資源簡介 中小學教育資源及組卷應用平臺專題4.3 圓周運動1.物理觀念:圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度。(1)熟練掌握描述圓周運動的各物理量之間的關系。(2)掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法。2.科學思維:水平、豎直平面圓周運動模型。會分析圓周運動的向心力來源,掌握圓周運動的動力學問題的分析方法,掌握圓錐擺模型繩(桿)及軌道模型。3.科學態度與責任:離心現象與行車安全。能用圓周運動的知識解決以生活中的實際問題為背景的問題,體會物理學的應用價值感受物理學的學科魅力。【知識點一】 描述圓周運動的物理量1.描述圓周運動的物理量定義、意義 公式、單位線速度(v) ①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量 ②是矢量,方向和半徑垂直,和圓周相切 ①v=(定義式)=(與周期的關系) ②單位:m/s角速度(ω) ①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量 ②是矢量,但不研究其方向 ①ω=(定義式)=(與周期的關系) ②單位:rad/s ③ω與v的關系:v=ωr周期(T) 轉速(n) 頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周所用的時間,周期的倒數為頻率 ②轉速是單位時間內物體轉過的圈數 ①T==(與頻率的關系) ②T的單位:s n的單位:r/s、r/min f的單位:Hz向心加速度(an) ①描述線速度方向變化快慢的物理量 ②方向指向圓心 ①an==ω2r=r=ωv ②單位:m/s2總結提升:圓周運動各物理量間的關系2.勻速圓周運動(1)定義:如果物體沿著圓周運動,并且線速度的大小處處相等,所做的運動就是勻速圓周運動.(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.【方法總結】在分析傳動裝置的各物理量時,要抓住不等量與等量之間的關系.分析此類問題有兩個關鍵點:一是同一輪軸上的各點角速度相同;二是皮帶不打滑時,與皮帶接觸的各點線速度大小相同.抓住這兩點.然后根據描述圓周運動的各物理量之間的關系就不難得出正確的結論.【必備知識】1.對an==ω2r的理解在v一定時,an與r成反比;在ω一定時,an與r成正比.2.常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動:如圖甲、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=vB.(2)摩擦傳動和齒輪傳動:如圖甲、乙所示,兩輪邊緣接觸,接觸點無打滑現象時,兩輪邊緣線速度大小相等,即vA=vB.(3)同軸轉動:如圖甲、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.(2023 天河區校級三模)如圖所示為華附校園內的風杯式風速傳感器,其感應部分由三個相同的半球形空杯組成,稱為風杯。三個風杯對稱地位于水平面內互成120°的三叉型支架末端,與中間豎直軸的距離相等。開始刮風時,空氣流動產生的風力推動靜止的風杯開始繞豎直軸在水平面內轉動,風速越大,風杯轉動越快。若風速保持不變,三個風杯最終會勻速轉動,根據風杯的轉速,就可以確定風速,則( )A.若風速不變,三個風杯最終加速度為零B.任意時刻,三個風杯轉動的速度都相同C.開始刮風時,風杯所受合外力沿水平方向指向旋轉軸D.風杯勻速轉動時,其轉動周期越大,測得的風速越小【解答】解:A、根據題意,若風速不變,三個風杯最終做勻速圓周運動,其合外力不為零,由牛頓第二定律可知,其加速度不為零,故A錯誤;B、三個風杯屬于同軸轉動,角速度相同,且三個風杯做圓周運動的半徑相同,由v=ωr可知,任意時刻三個風杯的線速度大小相同,方向不同,即速度不同,故B錯誤;C、開始刮風時,風杯切向方向合力不為零,因此風杯所受合外力不指向旋轉軸,故C錯誤;D、當風杯勻速轉動時,根據可知,其轉動周期越大,測得的風速越小,故D正確。故選:D。(2023 昆明一模)圖甲是市區中心的環島路,A、B兩車正在繞環島做速度大小相等的勻速圓周運動,如圖乙所示。下列說法正確的是( )A.A、B兩車的向心加速度大小相等B.A車的角速度比B車的角速度大C.A、B兩車所受的合力大小一定相等D.A車所受的合力大小一定比B車的大【解答】解:ACD、兩車的線速度v大小相等,由圖可知rB>rA,由可得A車的向心加速度大于B車向心加速度,勻速圓周運動合力全部提供向心力,兩車的質量關系未知,由F=man可知,兩車的向心力即合力大小無法確定,故ACD錯誤;B、由可知,A車的角速度大于B車角速度,故B正確。故選:B。(2023 臺州二模)某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B,如圖所示,齒輪A、B的齒數之比為1:2,齒輪勻速轉動時,則A、B齒輪的( )A.周期之比T1:T2=2:1B.角速度之比為ω1:ω2=2:1C.邊緣各點的線速度大小之比v1:v2=1:2D.轉速之比為n1:n2=1:2【解答】解:C、齒輪A、B的齒數之比為1:2,可知齒輪A、B的半徑之比為1:2;齒輪A、B相互咬合,可知邊緣各點的線速度大小相等,即v1:v2=1:1,故C錯誤;B、根據v=ωr可得齒輪A、B角速度之比為ω1:ω2=r2:r1=2:1,故B正確;A、根據可得齒輪A、B周期之比為T1:T2=ω2:ω1=1:2,故A錯誤;D、根據ω=2πn可得齒輪A、B轉速之比為n1:n2=ω1:ω2=2:1,故C錯誤;故選:B。【知識點二】 圓周運動的動力學問題1.勻速圓周運動的向心力(1)作用效果向心力產生向心加速度,只改變速度的方向,不改變速度的大小.(2)大小Fn=m=mrω2=mr=mωv.(3)方向始終沿半徑方向指向圓心,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,還可以由一個力的分力提供.2.離心運動和近心運動(1)離心運動: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.(2)受力特點(如圖)①當F=0時,物體沿切線方向飛出,做勻速直線運動.②當0③當F>mrω2時,物體逐漸向圓心靠近,做近心運動.(3)本質:離心運動的本質并不是受到離心力的作用,而是提供的力小于做勻速圓周運動需要的向心力.【方法總結】解決圓周運動問題的思路【必備知識】勻速圓周運動的實例分析運動模型 向心力的來源圖示圓錐擺模型 飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)(多選)(2023 香坊區校級模擬)某裝置如圖所示,兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過光滑鉸鏈連接,桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的光滑鉸鏈相連。