第3周 圆周运动 向心力-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

— 10 — 第三周 圆周运动 向心力 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 【综合·一练到底】以“智勇大冲关”游戏为背景,综合考查平抛运动规律和圆周运动 规律相结合在娱乐活动中的实际应用问题,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能 力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 圆周运动的描述 1.(2025·广州一模)如图所示为某同学的心电图。心电图仪卷动纸带 的速度为0.3m/min,图中每小格的宽度为1mm,可估算出该同学 的心率为 ( ) A.33次/分钟 B.55次/分钟 C.100次/分钟 D.300次/分钟 2.(多选)(2025·河南省郑州十一中高一月考)如图所示,电风扇在闪光灯下转动,闪光灯 每秒闪光30次,风扇转轴O 上装有3个扇叶,它们互成120°角,只有闪光灯闪亮时,观 察者才能看见扇叶,当扇叶转动时,观察者感觉扇叶不动,则风扇的转速可能是 ( ) A.10r/s B.15r/s C.20r/s D.50r/s 考点二 传动问题 3.(2025·定州中学高一第二学期期末)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶 速度。如图所示为某一变速车齿轮传动结构示意图,图中A 轮有48齿,B 轮有 42齿,C轮有18齿,D 轮有12齿,则下列选项正确的是 ( ) A.当B 轮与C 轮组合时,两轮边缘上的点的线速度之比vB∶vC=7∶3 B.当B 轮与C 轮组合时,两轮的周期之比TB∶TC=3∶7 C.当A 轮与D 轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4 D.当A 轮与D 轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1 4.(2025·江苏省镇江市一模)在如图所示的齿轮传动中,三个齿轮的半径之比为 2∶3∶6,当齿轮转动的时候,关于小齿轮边缘的A 点和大齿轮边缘的B 点,下列 说法正确的是 ( ) A.A 点和B 点的线速度大小之比为1∶1 B.A 点和B 点的角速度之比为1∶1 C.A 点和B 点的角速度之比为1∶3 D.A 点和B 点的线速度大小之比为1∶3 5.(多选)(2025·河北省廊坊市高一期中)如图所示为皮带传动装置,主 动轴O1 上有两个半径分别为R 和r 的轮,O2 上的轮半径为r',已知 R=2r,r'=23R ,设皮带不打滑,则 ( ) A.ωA∶ωB=1∶1 B.vA∶vB=1∶1 C.ωB∶ωC=1∶1 D.vB∶vC=1∶1 考点三 探究圆周运动的相关参数问题 6.(2025·扬州大学附中高一期末)如图所示是用来“探究向心力大小 与半径、角速度、质量的关系”的向心力演示仪。图中两个相同的钢 球到各自转轴的距离相等,由此可推测出是在研究向心力的大小F 与下列哪个物理量的关系 ( ) A.质量m B.半径r C.角速度ω D.向心加速度a 7.(2025·江苏省淮安市高一期末)用如图所示的实验装置探究 小球向心力大小与角速度关系时,下列操作正确的是 ( ) A.将质量不同的小球分别放在挡板A和C上 B.将质量相同的小球分别放在挡板B和C上 C.将传动皮带套在两个半径相同的塔轮上 D.将传动皮带套在两个半径不同的塔轮上 8.(多选)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示,不可伸长的轻绳一端 固定于O点,另一端系一待测小球,使其绕O 做匀速圆周运动。用力传感器测得绳上的拉力为 F,用秒表测得小球转过n圈所用的时间为t,用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径 R。下列说法正确的是 ( ) A.圆周运动轨道可处于任意平面内 B.