C 正确,D2 2错误。故选 AC。12.如图,有一竖直放置在水平地面上光滑圆锥形漏斗,圆锥中轴线与母线的夹角为q ,可视为质点的小球 A、B 在不同高度的水平面内沿漏斗内壁做同方向的匀速圆周运动,两个小球的质量相等,A、B 两球轨道平面距圆锥顶点 O 的高度分别为 4h 和 h,下列说法正确的是( )A.球 A 和球 B 的向心力大小之比为 1:2B.球 A 和球 B 的角速度之比为 2:1C.球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2:1D.球 A 和球 B 的周期之比为 2:1【答案】CD【详解】A.球 A 和球 B 做圆周运动的向心力为F mg=tanq可知向心力大小之比为 1:1,选项 A 错误;B.根据F mg= = mw 2h tanqtanq解得w 1 g=tanq h可知球 A 和球 B 的角速度之比为 1:2,选项 B 错误;C.根据v = wh tanq可得球 A 和球 B 的线速度大小之比为 2:1,选项 C 正确;D.根据T 2p=w可得,球 A 和球 B 的周期之比为 2:1,选项 D 正确。故选 CD。13.长为 L 的细线一端系一质量为 m 的小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,光滑锥顶角为2q ,轴线在竖直方向,如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为w 的匀速圆周运动,细线的拉力为FT ,得FT w2关系图像如图乙所示,已知重力加速度为 g ,则( )A. a = mg cosqgB.b =L cosqC.图线 1 的斜率 k1 = mLsinq D.图线 2 的斜率 k2 = mL【答案】ABD【详解】A.当角速度为零时,小球处于静止状态,细线的拉力为FT = a = mg cosq故 A 正确;B.开始小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动,由图可知,当角速度的平方达到 b 时,支持力为零,有mg tanq = mLw 2 sinq解得b w 2 g= =L cosq故 B 正确;C.小球未脱离圆锥体时,有FT sinq N cosq = mLw2 sinq ,FT cosq + N sinq = mg解得FT = mg cosq + mLw2 sin2 q可知图线 1 的斜率k1 = mLsin2 q故 C 错误;D.当小球脱离圆锥体后,有F sina = mLw 2T sina解得FT = mLw2则图线 2 的斜率k2 = mL故 D 正确。故选 ABD。14.游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施,游客坐在转动的魔盘上,当魔盘转速增大到一定值时,游客就会滑向盘边缘,其装置可以简化如图。若魔盘转速缓慢增大,则( )A.在滑动之前,游客受到的支持力缓慢增大B.在滑动之前,游客受到的摩擦力缓慢增大C.在滑动之前,游客受到的作用力逐渐增大D.游客受到的合外力方向沿斜面向上指向转轴【答案】BC【详解】AB.设转盘斜面倾角为q ,对游客受力分析如图所示水平方向有 f cosq N sinq = mw 2r 竖直方向有 f sinq + N cosq = mg 联立解得 N = mg cosq mw 2r sinq ,f = mg sinq + mw 2r cosq 由此可知,则随着魔盘转速缓慢增大,则游客受到魔盘的支持力缓慢减小,游客受到魔盘的摩擦力缓慢增大,A 错误;B 正确;C 2.游客受到的合力提供游客做圆周运动的向心力有F合 = mw r 由此可知,随转速增加,游客受到的合外力大小增大,C 正确;D.游客受到的合外力方向为游客所在圆周运动的平面内指向圆心,即水平指向转轴,D 错误。故选 BC。15.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。已知木块、小球均可视为质点,质量均为 m,木块到 O 点的距离为 R,O 点与小球之间的细线长为 L,开始圆盘未转动时,小球和木块处于静止状态,而当圆盘以角速度为w 匀速转动时,小球以角速度w 随圆盘做圆锥摆运动,木块相对圆盘静止,连接小球的细线与竖直方向的夹角为 α,小孔与细线之间无摩擦,R > L,则( )A.此时细线中的拉力大小为mw 2LsinaB.如果w 继续增大,木块不可能向远离 O 点的方向滑动C.如果R = L,在细线不断的情况下,无论w 多大木块都不会滑动D.如果R < L ,w 增大,木块可能向靠近 O 点的方向滑动【答案】CD【详解】A.如图所示,设绳子拉力为T ,对小球进行受力分析知mg= cosaT此时细线中的拉力大小为T mg=cosaA 错误;B.设木块受到摩擦力为 f ,小球做圆锥摆运动,则有Tsina = mLsinaw 2若摩擦力的方向沿半径向外T f = F = mRw 2则f = mw2 L R 如果w 继续增大,木块可能向靠近 O 点的方向滑动。若摩擦力的方向沿半径向里T + f = F = mRw 2则f = mw 2 R L 如果w 继续增大,木块可能向远离 O 点的方向滑动。如果R = L,摩擦力为零,所以无论w 多大木块都不会滑动,B 错误;C.小球做圆锥摆运动,则有Tsina = mLsinaw 2木块随圆盘匀速转动所需向心力为F = mRw 2当R = L,细线张力恰好提供木块做圆周运动的向心力,摩擦力为零,而且此力只与w 有关,所以无论w多大木块都不会滑动,C 正确;D.