小球與小滑塊的質量均為m,輕桿OA、OB長均為l,原長為l的輕質彈簧與滑塊都套在該豎直桿上,彈簧連接在A點與小滑塊之間。裝置靜止時,彈簧長為1.6l,重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,以下說法正確的是( )A.輕桿OA對小球的作用力方向沿OA桿向上,大小為B.輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下,大小為C.彈簧的勁度系數kD.若小球繞桿以角速度ω在水平面內做勻速圓周運動,則彈簧將恢復原長【解答】解:AB、設OA桿與豎直方向的夾角為θ,由幾何關系得:cosθ0.8即θ=37°對球受力分析,球受重力、桿OA對球的作用力FA,OB對球的作用力FB,如圖:由平衡條件得:FA=FBmgOA桿對球的作用力方向沿桿斜向左上,OB桿對球的作用力方向沿桿斜向右上,則桿OB對滑塊的作用力方向沿OB桿斜向右下,大小為FB′=FBmg故A錯誤,B正確;C、對小滑塊受力分析,如圖1,由平衡條件得:T=mg+FB′cos37°由胡克定律得:T=k(1.6l﹣l)聯立解得:k故C正確;D、小球在水平面內做勻速圓周運動,若彈簧恢復原長,分別對小球和滑塊受力分析,如圖2對滑塊,由平衡條件得:F2′cos60°=mg對小球,豎直方向,由平衡條件得:F2cos60°+mg=F1cos60°水平方向,由牛頓第二定律得:F2sin60°+F1sin60°=mω2lsin60°且F2′=F2聯立解得:ω故D錯誤。故選:BC。(2023 長春模擬)如圖為自行車氣嘴燈及其結構圖,彈簧一端固定在A端,另一端拴接重物,當車輪高速旋轉時,重物由于離心運動拉伸彈簧后才使觸點M、N接觸,從而接通電路,LED燈就會發光。下列說法正確的是( )A.氣嘴燈做圓周運動時,重物受到重力、彈簧彈力和向心力B.氣嘴燈運動至最高點時處于超重狀態C.以相同轉速勻速行駛時,重物質量越小,在最低點時LED燈越容易發光D.以相同轉速勻速行駛時,若LED燈轉到最高點時能發光,則在最低點時也一定能發光【解答】解:A.氣嘴燈做圓周運動時,重物受重力和彈簧彈力,合力提供向心力,向心力是效果力,受力分析時不能加入分析,故A錯誤;B.氣嘴燈運動至最高點時,合力指向圓心向下,具有向下的加速度,處于失重狀態,故B錯誤;C.在最低點時,合力提供向心力有F﹣mg=mω2r可得F=mg+mω2r可知,以相同轉速勻速行駛時,重物質量越小,在最低點時,彈簧的形變量較小,M和N不易接觸,導致LED燈不容易發光,故C錯誤;D.在最高點時,合力提供向心力有F+mg=mω2r解得F=mω2r﹣mg可知,以相同轉速勻速行駛時,在最高點,彈簧的彈力小于最低點時彈簧彈力,則若LED燈轉到最高點時能發光,則在最低點時也一定能發光,故D正確。故選:D。(2023 滄州一模)如圖甲所示為雜技演員正在表演“巧蹬方桌”。某一小段時間內,表演者讓方桌在腳上飛速旋轉,同時完成“拋”“接”“騰空”等動作技巧。演員所用方桌(如圖乙所示)桌面abcd是邊長為1m的正方形,桌子繞垂直于桌面的中心軸線OO'做勻速圓周運動,轉速約為2r/s,某時刻演員用力將桌子豎直向上蹬出,桌子邊水平旋轉邊向上運動,上升的最大高度約為0.8m。已知重力加速度g取10m/s2,則桌子離開演員腳的瞬間,桌角a點的速度大小約為( )A.4m/s B.4πm/sC. D.【解答】解:桌子在水平面內做勻速圓周運動,轉速約為2r/s,桌角a點的線速度為v1=2πnr,又,故桌子被蹬出瞬間豎直向上的速度為v2,由豎直上拋運動規律可得,解得v2=4m/s則a點的合速度為,故C正確,ABD錯誤。故選:C。【知識點三】 水平面內圓周運動三種臨界情況(1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是彈力FN=0.(2)相對滑動的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值.(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是FT=0.【方法總結】處理臨界問題的解題步驟1.判斷臨界狀態:有些題目中有“剛好”恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程存在著臨界點;若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點”,而這些起止點往往就是臨界狀態;若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點也往往是臨界狀態。2.確定臨界條件:判斷題述的過程存在臨界狀態之后,要通過分析弄清臨界狀態出現的條件,并以數學形式表達出來。3.選擇物理規律:當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后,對于不同的運動過程或現象,要分別選擇相對應的物理規律,然后再列方程求解。(2023 寶山區二模)如圖所示,M能在水平光滑滑桿上滑動,滑桿連架裝在離心機上,用繩跨過光滑滑輪與另一質量為m的物體相連。當離心機以角速度ω在水平面內繞豎直軸轉動時,M離軸距離為r,且恰能做勻速圓周運動。若m增至原來的2倍,保持r不變,為使M仍能做勻速圓周運動,則離心機的角速度要變為原來的( )A.1倍 B.倍 C.2倍 D.4倍【解答】解:質量m增至原來的2倍,根據mg=mrω2,可知向心力變為原來的2倍,r不變時,需要將ω變為原來的倍,才能使M仍能做勻速圓周運動。故ACD錯誤,B正確。故選:B。(2023 貴州模擬)如圖甲所示,質量相等的物塊A、B放在水平圓盤上,A、B和圓盤圓心O在同一直線上,讓圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動,當A剛要滑動時,轉動的角速度為ω1,當B剛要滑動時,轉動的角速度為ω2,若A、B在圓盤上的位置不變,用細線將A、B連接,細線剛好伸直,如圖乙所示,讓圓盤勻速轉動,當A、B一起剛要滑動時,轉動的角速度為ω3,兩物塊與盤面間的動摩擦因數相同,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列關系正確的是( )A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2 C.ω1<ω2 D.ω1<ω3【解答】解:設物體到圓心的距離為r,當物體剛要滑動時,最大靜摩擦力提供向心力,由牛頓第二定律mgμ=mω2r可得故當A剛要滑動時,轉動的角速度為ω1當B剛要滑動時,轉動的角速度為ω2用細線將A、B連接,當它們一起剛要滑動時,最大靜摩擦力和拉力合力提供向心力,對B物體由牛頓第二定律最大靜摩擦力和拉力合力提供向心力,對A物體有聯立解得因為,所以可得ω1>ω3>ω2故A正確。