小球的质量为FRt 2 4π2n2 C.若误将n-1圈记作n圈,则所得质量偏小 D.若测R 时未计入小球半径,则所得质量偏小 考点四 向心力来源分析 9.(2025·北京市丰台区高一期末)洗衣机是家庭中常用的电器。波轮洗衣机中的脱水筒 如图所示,在脱水时可以认为湿衣服紧贴在筒壁上随筒做匀速圆周运动。若波轮洗衣机 在运行脱水程序时,有一枚硬币被甩到筒壁上,随筒壁一起做匀速圆周运动,脱水筒的转 速n=10r/s,直径d=40cm,下列说法正确的是 ( ) A.硬币做匀速圆周运动所需的向心力由筒壁对硬币的弹力提供 B.硬币做匀速圆周运动的角速度为2πrad/s C.硬币做匀速圆周运动的线速度为8πm/s D.如果脱水筒的转速增加,则硬币与筒壁之间的摩擦力增大 10.(多选)(2025·重庆市部分区高一期末)如图所示,一光滑圆锥体固定在水平桌面上, 其轴线沿竖直方向,细线一端固定在圆锥体顶端,另一端拴着小钢球。小钢球绕圆锥 体表面在水平面内做匀速圆周运动,它的受力情况可能是 ( ) A.只受重力 B.受重力和绳子的拉力 C.受重力、绳子的拉力和圆锥体表面的支持力 D.受重力、绳子的拉力、圆锥体表面的支持力和向心力 考点五 牛顿第二定律与向心力结合解决问题 11.(2025·四川模拟)如图所示,一半径为R 的光滑圆环在竖直面内,O 为圆心, 原长为2R 的轻弹簧一端固定在圆环的最低点A,另一端连接套在圆环上的 小球。圆环绕竖直直径AB 以角速度ω 匀速转动,小球相对圆环静止时,小 球、圆心连线与直径AB 的夹角θ=60°。已知小球质量为m,重力加速度大 小为g。则圆环对小球作用力的大小为 ( ) A.mg B.mRω2 C.mg-12mRω 2 D.mg+12mRω 2 — 9 — — 12 — 12.(多选)(2025·福建省泉州市模拟)如图,某同学用玻璃杯扣住乒乓球快速摇晃,使球 在杯壁内侧转动而不掉下来。若乒乓球近似在水平面上做匀速圆周运动,杯子侧壁 与竖直方向的夹角约为10°,忽略摩擦力和空气阻力,则乒乓球 ( ) A.所需的向心力方向不变 B.所需的向心力大小不变 C.所需的向心力小于弹力 D.所需的向心力大于弹力 考点六 圆周运动中的多解问题 13.(2025·浙江省杭州二中高一月考)如图所示,半径为R 的圆盘绕垂直于盘面的 中心轴匀速转动,其正上方h处沿OB 方向水平抛出一小球,不计空气阻力,重 力加速度为g,要使球与盘只碰一次,且落点为B,求小球的初速度v及圆盘转 动的角速度ω 的大小。 ( ) A.R2 g 2h nπ g 2h (n=1,2,3…) B.R g2h nπ 4 g 2h (n=1,2,3…) C.R g2h 2nπ g 2h (n=1,2,3…) D.3R2 g 2h 3nπ 4 g 2h (n=1,2,3…) 14.(多选)(2025·南京师大附中高一期末)水平放置的圆筒绕其中心对称轴 OO'匀速转动,转动的角速度ω=10πrad/s,筒壁上P 处有一小圆孔,筒壁 很薄,筒的半径R=2m。当圆孔转至最高点时,一小球恰好从圆孔正上方 h处由静止开始下落。已知圆孔的半径略大于小球的半径,求小球恰好落 入圆筒小孔时,释放小球的高度h可能为(空气阻力不计,g取10m/s2) ( ) A.2.0m B.1.8m C.1.6m D.3.2m 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究向心力大小与质量m、半径r、线速度v的关系 (2025·天津市南开中学期末)图甲是探究向心力大小与质量m、半径r、线速度v的关系的实验 装置图。电动机带动转台匀速转动,改变电动机的电压可以改变转台的转速,光电计时器可以记 录转台每转一圈的时间。用一轻质细线绕过固定在转台中心的光滑小滑轮将金属块与力传感器 连接,金属块被约束在转台的凹槽中并只能沿半径方向移动,且跟转台之间的摩擦力忽略不计。 (1)某同学为了探究向心力与质量的关系,需要控制 和 两个变量保持不变; (2)另一同学为了探究向心力与线速度的关系,用刻度尺测得金属块做匀速圆周运动的半径为r, 光电计时器读出转动的周期T,则线速度大小为 (用题中所给字母表示); (3)该同学多次改变转速后,记录了一系列力与对应周期的数据,并在图乙所示的坐标系中描绘 出了F-v2 图线,若已知金属块质量m=0.24kg,则金属块转动的半径r= m。