第四章 第3讲 圆周运动（课件PPT）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 浙江专用第二版）

DISIZHANG 第四章 抛体运动与圆周运动 大一轮复习讲义 圆周运动 第 3 讲 目标 要求 1.熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系.2.掌握匀速圆周运动由周期性引起的多解问题的分析方法. 3.会分析圆周运动的向心力来源，掌握圆周运动的动力学问题的分析方法，掌握圆锥摆模型. 内容索引 考点一　圆周运动的运动学问题 考点二　圆周运动的动力学问题 考点三　圆周运动的临界问题 课时精练 3 考点一 圆周运动的运动学问题 4 1.描述圆周运动的物理量 梳理 必备知识 ω2r 2.匀速圆周运动 (1)定义：如果物体沿着圆周运动，并且线速度的大小处处 ，这种运动叫作匀速圆周运动. (2)特点：加速度大小 ，方向始终指向 ，是变速运动. (3)条件：合外力大小 、方向始终与 方向垂直且指向圆心. 相等 不变 圆心 不变 速度 1.匀速圆周运动是匀变速曲线运动.(　　) 2.物体做匀速圆周运动时，其线速度是不变的.(　　) 3.物体做匀速圆周运动时，其所受合外力是变力.(　　) 4.匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比.(　　) √ × × × 判断正误 1.对公式v＝ωr的理解 当ω一定时，v与r成正比. 当v一定时，ω与r成反比. 2.对an＝ ＝ω2r的理解 在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比. 提升 关键能力 3.常见的传动方式及特点   同轴转动 皮带传动 齿轮传动 装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点   两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点   特点 角速度、周期相同 线速度大小相等 线速度大小相等 转向 相同 相同 相反 规律 线速度与半径成正比： 向心加速度与半径成正比： 角速度与半径成反比： 向心加速度与半径成反比： 角速度与半径成反比： 向心加速度与半径成反比： 例1　如图，A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，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∶3 B.角速度之比为3∶4 C.圆周运动的半径之比为2∶1 D.向心加速度大小之比为1∶2 考向1　圆周运动物理量的分析和计算 √ 时间相同，路程之比即线速度大小之比，为4∶3，A项正确； 由于时间相同，运动方向改变的角度之比即对应扫过的圆心角之比，等于角速度之比，为3∶2，B项错误； 线速度之比除以角速度之比等于半径之比，为8∶9，C项错误； 由向心加速度an＝ 知，线速度平方之比除以半径之比即向心加速度大小之比，为2∶1，D项错误. 例2　(2023·浙江宁波市模拟)如图所示为“行星减速机”的工作原理图.“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为RA，周围四个“行星轮”的半径为RB，“齿圈”为主动件，其中RA＝2RB.A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”和“齿圈”边缘上的点.则在该状态下 A.A点与B点的角速度相同 B.A点与C点的转速相同 C.B点与C点的周期相同 D.A点与C点的线速度大小相等 考向2　圆周传动问题 √ 由题意可知，A、B、C三点的线速度大小相等，根据v＝ωr，结合A、B、C三点的半径大小关系RC>RA>RB，可知A、B、C三点的角速度关系为ωC<ωA<ωB ，根据转速与角速度关系ω＝2πn， 可知A、B、C三点的转速关系为nC<nA<nB，根据周期与角速度关系T＝ 可知A、B、C三点的周期关系为TC>TA>TB，选项A、B、C错误，D正确. 考点二 圆周运动的动力学问题 15 1.匀速圆周运动的向心力 (1)作用效果 向心力产生向心加速度，只改变速度的 ，不改变速度的 . (2)大小 梳理 必备知识 方向 大小 mrω2 (3)方向 始终沿半径方向指向 ，时刻在改变，即向心力是一个变力. 圆心 2.离心运动和近心运动 (1)离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做 的运动. (2)受力特点(如图) ①当F＝0时，物体沿 方向飞出，做匀速直线运动. ②当0<F<mrω2时，物体逐渐 圆心，做 运动. ③当F>mrω2时，物体逐渐 ，做 运动. (3)本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的力_____做匀速圆周运动需要的向心力. 逐渐远离圆心 切线 远离 离心 向圆心靠近 近心 小于 3.匀速圆周运动与变速圆周运动中合力、向心力的特点 (1)匀速圆周运动的合力：提供向心力. (2)变速圆周运动的合力(如图) ①与圆周相切的分力Ft产生切向加速度at，改变线速度的大小，当at与v同向时，速度增大，做加速圆周运动，反向时做减速圆周运动. ②指向圆心的分力Fn提供向心力，产生向心加速度an，改变线速度的 . 方向 1.做匀速圆周运动的物体，当所受合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出.(　　) 2.摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故.(　　) 3.向心力可以由物体受到的某一个力提供，也可以由物体受到的合力提供.(　　) 4.在变速圆周运动中，向心力不指向圆心.(　　) √ × × × 判断正误 1.向心力来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以由重力、弹力、摩擦力等各种力提供，也可以是几个力的合力或某个力的分力提供，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力. 提升 关键能力 2.匀速圆周运动中向心力来源 运动模型 向心力的来源图示 汽车在水平路面转弯   水平转台(光滑)   圆锥摆   飞车走壁   飞机水平转弯   火车转弯   3.变速圆周运动中向心力来源 如图所示，当小球在竖直面内摆动时，沿半径方向的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcos θ＝ 如图所示. 4.