故選:A。(2023 東城區模擬)如圖所示,兩根長度相同的細線懸掛兩個相同的小球,小球在水平面上做角速度相同的勻速圓周運動,已知兩細線與豎直方向的夾角分別為α和β,設上下兩根細線的拉力分別為T1、T2,則為( )A. B. C. D.【解答】解:設小球質量為m,對下面的小球隔離進行受力分析,小球受重力和下面繩子拉力為T2,做勻速圓周運動,豎直方向受力平衡,則T2將兩個小球看成一個整體進行受力分析,兩球受重力和上面繩子拉力T1,做勻速圓周運動,豎直方向受力平衡,則T1故故A正確,BCD錯誤;故選A。【知識點四】 豎直面內的圓周運動模型一 拱橋、凹橋模型概述 如圖所示為凹形橋模型.當汽車通過凹形橋的最低點時,向心力F向=FN-mg=m規律 橋對車的支持力FN=mg+m>mg,汽車處于超重狀態概述 如圖所示為拱形橋模型.當汽車通過拱形橋的最高點時,向心力F向=mg-FN=m規律 橋對車的支持力FN=mg-m<mg,汽車處于失重狀態.若v=,則FN=0,汽車將脫離橋面做平拋運動(2023 濱海新區校級模擬)石拱橋是中國傳統橋梁的四大基本形式之一。假設某拱形橋為圓的一部分,半徑為R。一輛質量為m的汽車以速度v勻速率通過該橋,圖中Q為拱形橋的最高點,圓弧PQS所對的圓心角為90°,PS關于QO對稱,汽車運動過程中所受阻力大小恒定,重力加速度為g。下列說法正確的是 ( )A.汽車運動到P點時對橋面的壓力大于mgcos45°B.汽車運動到Q點時牽引力大于阻力C.汽車運動到Q點時,橋面對汽車的支持力等于汽車重力D.汽車從P點運動到S點過程中,其牽引力一定一直減小【解答】解:A、汽車運動到P點時,重力垂直于橋面的分力等于mgcos45°,由于汽車在豎直平面內做勻速圓周運動,沿半徑方向有向心加速度,所以汽車對橋面的壓力小于mgcos45°,故A錯誤;B、汽車在豎直平面內做勻速圓周運動,運動到Q點時牽引力等于阻力,故B錯誤;C、由于汽車在豎直平面內做勻速圓周運動,所以汽車運動到Q點時橋面對汽車的支持力小于汽車重力,故C錯誤;D、汽車從P點運動到Q點過程中,重力沿圓弧切線方向的分力一直減小,設汽車與Q之間圓弧所對圓心角為θ,其牽引力F=mgsinθ+f,一直減小,汽車從Q點運動到S點過程中,重力沿圓弧切線方向的分力一直增大,其牽引力F=f﹣mgsinθ一直減小,所以汽車從P點運動到S點過程中,其牽引力一定一直減小,故D正確;故選:D。(多選)(2021春 南山區校級期中)石拱橋是中國傳統的橋梁四大基本形式之一、假設某拱形橋為圓的一部分,半徑為R。一輛質量為m的汽車以速度v勻速通過該橋,圖中Q為共形橋的最高點,圓弧PQS所對的圓心角為90°,P、S關于QO對稱,重力加速度為g。下列說法正確的是( )A.汽車所受合力始終為0B.汽車運動到Q點時,橋面對汽車的支持力小于汽車重力C.汽車勻速運動的速度v越大,通過Q點時對橋面的壓力越大D.汽車從P點運動到S點所用的時間為【解答】解:A、汽車做勻速圓周運動,所受合力提供向心力,始終不為0,故A錯誤;BC、汽車運動到Q點時,根據牛頓第二定律可得:mg﹣FN=m,解得橋面對汽車的支持力FN=mg﹣m,小于mg,當汽車的速度越大時,根據牛頓第三定律可知通過Q點時對橋面的壓力越小,故B正確,C錯誤;D、汽車從P點運動到S點所用的時間為t,故D正確。故選:BD。(多選)(2021春 涪城區校級期末)貴港城區為了解決交通問題,修建了許多立交橋。如圖所示,橋面是半徑為R的圓弧形的立交橋AB橫跨在水平路面上,跨度為L,橋高為h,一輛質量為m的小汽車,在A端以速度v0沖上該立交橋,小汽車到達橋頂時的速度大小為v1,若小汽車在上橋過程中,克服橋面摩擦力做的功忽略不計,則( )A.小汽車通過橋頂時處于失重狀態B.小汽車在上橋過程中受到橋面的支持力大小為N=mg﹣mC.上橋過程中小汽車發動機做的功為mghD.小汽車到達橋頂時的速度不會大于【解答】解:A、小汽車做圓周運動,在最高點合力提供向心力,方向指向圓心,所以加速度方向豎直向下,汽車處于失重狀態,故A正確;B、在最高點,根據向心力公式得:mg﹣N=m解得N=mg﹣m,但在其它位置,受到橋面的支持力大小不為mg﹣m,故B錯誤;C、根據動能定理得:WF﹣mgh解得WFmgh故C錯誤;D、在最高點,根據向心力公式得mg﹣N=m當N=0時,速度最大,即故D正確。故選:AD。模型二 豎直面內圓周運動兩類模型1.豎直面內圓周運動兩類模型一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等),稱為“輕繩模型”,二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等),稱為“輕桿模型”.2.豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法輕繩模型 輕桿模型實例 如球與繩連接、沿內軌道運動的球等 如球與桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等圖示 最高點無支撐 最高點有支撐最 高 點 受力特征 重力、彈力,彈力方向向下或等于零 重力、彈力,彈力方向向下、等于零或向上受力示意圖力學特征 mg+FN=m mg±FN=m臨界特征 FN=0,vmin= 豎直向上的FN=mg,v=0過最高點條件 v≥ v≥0速度和 彈力關 系討論 分析 ①能過最高點時,v≥,FN+mg=m,繩、軌道對球產生彈力為FN ②不能過最高點時,v<,在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道做斜拋運動 ①當v=0時,FN=mg,FN為支持力,沿半徑背離圓心 ②當0時,FN+mg=m,FN指向圓心并隨v的增大而增大【方法總結】處理臨界問題的解題步驟1.判斷臨界狀態:有些題目中有“剛好”恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程存在著臨界點;若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點”,而這些起止點往往就是臨界狀態;若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點也往往是臨界狀態。2.確定臨界條件:判斷題述的過程存在臨界狀態之后,要通過分析弄清臨界狀態出現的條件,并以數學形式表達出來。3.選擇物理規律:當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后,對于不同的運動過程或現象,要分別選擇相對應的物理規律,然后再列方程求解。(2021 廣東二模)如圖,小明在游樂園乘坐摩天輪。