如果R < L ,木块随圆盘匀速转动所需向心力小于细线张力,木块受到指向圆盘边缘的摩擦力 f,w 增大到一定值,摩擦力达到最大值后木块会向 O 点滑动,D 正确;故选 CD。16.如图所示,A、B、C、D 四个物块放在水平转盘上的同一直径上,B、C 两物块到转轴的距离均为 r,A、D 两物块到转轴的距离均为 2r,C、D 两物块用不可伸长的细线连接,细线平行于水平转盘且刚好伸直。已知四个物块与转盘间的动摩擦因数相同,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使转盘绕转轴转动,随着转动角速度的增大,下列说法正确的是( )A.若物块 B 的质量小于物块 A 的质量,则物块 B 先滑动B.当细线上刚好有拉力时,物块 A 刚好要滑动C.物块 A 比物块 D 先滑动D.物块 B 比物块 C 先滑动【答案】BC【详解】A.由 mg = mrw 2解得w g=r因此判断物块A 比物块 B 先滑动,故 A 错误;B.当物块A 刚好要滑动时,物块 D 也刚好要滑动,此时细线上刚好有拉力,故 B 正确;C.物块A 滑动时,物块 D 由于细线的拉力不能滑动,因此物块A 比物块 D 先滑动,故 C 正确;D.当物块 B 刚好要滑动时,物块 C 由于细线的拉力已提前滑动,故 D 错误。故选 BC。17.如图所示,倾角q = 37°的斜面体固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上,斜面最低点在转轴OO1 上,质量均为 m=1kg、可视为质点的两个小物块 P、Q 随转台一起匀速转动,P、Q 到斜面最低点的距离均为0.5m,与接触面之间的动摩擦因数均为 0.5,取 g = 10m/s2 , sin 37° = 0.6 , cos37° = 0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( )A.为保持 P 5 3与斜面体相对静止,角速度的最小值为 rad/s4B.为保持 P 与斜面体相对静止,角速度的最大值为5 2rad/sC 5 3.当角速度等于 rad/s 时,Q 会相对转台滑动,P 有沿斜面向上滑的趋势2100D.若 P 与斜面体保持相对静止,则 P 对斜面的压力大小范围是 N FN 20N11【答案】BD【详解】ABD.为保持 P 与斜面体相对静止,当物块 P 恰好不下滑时,有最小角速度,水平方向有FN1 sin 37° F2N1 cos37° = mw1 L cos37°竖直方向有FN1 cos37° + FN1 sin 37° = mg解得F 100N1 = N11w 5 221 = rad/s 11当物块 P 恰好不上滑时,有最大角速度,水平方向有FN2 sin 37° + FN2 cos37° = mw22 L cos37°竖直方向有FN2 cos37° = FN2 sin 37° + mg解得FN2 = 20Nw2 = 5 2rad/s可知若 P 与斜面体保持相对静止,根据牛顿私单定律可得 P 对斜面的压力大小范围是100 N FN 20N11故 A 错误,BD 正确;C.当 P 与斜面恰无摩擦力时,有mg tan 37° = mw 2L cos37°解得w 5 3= rad/s2故 C 错误。故选 BD。18.如图甲所示,质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动;如图乙所示,质量为 m 的小球能在半径为 R 的竖直光滑圆形管道内做完整的圆周运动(圆形管道的管径略大于小球的直径,但远小于 R)。已知重力加速度大小为 g,两小球均可视为质点,下列说法正确的是( )A.图甲中小球通过最高点的最小速度为 0B.图乙中小球通过最低点的最小速度为 2 gRC.图乙中小球通过最高点时速度越大,对管道的作用力一定越大D.图甲中小球通过最低点时对轨道的作用力比通过最高点时大6mg【答案】BDv2【详解】A.由圆周运动知,图甲中小球通过最高点时,重力提供小球做圆周运动的向心力,则mg = m 高R解得 v = gR高 ,A 错误;1B 2.在管状模型中通过最高点最小速度为 0,由动能定理知mg2R = mv低代入得 v低 = 2 gR ,B 正确;2C.图乙中小球通过最高点时,当0 < v < gR ,小球对下管道有压力,速度越大对下管道压力越小,当v = gR ,小球对管道无压力,当 v > gR ,小球对上管道有压力,速度越大对上管道压力越大,C 错误;D.设在最高点压力为FN1,速度为 v1,最低点压力为FN2,速度为 v2,则由圆周运动知,在最高点有v21 1mg F m 21 2 v2+ N1 = 根据动能定理知 mv1 + 2mgR = mv2 在最低点有F 2N2 mg = m 则FN2 FN1 = 6mg ,D 正R 2 2 R确;故选 BD。19.如图所示,竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD,其中倾角为q = 37°的倾斜轨道 AB 与半径为 R 的圆弧轨道平滑相切与 B 点,CD 为竖直直径,O 为圆心。质量为m 的小球(可视为质点)从与 B 点高度差为 h 的位置 A 点由静止释放。重力加速度大小为 g , sin 37° = 0.6 , cos37° = 0.8,则下列说法正确的是( )A.当 h27= 2R时,小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg5B.