圆周运动中动力学问题的分析思路 例3　(多选)(2021·河北卷·9)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时 A.小球的高度一定降低 B.弹簧弹力的大小一定不变 C.小球对杆压力的大小一定变大 D.小球所受合外力的大小一定变大 考向1　圆周运动的动力学问题 √ √ 对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg， 而FT＝ 可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的 高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确； 水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos θ－FN＝mω2r 即FN＝FTcos θ－mω2r 当转速较大，FN指向转轴时， 则FTcos θ＋FN′＝mω′2r 即FN′＝mω′2r－FTcos θ 因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误； 根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，则D正确. 例4　(2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 √ 例5　如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方.则 A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度 B.球甲的线速度一定大于球乙的线速度 C.球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期 D.甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力 考向2　圆锥摆模型 √ 对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，设支持力与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgtan θ＝ 解得v＝ 例6　(2023·浙江舟山市舟山中学检测)如图所示，“L”形杆倒置，横杆端固定有定滑轮，竖直杆光滑且粗细均匀，绕过定滑轮的细线两端分别连接着小球B及套在竖直杆上的滑块A，让整个装置绕竖直杆的轴以一定的角速度ω匀速转动，稳定时，滑轮两边的线长相等且两边的线与竖直方向的夹角均为37°.已知细线总长为l，滑块的质量为M，小球的质量为m，不计滑块和球的大小，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则 √ 设细线的拉力大小为FT，则FTcos 37°＝mg＝Mg，因此M＝m，A、B错误； 由题知，小球做圆周运动的半径为0.6l，则有mgtan 37° ＝m×0.6lω2，解得ω＝ D错误，C正确. 2.稳定状态下，θ角越大，对应的角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝ 和运动所需的向心力也越大. 圆锥摆模型 方法点拨 例7　列车转弯时的受力分析如图所示，铁路转弯处的圆弧半径为R，两铁轨之间的距离为d，内外轨的高度差为h，铁轨平面和水平面间的夹角为α(α很小，可近似认为tan α≈sin α)，重力加速度为g，下列说法正确的是 考向3　生活中的圆周运动 D.若减小α角，可提高列车安全过转弯处的速度 A.列车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用 √ 列车以规定速度转弯时受到重力、支持力的作用，重力和支持力的合力提供向心力，A错误； 当重力和支持力的合力提供向心力时，有 若要提高列车过转弯处的速度，则列车所需的向心力增大，故需要增大α，D错误. 考点三 圆周运动的临界问题 1.竖直面内圆周运动两类模型对比   轻绳模型(最高点无支撑) 轻杆模型(最高点有支撑) 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示     受力示意图   F弹向下或等于零   F弹向下、等于零或向上 动力学方程 临界特征 F弹＝0 v＝0 即F向＝0 F弹＝mg 讨论分析 2.斜面上圆周运动的临界问题 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化. 物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R. 3.解题技巧 (1)物体通过圆周运动最低点、最高点(或等效最低、最高点)时，利用合力提供向心力列方程； (2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系； (3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力. 例8　如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是 A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度 至少为2 m/s B.当小球在最高点的速度为4 m/s，轻绳拉力大 小为15 N C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过 D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s √ 例9　(2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l，中点固定在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内 绕O轴做圆周运动. (1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力， 求此时B球的速度大小； (2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向； 答案　2mg　竖直向下 代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0 可得FTOA′＝2mg 根据牛顿第三定律，O轴所受力的大小为2mg，方向竖直向下； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小. 