已知摩天輪在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動。當小明從最低點a處轉動到水平位置d處的過程中,小明( )A.對座艙的壓力大小不變B.所受合外力的大小逐漸變大C.在水平方向的受力大小逐漸變大D.在水平方向的受力大小保持不變【解答】解:人做勻速圓周運動,所受到的合外力提供向心力,根據F=mrω2,知人的向心力大小不變,則人所受到的合外力不變;人在運動的過程中受重力、支持力、靜摩擦力,三個力的合力提供向心力,合力沿水平方向的分力等于人所受的摩擦力,合力沿豎直方向的分力等于重力和支持力的合力,合力的大小不變,由最低點a到d的運動過程中,沿豎直方向的分力逐漸減小,則人受到的支持力逐漸減小,結合牛頓第三定律可知,人對座艙的壓力大小增大;合力沿水平方向的分力增大,所以摩擦力增大,在d處,合力等于摩擦力的大小,所以d處摩擦力最大。故ABD錯誤,C正確。故選:C。(2021 浙江模擬)一端連在光滑固定軸上,可在豎直平面內自由轉動的輕桿,另一端與一小球相連,如圖甲所示。現使小球在豎直平面內做圓周運動,到達某一位置開始計時,取水平向右為正方向,小球的水平分速度vx隨時間t的變化關系如圖乙所示,不計空氣阻力,下列說法中正確的是( )A.t1時刻小球通過最高點,t3時刻小球通過最低點B.t2時刻小球通過最高點,t3時刻小球通過最低點C.v1大小一定大于v2大小,圖乙中S1和S2的面積一定相等D.v1大小可能等于v2大小,圖乙中S1和S2的面積可能不等【解答】解:AB、由對稱性可知,在最高點左右兩側對稱位置,小球沿水平方向分速度相同,那么在小球達到最高點時,其前后對稱時刻的小球的水平分速度相等且最高點時刻水平分速度為正,在題圖乙中t1時刻滿足要求,所以t1時刻小球通過最高點,同理t3時刻小球通過最低點,故A正確,B錯誤;CD、從t2到t3,小球重力做正功,一直在加速,在最低點時,速度最大,沿水平方向分速度也最大,即v2>v1,另外根據對運動過程分析可得:S1和S2分別表示從最低點到最左邊點以及從最左邊點到最高點的水平位移大小,它們相等,因此S1和S2的面積相等,故CD錯誤.故選:A。(2021 金山區二模)如圖,同一條過山車軌道上,一輛小車與多輛相同小車連接在一起分別以初速度v0進入圓軌道,若滑行到重心最高時速度分別為v1和v2。不計軌道和空氣阻力,則v1、v2的大小關系是( )A.v1<v2B.v1>v2C.v1=v2D.與小車數量有關,無法判斷【解答】解:小車在運動過程中,只有重力做功,機械能守恒,動能轉化為重力勢能;但一輛小車其重心位置在圓的最高點,多輛小車其重心位置比圓的最高點低,根據mgh可得,h小,最高點的速度大,所以v1<v2,故A正確,BCD錯誤;故選:A。(2023 甲卷)一質點做勻速圓周運動,若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比,運動周期與軌道半徑成反比,則n等于( )A.1 B.2 C.3 D.4【解答】解:根據題意質點做勻速圓周運動,所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比:Fn∝rn運動周期與軌道半徑成反比可知: 為常數)解得:,其中 均為常數,r 的指數為3,故n=3,故C正確,ABD錯誤。故選:C。(2023 全國)如圖,水平地面上放有一質量為M的⊥形支架。一質量為m的小球用長為l的輕繩連接在支架頂端,小球在豎直平面內做圓周運動,重力加速度大小為g。已知小球運動到最低點時速度大小為v,此時地面受到的正壓力大小為( )A.Mg B.(M+m)gC.(M+m)g+m D.(M+m)g﹣m【解答】解:小球運動到最低點時,對小球進行受力分析,小球受豎直向下的重力和輕繩豎直向上的拉力,根據牛頓第二定律,T﹣mg=m,對M受力分析,受豎直向下的重力、小球對繩子豎直向下的拉力和自身的重力,根據平衡條件F=Mg+T=(M+m)g+m,根據牛頓第三定律,地面受到的正壓力與地面對M的支持力F大小相等,故C正確,ABD錯誤。故選:C。(2022 北京)我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗,提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗:細繩一端固定,另一端系一小球,給小球一初速度使其在豎直平面內做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗( )A.小球的速度大小均發生變化B.小球的向心加速度大小均發生變化C.細繩的拉力對小球均不做功D.細繩的拉力大小均發生變化【解答】解:ABD、在運行的天宮一號內,物體都處于完全失重狀態,重力提供繞地球運動的向心力,僅由拉力提供向心力,給小球一個初速度,小球能做勻速圓周運動,拉力大小不變,所以速度大小不變,向心加速度大小不發生變化,故ABD錯誤;C、不論在地面還是在“天宮”,細線拉力始終和速度垂直,所以不做功,故C正確。故選:C。(2022 浙江)下列說法正確的是( )A.鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關【解答】解:A、做勻速圓周運動的鏈球加速度時刻指向圓心,方向時刻改變,故A錯誤;B、慣性只與質量有關,不隨速度增大而增大,故B正確;C、乒乓球被擊打過程中乒乓球的形變是變化的,其受到的作用力大小改變,故C錯誤;D、籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反,故D錯誤。故選:B。(2022 山東)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點,小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4m/s,在ABC段的加速度最大為2m/s2,CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為( )A.,l=8mB.,l=5mC.,l=5.5mD.,l=5.5m【解答】解:小車在圓周軌道中有:a,代入數據解得:vBCm/s,vCD=2m/s,小車保持速率不變依次經過BC和CD,所以為保證安全,小車的速度為v=2m/s,從A到B,根據運動學規律有:v2=2ax,將a=2m/s2代入解得:x=3m,則小車在AB段做勻速直線運動運動的最長距離l=8m﹣x=8m﹣3m=5m,小車在AB段減速所用時間為t1,勻速所用時間t2,在圓周軌道運動時間為:t3,則小車從A到D所需最短時間t=t1+t2+t3,聯立代入數據解得:,故ACD錯誤,B正確;故選:B。(2022 福建)清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”(可理解為低身斜體)二字揭示了滑冰的動作要領,500m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持,在其創造紀錄的比賽中,(1)武大靖從靜止出發,先沿直道加速滑行,前8m用時2s。