当 h = 2R时,小球会从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动C.调整 h 的值,小球能从 D 点离开圆弧轨道,但一定不能落在 B 点D.调整 h 的值,小球能从 D 点离开圆弧轨道,并能落在 B 点【答案】AC1【详解】A.当 h = 2R 2时,小球从 A 点到 C 点过程,根据动能定理可得mgh + mgR(1 cos37°) = mvC 0解2v 22gR v2C 27mg得 C = 小球过 C 点时,根据牛顿第二定律可得 N mg = m 解得 N = 根据牛顿第三定律可5 R 527知,小球过 C 点时对轨道的压力大小为 mg ,故 A 正确;5B.当 h = 2R时,设小球可以到达 D 点,则从 C 点到 D 点过程,根据机械能守恒可得1 mv2 1= mv2 + mg ×2R v 2gRv2C D 解得 D = 小球刚好经过 D 点时,有2 2 mg = mD min 解得5 Rv gR v 2gRD min = > D = 可知小球不能到达 D 点,故 B 错误;5CD.调整 h 的值,小球能从 D 点离开圆弧轨道,可知小球从 D 点做平抛运动的最小速度为 vD min = gR ,9 1D 点与 B 点的高度差为 hDB = R + R cos37° = R根据 hDB = gt2 x = v t x 18R x 3, 解得 = > = R可5 2 min D min min 5 DB 5知小球能从 D 点离开圆弧轨道,但一定不能落在 B 点,故 C 正确,D 错误。故选 AC。20.如图甲所示,小球(可视为质点)穿在竖直平面内光滑的固定圆环上,绕圆心 O 点做半径为 R 的圆周运动。小球运动到最高点时,圆环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图像如图乙所示,g 取 10m/s2,则( )A.小球的质量为 2kgB.固定圆环的半径 R 为 0.4mC.小球在最高点速度为 4m/s 时,圆环受到小球施加的竖直向下 20N 的弹力D.若小球恰好能做完整圆周运动,则其运动中所受圆环给的最大弹力为 100N【答案】ADF【详解】A.对小球在最高点进行受力分析,速度为 0 时F - mg = 0 结合图像可知m = = 2kgg 故 A 正确;2 v2B.当F = 0 时,由重力提供向心力可得mg mv= 结合图像可知R = = 0.8m 故 B 错误;R g2C v.小球在最高点的速度为 4 m/s 时,有F + mg = m 解得小球受到的弹力 F = 20N方向竖直向下,由牛顿R第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上,故 C 错误;D v2.小球经过最低点时,其受力最大,由牛顿第二定律得F mg = m 若小球恰好做圆周运动,由机械能Rmg 2R 1守恒得 × = mv2 由以上两式得F = 5mg 代入数据得 F = 100N故 D 正确。故选 AD。221.(2024·辽宁·高考真题)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转动时,球面上 P、Q 两点做圆周运动的( )A.半径相等 B.线速度大小相等C.向心加速度大小相等 D.角速度大小相等【答案】D【详解】D.由题意可知,球面上 P、Q 两点转动时属于同轴转动,故角速度大小相等,故 D 正确;A.由图可知,球面上 P、Q 两点做圆周运动的半径的关系为 rP<rQ 故 A 错误;B.根据 v = rw 可知,球面上 P、Q 两点做圆周运动的线速度的关系为 vP<vQ 故 B 错误;C.根据 an = rw2可知,球面上 P、Q 两点做圆周运动的向心加速度的关系为 aP<aQ 故 C 错误。故选 D。22.(2024·江苏·高考真题)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶磁的简化工作台,当陶磁匀速转动时,台面面上掉有陶屑,陶屑与桌面间的动摩因数处处相同(台面够大),则( )A.离轴 OO 越远的陶屑质量越大B. 离轴 OO 越近的陶屑质量越小C. 只有平台边缘有陶屑D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值【答案】D【详解】ABC.与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦 g力时,根据牛顿第二定律可得 mg = mw2r 解得 r = 2 因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同,由此w可知能与台面相对静止的陶屑离轴 OO′的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故 ABC 错误; gD.离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由前述分析可知最大的运动半径为R = 2 μ 与 ωw均一定,故 R 为定值,即离轴最远的陶屑距离不超过某一值 R。故 D 正确。故选 D。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 考点16 圆周运动(核心考点精讲精练)(学生版) 备战2025年高考物理一轮复习考点帮(新高考通用).pdf 考点16 圆周运动(核心考点精讲精练)(教师版) 备战2025年高考物理一轮复习考点帮(新高考通用).pdf