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(共28张PPT)
第四章
曲线运动
圆周运动
培优练6
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D A C A D A
题号 9 10 答案 D (1)3mg　(2)01
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1.陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴OO'重合。当转台匀速转动时，关于粗坯上的P、Q两点，下列说法正确的是
A.P、Q两点的加速度大小相等
B.P、Q两点的加速度均指向转轴OO'
C.相同时间内P点转过的角度比Q点大
D.一个周期内P点通过的位移大于Q点通过的位移
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答案
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答案
　　　粗坯上P、Q两点属于同轴转动，P、Q两点的角速度相同，所以相同时间内转过的角度相等；根据a=ω2r，由于P点做圆周运动的半径大于Q点做圆周运动的半径，则P点的加速度大于Q点的加速度，故A、C错误；
P、Q两点做圆周运动的圆心均在转轴OO'上，所以P、Q两点的加速度均指向转轴OO'，故B正确；
一个周期内P点通过的位移与Q点相等，均为0，故D错误。
2.如图所示，在2025年春节文艺晚会的机器人表演中，机器人转动手帕使其在竖直面内做匀速圆周运动，机器人手帕的持续转速达到每分钟
1 200转，远超人类极限的每分钟800转。已知手帕边缘P点的转动半径为0.3 m。则下列说法正确的是
A.手帕转动的角速度ω=20π rad/s
B.手帕转动的角速度ω=2 400π rad/s
C.P点转动的向心加速度a=480π2 m/s2
D.P点转动的向心加速度a=40π2 m/s2
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答案
　　　由题意可知，机器人手帕的持续转速达到每分钟1 200转，则每秒钟转20转，则角速度ω=2πn=2π×20 rad/s=40π rad/s，故A、B错误；
P点转动的向心加速度a=ω2r=480π2 m/s2，故C正确，D错误。
3.齿轮传动是现代各种设备中应用最广泛的一种机械传动方式。它具有传动效率高、结构紧凑、工作可靠、寿命长等优点。如图甲所示为某款机械手表内部的部分结构图，A、B、C三个传动轮通过齿轮咬合，C、D与轴承咬合，A、B、C、D为四个轮子，现将其简化成如图乙所示模型。a、b、c、d分别为A、B、C、D轮缘上的点，半径之比ra∶rb∶rc∶rd=2∶1∶2∶1。则
A.va∶vb=2∶1 B.ωc∶ωd=2∶1
C.aa∶ab=2∶1 D.Tc∶Td=1∶1
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答案
　　　A、B属于齿轮传动，边缘点的线速度大小相等，则va∶vb=1∶1，由向心加速度公式a=得aa∶ab=rb∶ra=1∶2，A、C错误；
C、D属于同轴转动，角速度相等，则ωc∶ωd=1∶1，B错误；
根据匀速圆周运动的周期T=，可得Tc∶Td=ωd∶ωc=1∶1，D正确。
4.如图甲所示为某商场的旋转玻璃门，图乙为它的俯视示意图，旋转门逆时针旋转，左右两侧弧形玻璃完全对称，三扇旋转门连在一起且两两之间夹角相等。旋转门宽度为1.5 m，左侧两扇旋转门和弧形玻璃恰好围成一个封闭空间。已知商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1 m/s，玻璃门处于如图位置时，一位顾客(可视为质点)在下边缘虚线某处进入旋转玻璃门，则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
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答案
　　　若想顾客穿过旋转玻璃门平均速度最大，则需要顾客穿过旋转玻璃门的过程中位移最大且用时最短。则顾客的最大位移为圆的直径，顾客进入旋转门若要用时最短，需要在旋转门逆时针旋转60°时出去。商场旋转玻璃门外边缘的最大安全旋转速度为1 m/s。玻璃门安全旋转的最
大角速度为ωm== rad/s= rad/s，此时旋转门转过60°所用时间最短，
其大小为tmin== s，则顾客穿过旋转玻璃门的最大平均速度为=
= m/s，故选A。
5.(2025·广东卷·8改编)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2。关于该小球，下列说法正确的有
A.角速度为6 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
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答案
　　　对小球受力分析可知F向=mgtan 45°=mω2R，解得ω=5 rad/s，故A错误；
线速度大小为v=ωR=2 m/s，故B错误；
向心加速度大小为a向=ω2R=10 m/s2，故C正确；
所受支持力大小为FN== N，故D错误。
6.游乐场内有一种叫“空中飞椅”的游乐项目，静止时的状态可简化为如图所示。左边绳长大于右边绳长，左边人与飞椅的总质量大于右边人与飞椅的总质量。当匀速转动时，下列四幅图可能的状态为
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答案
√
　　　设绳与竖直方向的夹角为θ，绳延长线与转轴交点到人所在水平面的高度为h，人与飞椅受到重力与绳拉力，合力提供向心力，即mgtan θ =mω2htan θ，解得h1=h2，由h=+Lcos θ(其中r为圆盘半径，L为绳长)，可知，L越小，θ越小，则θ左一定大于θ右，右侧绳延长线与转轴交点到转盘的高度一定大于左侧绳延长线与转轴交点到转盘的高度，
所以左侧人与飞椅位置低一些，故A正确，B、C、D错误。
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7.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则
A.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为
B.物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为
C.物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
D.餐桌面的半径为r
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　　　物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg=mω2r，
解得ω=，v=ωr=，故A、B错误；
物块随圆盘运动的过程中，由动能定理可得圆盘对小物块做功为W=mv2=μmgr，故C错误；
物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，其轨迹如图所示，由动能定理可得 -μmgx=0-mv2，代入数据解得x=，由几何关系可得R2=r2+()2，解得餐桌面的半径为R=r，故D正确。