該過程可視為勻加速直線運動,求此過程加速度大小;(2)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10m的勻速圓周運動,速度大小為14m/s。已知武大靖的質量為73kg,求此次過彎時所需的向心力大小;(3)武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角,使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎,如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。(不計空氣阻力,重力加速度大小取10m/s2,tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75)。【解答】解:(1)武大靖從靜止出發,先沿直道加速滑行,前x1=8m用時t1=2s根據位移—時間關系可得:x1代入數據解得:a=4m/s2;(2)根據向心力的計算公式可得:Fn=m73N=1430.8N;(3)設場地對武大靖的作用力大小為F,F與重力的合力提供向心力,如圖所示:根據幾何關系可得:tanθ代入數據解得:tanθ≈0.51所以θ=27°。答:(1)求此過程加速度大小為4m/s2;(2)此次過彎時所需的向心力大小為1430.8N;(3)武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小為27°。(2021 山東)如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿,一端可繞豎直光滑軸O轉動,另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發,恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中,木塊所受摩擦力的大小為( )A. B. C. D.【解答】解:因為細桿為輕質細桿,又因為其一端繞豎直光滑軸O轉動,所以桿對球的力沿桿,即桿對球不做功,對小球完成一個完整的圓周運動過程,由動能定理得﹣f 2πL=0,解得摩擦力f,故B正確,ACD錯誤。故選:B。(2021 甲卷)“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖,先將紐扣繞幾圈,使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起,然后用力反復拉繩的兩端,紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后,紐扣繞其中心的轉速可達50r/s,此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小約為( )A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2【解答】解:根據勻速圓周運動的規律,ω=2πn=2π×50rad/s=100πrad/s,r=1cm=0.01m,向心加速度為:an=ω2r=(100π)2×0.01m/s2=100π2m/s2≈1000m/s2,故C正確,ABD錯誤。故選:C。(2022 遼寧)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中,我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動,若運動員加速到速度v=9m/s時,滑過的距離x=15m,求加速度的大小;(2)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動,如圖所示,若甲、乙兩名運動員同時進入彎道,滑行半徑分別為R甲=8m、R乙=9m,滑行速率分別為v甲=10m/s、v乙=11m/s,求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比,并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。【解答】解:(1)由v2=2ax,解得:am/s2=2.7m/s2,(2)am/s2=12.5m/s2,am/s2,則:,T,T,因為,故甲先出彎道。答:(1)加速度的大小為2.7m/s2;(2)甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比為,甲運動員先出彎道。(2023 江蘇)“轉碟”是傳統的雜技項目。如圖所示,質量為m的發光物體放在半徑為r的碟子邊緣,雜技演員用桿頂住碟子中心,使發光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時,碟子邊緣看似一個光環。求此時發光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小f。【解答】解:根據線速度的計算公式可得發光物體的速度大小為:v0=ω0r物體受到的摩擦力提供做圓周運動的向心力,根據牛頓第二定律可得:f答:發光物體的速度大小為ω0r,受到的靜摩擦力大小為。21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 (共 2 頁)21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺專題4.3 圓周運動1.物理觀念:圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度。(1)熟練掌握描述圓周運動的各物理量之間的關系。(2)掌握勻速圓周運動由周期性引起的多解問題的分析方法。2.科學思維:水平、豎直平面圓周運動模型。會分析圓周運動的向心力來源,掌握圓周運動的動力學問題的分析方法,掌握圓錐擺模型繩(桿)及軌道模型。3.科學態度與責任:離心現象與行車安全。能用圓周運動的知識解決以生活中的實際問題為背景的問題,體會物理學的應用價值感受物理學的學科魅力。【知識點一】 描述圓周運動的物理量1.描述圓周運動的物理量定義、意義 公式、單位線速度(v) ①描述圓周運動的物體運動快慢的物理量 ②是矢量,方向和半徑垂直,和圓周相切 ①v=(定義式)=(與周期的關系) ②單位:m/s角速度(ω) ①描述物體繞圓心轉動快慢的物理量 ②是矢量,但不研究其方向 ①ω=(定義式)=(與周期的關系) ②單位:rad/s ③ω與v的關系:v=ωr周期(T) 轉速(n) 頻率(f) ①周期是物體沿圓周運動一周所用的時間,周期的倒數為頻率 ②轉速是單位時間內物體轉過的圈數 ①T==(與頻率的關系) ②T的單位:s n的單位:r/s、r/min f的單位:Hz向心加速度(an) ①描述線速度方向變化快慢的物理量 ②方向指向圓心 ①an==ω2r=r=ωv ②單位:m/s2總結提升:圓周運動各物理量間的關系2.