要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点， O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″ 例10　(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是 A.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时， ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大 B.小物体受到的摩擦力可能背离圆心 √ √ 心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确； 当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆 力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos 30°，又μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误. 当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦 四 课时精练 1.(2023·浙江稽阳联谊学校联考)借亚运会契机，绍兴市着力打造高效交通网，9条高架及多条快速路同时开工建设.图中为某段快速环线公路的一个大圆弧形弯道，公路外侧路基比内侧路基高.当汽车在此路段以理论时速vc转弯时，恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势.则 A.汽车质量越大，对应理论时速vc越大 B.汽车转弯时受到重力、支持力和向心力的作用 C.汽车转弯时超过时速vc，就会立即向外侧公路侧滑 D.当冬天路面结冰时，与未结冰时相比，vc值保持不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 基础落实练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设公路弯道处的倾角为θ，半径为r，当汽车以理论时速vc转弯时，汽车受重力和弯道的支持力，这两个力的合力恰好提供向心力，根据力的合成 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 若汽车转弯时超过时速vc，重力和支持力的合力不足以提供向心力，但若此时路面对汽车的摩擦力、支持力和汽车重力三个力的合力恰好可以提供向心力，汽车不会向外侧公路侧滑，故C错误. 2.(2023·浙江七彩阳光联考)如图甲为某小区出入口采用的栅栏道闸.如图乙所示，OP为栅栏道闸的转动杆，PQ为竖杆.P为两杆的交点，Q为竖杆上的点.在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持竖直，当杆OP绕O点从与水平方向成30°角匀速转动到60°角的过程中 A.P点的线速度大于Q点的线速度 B.P点的角速度大于Q点的角速度 C.P点的加速度大于Q点的加速度 D.P、Q两点的路程相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由于P、Q两点在同一杆上，而且杆运动时始终保持竖直，所以在30°匀速转动到60°的过程中，两点都做半径相同的匀速圆周运动，故两点的线速度大小、角速度、加速度大小和路程都相等，故选D. 3.(2021·全国甲卷·15)“旋转纽扣”是一种传统游戏.如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现.拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为 A.10 m/s2 B.100 m/s2 C.1 000 m/s2 D.10 000 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据匀速圆周运动的规律， 此时ω＝2πn＝100π rad/s， 向心加速度大小为a＝ω2r≈1 000 m/s2，故选C. 4.如图，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，斜面上小物块始终与斜劈保持相对静止.若斜劈转动的角速度ω缓慢增大，下列说法正确的是 A.斜劈对物块的作用力逐渐增大 B.斜劈对物块的支持力保持不变 C.斜劈对物块的支持力逐渐增大 D.斜劈对物块的摩擦力逐渐减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a＝ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块分析，沿AB方向有Ff－mgsin θ＝macos θ，垂直AB方向有mgcos θ－FN＝masin θ，可得Ff＝mgsin θ＋macos θ，FN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ＝mgcos θ－masin θ，斜劈转动的角速度ω缓慢增大，加速度a增大，故摩擦力增大，支持力减小，故B、C、D错误； 斜劈对物块的作用力在竖直方向的分力Fy＝mg保持不变，在水平方向分力为Fx＝ma，当角速度ω增大，加速度a增大，可得水平方向分力增大，则合力增大，故A正确. 5.如图所示，小球用细线悬于B点，在水平面内绕O点做匀速圆周运动，保持圆心O到悬点B的距离h不变，改变细线长度l.下列关于小球做匀速圆周运动的角速度ω与细线长度l的关系图像正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球在水平面内绕O点做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，则有FTcos θ＝mg，水平方向根据牛顿第二定律可得FTsin θ＝mω2r， 6.(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.b一定比a先开始滑动 B.a、b所受的摩擦力始终相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa<Ffb，选项B错误； 7.如图所示为一个半径为5 m的圆盘，正绕其圆心匀速转动，当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候，在其圆心正上方20 m的高度有一个小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，要使得小球正好落在A点，则 A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B.