8.游乐场里有一个半径为5 m的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定轴以1 rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩(可视为质点)坐在盘面上距O点距离r处，
小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g取10 m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为
A.0C.2.5 m≤r≤4 m D.2.5 m≤r≤5 m
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　　　当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，设此时半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°
=mω2r1，解得r1=2.5 m，当小孩转到圆盘的最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大，设此时半径为r2，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°+mgsin 30°=mω2r2，解得r2=12.5 m，可知r2=12.5 m>5 m，故r2不符合要求。故距离r的可能取值范围为09.有一质量m=2 kg的物块在水平外力F作用下，从A点由静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.3，A右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的最低点为B，圆心为O，C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块在到达B点之前已撤去外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知AB间距离x=4 m，圆弧的半径R=0.4 m，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.物块在B点时的速度大小为3 m/s
B.外力F对物块做的功为80 J
C.物块在C点受到的弹力大小为20 N
D.物块落回水平地面时与B点的水平距离为 m
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答案
　　　对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有FN1-mg=，其中FN1=5mg，解得物块在B点时的速度大小为vB=4 m/s，故A错误；
物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有WF-μmgx=m-0，代入数据解得外力F对物块做的功为WF=40 J，故B错误；
物块由B点到C点过程，根据动能定理有-mg(R+Rsin 30°)=m-m，代入数据解得物块在C点的速度大小为vC=2 m/s，在C点根据牛顿第二定律有FN2+mgsin 30°=，代入数据解得物块在C点受到的弹力大小为FN2=10 N，故C错误；
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答案
　　　物块在C点斜向上抛出，之后将做斜抛运动，水平方向分速度为vx=vCsin 30°=1 m/s，竖直方向分速度为vy=vCcos 30°= m/s，由分析可知竖直方向物块以vy做竖直上抛运动，设落到地面的时间为t，则有y= -(R+Rsin 30°)=vyt-gt2，代入数据解得t1= s(舍掉)，t2= s，故水平方向物块匀速直线运动的位移为x=vxt2= m，所以物块落回水平面时与B点的水平距离为Δx=x-Rcos 30°= m- m= m，故D正确。
10.为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧 和凸圆弧 的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h(未知量)的地方放置一个质量为m的小球(可视为质点)，让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8。
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(1)当h=0.6R时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小；
答案　3mg
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答案
　　　从h=0.6R处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
mgh+mg(R-Rsin 37°)=m
在C点根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=3mg，根据牛顿第三定律得路面受到的压力大小FN'=FN=3mg
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
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答案
答案　0　　　分析可知小球能到达F点即可通过E点，刚好到达F点时有mgcos 37°
=m
根据机械能守恒定律得mgh'+mg(R-Rcos 37°)=m
解得h'=0.2R，h的取值范围0(3)在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角θ=37°，求h的值。
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答案
答案　0.025R
　　　设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得mgh+mg(Rcos θ-Rsin 37°)
=mv2
该处重力的瞬时功率为P=mgvsin θ
解得P2=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]sin2θ=m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)](1-cos2θ)，设x=cos θ，y=[2gh+2gR(cos θ-0.6)](1-cos2θ)
讨论y-x函数的极值，即y=[2gh+2gR(x-0.6)](1-x2)
展开得y=-2gRx3+(1.2gR-2gh)x2+2gRx+2gh-1.2gR
对y求导得y'=-6gRx2+2(1.2gR-2gh)x+2gR
根据题意θ=37° 时取极大值，可知此时y'=0，将x=0.8 代入得h=0.025R。
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本课结束
THANKS
第四章

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