勻速圓周運動(1)定義:如果物體沿著圓周運動,并且線速度的大小處處相等,所做的運動就是勻速圓周運動.(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.【方法總結】在分析傳動裝置的各物理量時,要抓住不等量與等量之間的關系.分析此類問題有兩個關鍵點:一是同一輪軸上的各點角速度相同;二是皮帶不打滑時,與皮帶接觸的各點線速度大小相同.抓住這兩點.然后根據描述圓周運動的各物理量之間的關系就不難得出正確的結論.【必備知識】1.對an==ω2r的理解在v一定時,an與r成反比;在ω一定時,an與r成正比.2.常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動:如圖甲、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=vB.(2)摩擦傳動和齒輪傳動:如圖甲、乙所示,兩輪邊緣接觸,接觸點無打滑現象時,兩輪邊緣線速度大小相等,即vA=vB.(3)同軸轉動:如圖甲、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.(2023 天河區校級三模)如圖所示為華附校園內的風杯式風速傳感器,其感應部分由三個相同的半球形空杯組成,稱為風杯。三個風杯對稱地位于水平面內互成120°的三叉型支架末端,與中間豎直軸的距離相等。開始刮風時,空氣流動產生的風力推動靜止的風杯開始繞豎直軸在水平面內轉動,風速越大,風杯轉動越快。若風速保持不變,三個風杯最終會勻速轉動,根據風杯的轉速,就可以確定風速,則( )A.若風速不變,三個風杯最終加速度為零B.任意時刻,三個風杯轉動的速度都相同C.開始刮風時,風杯所受合外力沿水平方向指向旋轉軸D.風杯勻速轉動時,其轉動周期越大,測得的風速越小(2023 昆明一模)圖甲是市區中心的環島路,A、B兩車正在繞環島做速度大小相等的勻速圓周運動,如圖乙所示。下列說法正確的是( )A.A、B兩車的向心加速度大小相等B.A車的角速度比B車的角速度大C.A、B兩車所受的合力大小一定相等D.A車所受的合力大小一定比B車的大(2023 臺州二模)某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B,如圖所示,齒輪A、B的齒數之比為1:2,齒輪勻速轉動時,則A、B齒輪的( )A.周期之比T1:T2=2:1B.角速度之比為ω1:ω2=2:1C.邊緣各點的線速度大小之比v1:v2=1:2D.轉速之比為n1:n2=1:2【知識點二】 圓周運動的動力學問題1.勻速圓周運動的向心力(1)作用效果向心力產生向心加速度,只改變速度的方向,不改變速度的大小.(2)大小Fn=m=mrω2=mr=mωv.(3)方向始終沿半徑方向指向圓心,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,還可以由一個力的分力提供.2.離心運動和近心運動(1)離心運動: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.(2)受力特點(如圖)①當F=0時,物體沿切線方向飛出,做勻速直線運動.②當0③當F>mrω2時,物體逐漸向圓心靠近,做近心運動.(3)本質:離心運動的本質并不是受到離心力的作用,而是提供的力小于做勻速圓周運動需要的向心力.【方法總結】解決圓周運動問題的思路【必備知識】勻速圓周運動的實例分析運動模型 向心力的來源圖示圓錐擺模型 飛機水平轉彎火車轉彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉彎水平轉臺(光滑)(多選)(2023 香坊區校級模擬)某裝置如圖所示,兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過光滑鉸鏈連接,桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的光滑鉸鏈相連。小球與小滑塊的質量均為m,輕桿OA、OB長均為l,原長為l的輕質彈簧與滑塊都套在該豎直桿上,彈簧連接在A點與小滑塊之間。裝置靜止時,彈簧長為1.6l,重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,以下說法正確的是( )A.輕桿OA對小球的作用力方向沿OA桿向上,大小為B.輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下,大小為C.彈簧的勁度系數kD.若小球繞桿以角速度ω在水平面內做勻速圓周運動,則彈簧將恢復原長(2023 長春模擬)如圖為自行車氣嘴燈及其結構圖,彈簧一端固定在A端,另一端拴接重物,當車輪高速旋轉時,重物由于離心運動拉伸彈簧后才使觸點M、N接觸,從而接通電路,LED燈就會發光。下列說法正確的是( )A.氣嘴燈做圓周運動時,重物受到重力、彈簧彈力和向心力B.氣嘴燈運動至最高點時處于超重狀態C.以相同轉速勻速行駛時,重物質量越小,在最低點時LED燈越容易發光D.以相同轉速勻速行駛時,若LED燈轉到最高點時能發光,則在最低點時也一定能發光(2023 滄州一模)如圖甲所示為雜技演員正在表演“巧蹬方桌”。某一小段時間內,表演者讓方桌在腳上飛速旋轉,同時完成“拋”“接”“騰空”等動作技巧。演員所用方桌(如圖乙所示)桌面abcd是邊長為1m的正方形,桌子繞垂直于桌面的中心軸線OO'做勻速圓周運動,轉速約為2r/s,某時刻演員用力將桌子豎直向上蹬出,桌子邊水平旋轉邊向上運動,上升的最大高度約為0.8m。已知重力加速度g取10m/s2,則桌子離開演員腳的瞬間,桌角a點的速度大小約為( )A.4m/s B.4πm/sC. D.【知識點三】 水平面內圓周運動三種臨界情況(1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是彈力FN=0.(2)相對滑動的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值.(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是FT=0.【方法總結】處理臨界問題的解題步驟1.判斷臨界狀態:有些題目中有“剛好”恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程存在著臨界點;若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點”,而這些起止點往往就是臨界狀態;若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點也往往是臨界狀態。