小球平抛的初速度可能是3.5 m/s C.圆盘转动的角速度一定是π rad/s D.圆盘转动的加速度大小可能是π2 m/s2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出.忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2023·浙江“山水联盟”联考)如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R.沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块(未画出)一个初速度v0，小滑块将沿着圆柱体的内壁旋转向下运动，最终落在圆柱体的底面上.已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点到圆柱体底面的距离为h.下列判断正确的是 A.v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短 B.小滑块运动过程中的加速度越来越大 C.小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力越来越大 D.小滑块落至底面时的速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 小滑块沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力大小不变，则小滑块运动过程中对圆柱体内表面的压力大小不变，故C错误； 10.(2023·内蒙古包头市模拟)如图所示，两等长轻绳一端打结，记为O点，并系在小球上.两轻绳的另一端分别系在同一水平杆上的A、B两点，两轻绳与固定的水平杆夹角均为53°.给小球垂直纸面的速度，使小球在垂直纸面的竖直面内做往复运动.某次小球运动到最低点时，轻绳OB从O点断开，小球恰好做匀速圆周运动.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则轻绳OB断开前后瞬间，轻绳OA的张力大小之比为 A.1∶1 B.25∶32 C.25∶24 D.3∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 轻绳OB断开前，小球以A、B中点为圆心的圆弧做往复运动，设小球经过最低点的速度大小为v，绳长为L，小球质量为m，轻绳的张力大小为F1，由 11.如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径).它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零.则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2) A.2 m/s B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对A球，合力提供向心力，设圆管对A的支持力大 小为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝ 代入数据解得FA＝28 N， 由牛顿第三定律可得，A球对圆管的力竖直向下，且大小为28 N，设B球对圆管的力为FB′， 由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由牛顿第三定律可得，圆管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg ＝ 解得vB＝4 m/s，故选B. 12.(2022·山东卷·8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点.小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4 m/s， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 素养提升练 在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2023·浙江绍兴市柯桥区选考)有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动(转轴垂直于盘面)，圆盘的倾角为α，如图所示，人用图中方块代替.当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tan α时，人恰好不从圆盘滑出去.人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向上 B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsin α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出，由受力分析可知，在A位置的摩擦力沿倾斜圆盘向上，FfA－mgsin α＝mRω2，则FfA＝mgsin α＋mRω2，假设在B位置摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，则 mgsin α＋FfB＝mRω2，则FfB＝mRω2－mgsin α，由以上分析可知FfA>FfB，所以可得FfA＝μmgcos α＝2.5mgsin α，则mRω2＝FfA－mgsin α＝1.5mgsin α，可知FfB＝mRω2－mgsin α＝0.5mgsin α，故可知B位置处受到的摩擦力方向沿倾斜圆盘向下，故A错误； r ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ， Fn＝m＝ ＝mr＝mωv. m， k A. B. C. D. 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mvc2，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤ kmg，联立有Rc≥，故选D. 解得v＝ ，ω＝，由题图可知，球甲的轨迹半径大，则球甲的角速度一定小于球乙的角速度，球甲的线速度一定大于球乙的线速度，故A错误，B正确； m＝mRω2， 因为支持力FN＝，结合牛顿第三定律，球甲对内壁的压力一定等于球乙对内壁的压力，故D错误. 