2.確定臨界條件:判斷題述的過程存在臨界狀態之后,要通過分析弄清臨界狀態出現的條件,并以數學形式表達出來。3.選擇物理規律:當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后,對于不同的運動過程或現象,要分別選擇相對應的物理規律,然后再列方程求解。(2023 寶山區二模)如圖所示,M能在水平光滑滑桿上滑動,滑桿連架裝在離心機上,用繩跨過光滑滑輪與另一質量為m的物體相連。當離心機以角速度ω在水平面內繞豎直軸轉動時,M離軸距離為r,且恰能做勻速圓周運動。若m增至原來的2倍,保持r不變,為使M仍能做勻速圓周運動,則離心機的角速度要變為原來的( )A.1倍 B.倍 C.2倍 D.4倍(2023 貴州模擬)如圖甲所示,質量相等的物塊A、B放在水平圓盤上,A、B和圓盤圓心O在同一直線上,讓圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動,當A剛要滑動時,轉動的角速度為ω1,當B剛要滑動時,轉動的角速度為ω2,若A、B在圓盤上的位置不變,用細線將A、B連接,細線剛好伸直,如圖乙所示,讓圓盤勻速轉動,當A、B一起剛要滑動時,轉動的角速度為ω3,兩物塊與盤面間的動摩擦因數相同,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列關系正確的是( )A.ω1>ω3>ω2 B.ω1<ω3<ω2 C.ω1<ω2 D.ω1<ω3(2023 東城區模擬)如圖所示,兩根長度相同的細線懸掛兩個相同的小球,小球在水平面上做角速度相同的勻速圓周運動,已知兩細線與豎直方向的夾角分別為α和β,設上下兩根細線的拉力分別為T1、T2,則為( )A. B. C. D.【知識點四】 豎直面內的圓周運動模型一 拱橋、凹橋模型概述 如圖所示為凹形橋模型.當汽車通過凹形橋的最低點時,向心力F向=FN-mg=m規律 橋對車的支持力FN=mg+m>mg,汽車處于超重狀態概述 如圖所示為拱形橋模型.當汽車通過拱形橋的最高點時,向心力F向=mg-FN=m規律 橋對車的支持力FN=mg-m<mg,汽車處于失重狀態.若v=,則FN=0,汽車將脫離橋面做平拋運動(2023 濱海新區校級模擬)石拱橋是中國傳統橋梁的四大基本形式之一。假設某拱形橋為圓的一部分,半徑為R。一輛質量為m的汽車以速度v勻速率通過該橋,圖中Q為拱形橋的最高點,圓弧PQS所對的圓心角為90°,PS關于QO對稱,汽車運動過程中所受阻力大小恒定,重力加速度為g。下列說法正確的是 ( )A.汽車運動到P點時對橋面的壓力大于mgcos45°B.汽車運動到Q點時牽引力大于阻力C.汽車運動到Q點時,橋面對汽車的支持力等于汽車重力D.汽車從P點運動到S點過程中,其牽引力一定一直減小(多選)(2021春 南山區校級期中)石拱橋是中國傳統的橋梁四大基本形式之一、假設某拱形橋為圓的一部分,半徑為R。一輛質量為m的汽車以速度v勻速通過該橋,圖中Q為共形橋的最高點,圓弧PQS所對的圓心角為90°,P、S關于QO對稱,重力加速度為g。下列說法正確的是( )A.汽車所受合力始終為0B.汽車運動到Q點時,橋面對汽車的支持力小于汽車重力C.汽車勻速運動的速度v越大,通過Q點時對橋面的壓力越大D.汽車從P點運動到S點所用的時間為(多選)(2021春 涪城區校級期末)貴港城區為了解決交通問題,修建了許多立交橋。如圖所示,橋面是半徑為R的圓弧形的立交橋AB橫跨在水平路面上,跨度為L,橋高為h,一輛質量為m的小汽車,在A端以速度v0沖上該立交橋,小汽車到達橋頂時的速度大小為v1,若小汽車在上橋過程中,克服橋面摩擦力做的功忽略不計,則( )A.小汽車通過橋頂時處于失重狀態B.小汽車在上橋過程中受到橋面的支持力大小為N=mg﹣mC.上橋過程中小汽車發動機做的功為mghD.小汽車到達橋頂時的速度不會大于模型二 豎直面內圓周運動兩類模型1.豎直面內圓周運動兩類模型一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等),稱為“輕繩模型”,二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等),稱為“輕桿模型”.2.豎直平面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法輕繩模型 輕桿模型實例 如球與繩連接、沿內軌道運動的球等 如球與桿連接、球在內壁光滑的圓管內運動等圖示 最高點無支撐 最高點有支撐最 高 點 受力特征 重力、彈力,彈力方向向下或等于零 重力、彈力,彈力方向向下、等于零或向上受力示意圖力學特征 mg+FN=m mg±FN=m臨界特征 FN=0,vmin= 豎直向上的FN=mg,v=0過最高點條件 v≥ v≥0速度和 彈力關 系討論 分析 ①能過最高點時,v≥,FN+mg=m,繩、軌道對球產生彈力為FN ②不能過最高點時,v<,在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道做斜拋運動 ①當v=0時,FN=mg,FN為支持力,沿半徑背離圓心 ②當0時,FN+mg=m,FN指向圓心并隨v的增大而增大【方法總結】處理臨界問題的解題步驟1.判斷臨界狀態:有些題目中有“剛好”恰好”“正好”等字眼,明顯表明題述的過程存在著臨界點;若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點”,而這些起止點往往就是臨界狀態;若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點也往往是臨界狀態。2.確定臨界條件:判斷題述的過程存在臨界狀態之后,要通過分析弄清臨界狀態出現的條件,并以數學形式表達出來。3.選擇物理規律:當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后,對于不同的運動過程或現象,要分別選擇相對應的物理規律,然后再列方程求解。(2021 廣東二模)如圖,小明在游樂園乘坐摩天輪。已知摩天輪在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動。當小明從最低點a處轉動到水平位置d處的過程中,小明( )A.對座艙的壓力大小不變B.所受合外力的大小逐漸變大C.在水平方向的受力大小逐漸變大D.在水平方向的受力大小保持不變(2021 浙江模擬)一端連在光滑固定軸上,可在豎直平面內自由轉動的輕桿,另一端與一小球相連,如圖甲所示。現使小球在豎直平面內做圓周運動,到達某一位置開始計時,取水平向右為正方向,小球的水平分速度vx隨時間t的變化關系如圖乙所示,不計空氣阻力,下列說法中正確的是( )A.t1時刻小球通過最高點,t3時刻小球通過最低點B.t2時刻小球通過最高點,t3時刻小球通過最低點C.v1大小一定大于v2大小,圖乙中S1和S2的面積一定相等D.v1大小可能等于v2大小,圖乙中S1和S2的面積可能不等(2021 金山區二模)如圖,同一條過山車軌道上,一輛小車與多輛相同小車連接在一起分別以初速度v0進入圓軌道,若滑行到重心最高時速度分別為v1和v2。不計軌道和空氣阻力,則v1、v2的大小關系是( )A.v1<v2B.v1>v2C.v1=v2D.與小車數量有關,無法判斷(2023 甲卷)一質點做勻速圓周運動,若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比,運動周期與軌道半徑成反比,則n等于( )A.1 B.2 C.3 D.4(2023 全國)如圖,水平地面上放有一質量為M的⊥形支架。一質量為m的小球用長為l的輕繩連接在支架頂端,小球在豎直平面內做圓周運動,重力加速度大小為g。已知小球運動到最低點時速度大小為v,此時地面受到的正壓力大小為( )A.Mg B.(M+m)gC.(M+m)g+m D.(M+m)g﹣m(2022 北京)我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗,提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗:細繩一端固定,另一端系一小球,給小球一初速度使其在豎直平面內做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗( )A.小球的速度大小均發生變化B.小球的向心加速度大小均發生變化C.細繩的拉力對小球均不做功D.細繩的拉力大小均發生變化(2022 浙江)下列說法正確的是( )A.鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(2022 山東)無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示,半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點,與半徑為4m的半圓弧CD相切于C點,小車以最大速度從A點駛入路徑,到適當位置調整速率運動到B點,然后保持速率不變依次經過BC和CD。為保證安全,小車速率最大為4m/s,在ABC段的加速度最大為2m/s2,CD段的加速度最大為1m/s2。小車視為質點,小車從A到D所需最短時間t及在AB段做勻速直線運動的最長距離l為( )A.,l=8mB.,l=5mC.,l=5.5mD.,l=5.5m(2022 福建)清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”(可理解為低身斜體)二字揭示了滑冰的動作要領,500m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創造并保持,在其創造紀錄的比賽中,(1)武大靖從靜止出發,先沿直道加速滑行,前8m用時2s。該過程可視為勻加速直線運動,求此過程加速度大小;(2)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10m的勻速圓周運動,速度大小為14m/s。已知武大靖的質量為73kg,求此次過彎時所需的向心力大小;(3)武大靖通過側身來調整身體與水平冰面的夾角,使場地對其作用力指向身體重心而實現平穩過彎,如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。(不計空氣阻力,重力加速度大小取10m/s2,tan22°=0.40、tan27°=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75)。(2021 山東)如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿,一端可繞豎直光滑軸O轉動,另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發,恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中,木塊所受摩擦力的大小為( )A. B. C. D.(2021 甲卷)“旋轉紐扣”是一種傳統游戲。如圖,先將紐扣繞幾圈,使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起,然后用力反復拉繩的兩端,紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后,紐扣繞其中心的轉速可達50r/s,此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小約為( )A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2(2022 遼寧)2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中,我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。(1)如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動,若運動員加速到速度v=9m/s時,滑過的距離x=15m,求加速度的大小;(2)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動,如圖所示,若甲、乙兩名運動員同時進入彎道,滑行半徑分別為R甲=8m、R乙=9m,滑行速率分別為v甲=10m/s、v乙=11m/s,求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比,并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。(2023 江蘇)“轉碟”是傳統的雜技項目。如圖所示,質量為m的發光物體放在半徑為r的碟子邊緣,雜技演員用桿頂住碟子中心,使發光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時,碟子邊緣看似一個光環。求此時發光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小f。21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 (共 2 頁)21世紀教育網(www.21cnjy.com) 展開更多...... 收起↑ 資源列表 專題4.3 圓周運動(原卷版).docx 專題4.3 圓周運動(解析版).docx 縮略圖、資源來源于二一教育資源庫