根据T＝，因为球甲的角速度一定小于球乙的角速度，则球甲的运动周期一定大于球乙的运动周期，故C错误； A.M>m B.M<m C.ω＝ D.ω＝ ， 1.如图所示，向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，联立解得v＝，ω＝. B.列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤 压内轨和外轨 C.列车过转弯处的速度v<时，列车轮缘会挤压 外轨 m＝mgtan α＝mg，解得v＝，故当列车过转弯处的速度v＝时，列车轮缘不会挤压内轨和外轨，B正确； 列车过转弯处的速度v<时，转弯所需的向心力F<mgtan α，故此时列车内轨受挤压，C错误； mg＋F弹＝m mg±F弹＝m mg＝m 即vmin＝ (1)最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力F弹 (2)若v<，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 (1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离 圆心 (2)当0<v<时，mg－F弹＝m，F弹背离圆心并随v的增大而减小 (3)当v＝时，F弹＝0 (4)当v>时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大 4 m/s 小球在最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝m，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误. 设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正确； 当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确； 答案　 A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝m，解得vA＝， 因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝； B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2m 对A有FTOA′－mg＝m 答案　能　 所以当A、B球的速度大小为时，O轴不受力. 对B有FTOB″＋2mg＝2m 对A有FTOA″－mg＝m 联立可得v＝ C.若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是1.0 rad/s D.若小物体与盘面间的动摩擦因数为，则ω的最大值是 rad/s 以及牛顿第二定律有mgtan θ＝m，解得vc＝，即理论时速vc与汽车质量m无关，同时与路面是否结冰也无关，故A、B错误，D正确. 其中r＝lsin θ，cos θ＝，联立可得ω＝，由题意知圆心O到悬点B的距离h不变，故小球做匀速圆周运动的角速度保持不变，C正确，A、B、D错误. C.ω＝是b开始滑动的临界角速度 D.当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝，则ω＝是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确； ω＝<ωa＝，a没有滑动，则Ffa′＝mω2l＝kmg，选项D错误. 根据ωt＝2nπ(n＝1,2,3，…)，解得圆盘转动的角速度ω＝＝nπ rad/s(n＝1,2,3，…)，圆盘转动的加速度大小为a＝ω2r＝5n2π2 m/s2 (n＝1,2,3，…)，C、D错误. 根据h＝gt2可得t＝＝2 s，则小球平抛的初速度v0＝＝2.5 m/s，A正确，B错误； A.为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足 v0> B.为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足 v0> C.为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0 ＝ D.小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>，因而不可能使小球从 A点水平飞出后再返回B点 小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>，选项A错误，B正确； 为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝gt2，联立解得vA＝，mv02＝mgR＋mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝，选项C正确； 要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误. 小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h＝gt2，可得t＝，可知小滑块在圆柱体中运动时间与v0无关，小滑块在水平方向的加速度大小也不变，则小滑块的加速度大小不变，故A、B错误； 小滑块落至底面时竖直方向的速度大小vy＝，小滑块落至底面时的速度大小v＝＝，故D正确. 向心力公式有2F1sin 53°－mg＝m，轻绳OB断开后，小球在水平面内做匀速圆周运动，其圆心在A点的正下方，设轻绳的张力大小为F2，有F2cos 53°＝m，F2sin 53°＝mg，联立解得＝，故B正确. mA， mB， A.t＝ s，l＝8 m B.t＝ s，l＝5 m C.t＝ s，l＝5.5 m D.t＝ s，l＝5.5 m 可知在BCD段运动时的速度为v＝2 m/s，在BCD段运动的时间为t3＝＝ s， 在BC段的最大加速度为a1＝2 m/s2，则根据a1＝，可得在BC段的最大速度为v1m＝ m/s， 在CD段的最大加速度为a2＝1 m/s2，则根据a2＝，可得在BC段的最大速度为v2m＝2 m/s<v1m， 若小车从A到D所需时间最短，则AB段小车应先以vm匀速，再以a1减速至v，AB段从最大速度vm减速到v的时间t1＝＝ s＝1 s，位移x2＝＝3 m， 在AB段匀速运动的最长距离为l＝8 m－3 m＝5 m，则匀速运动的时间t2＝＝ s，则从A到D最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝(＋) s，故选B. C.人在转动时的速度大小为 D.人在转动时的速度大小为 $$