(结果保 留两位有效数字) 【综合·一练到底】(共20分) (2025·天津市重点校高一期中)如图甲,某电视台“智勇大冲关”游戏节目中的大转盘游戏环节, 经验不足的人会坐在转盘边缘,当转盘转速达到某一数值时,人恰 好滑离转盘落入水中,等效模型如图乙,现测得转盘半径R=10m, 离水面的高度 H=0.8m,转盘与人之间的动摩擦因数μ=0.04,设 人在转盘上所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,人可视为质点, 不计空气阻力,g取10m/s2。求: (1)人恰好离开转盘时,转盘的角速度ω的大小; (2)人落水过程中水平位移的大小; (3)人落水时的速度与水平方向夹角的正切值。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·广东省深圳市一名校高联考)如图所示,一个半径为R= 0.4m的圆盘浮在水面上。圆盘表面保持水平且与水平道路AB 的高度差为h=0.8m,C、D 为圆盘直径边缘的两点。某时刻将 小球以一定的初速度v0 从B 点水平向右抛出,初速度方向与圆 盘直径CD 在同一竖直平面内,重力加速度g取10m/s2,不计空 气阻力,小球可看作质点。求: (1)若v0=3m/s,小球恰好能落到圆盘的C点,则B 点与圆盘左边缘C 点的水平距离x; (2)若小球正好落在圆盘的圆心O处,则小球落到O处的速度; (3)若小球从B 点水平抛出的同时,圆盘绕过其圆心O 的竖直轴以角速度ω 匀速转动,要使小球 能落到D 点,则圆盘转动的角速度ω。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 11 — —40 — 则抛出 点 的 横 坐 标 为 x=xb -v0t=40cm-200×0.3cm= -20cm 抛出点 的 纵 坐 标 为y=yb- 1 2gt 2=40cm- 12×10×0.3 2× 100cm=-5cm 抛出点的位置坐标为(-20,-5),故A正确,BCD错误。] 3.BC [由频闪照片可知,在竖直方向上,相邻相等时间内小球位移 差为2a,由Δy=gT2 可得,月球上的重力加速度g=2aT2 ,选项 A 错误;由小球在水平方向上做匀速直线运动可得3a=v0T,解得 v0= 3a T ,选项B正确;AB、BC、CD 间竖直位移之比为1∶3∶5,所 以照片上A 点一定是平抛的起始位置,选项C正确;小球运动到 D 点时竖直速度vy=g·3T= 2a T2 ×3T=6aT ,水平速度为v0= 3a T , 小球运动 到 D 点 时 速 度 大 小 为v= v02+vy2= 3 5a T ,选 项 D 错误。] 4.B [B 的竖直位移较小,根据t= 2hg 可知,B 运动的时间较短,则 B 后抛出;B 的水平位移较大,根据v0= x t 可知,B 的初速度较大, 故B正确。] 5.A [设A 点的高度约为H,则有 H=12gt 2,H-h=12gt' 2 x=v0t, 1 2x=v0t' ,解得 H≈1.3m,故A正确,BCD错误。] 6.AB [A.运动员下落的高度为 H,水平位移也为 H,根据平抛运 动的规律可得:H=v0t,H= 1 2gt 2,联立求得运动员离开O 点的 速度大小为v0= g H 2 ,故A正确;BC.根据平抛运动推论可知:运 动员落在斜坡瞬间,速度与水平方向夹角的正切值等于运动员落 在斜坡上时位移与水平方向夹角的正切值的2倍,可得tanθ= 2tanα=2tan45°=2即vyv0 =2可得vy=2v0,运动员落在斜坡上的 速度大小为:v= v02+vy2= 5gH 2 ,故B正确,C错误;D.若改变 运动员在曲面坡道上的下滑点,运动员落在斜坡时位移与水平方 向的夹角不相同,则根据推论:运动员落在斜坡瞬间,速度与水平 方向夹角的正切值等于运动员落在斜坡上时位移与水平方向夹角 的正切值的2倍,可知速度方向不相同。故D错误。] 7.A [设 斜 面 倾 角 为θ,则tanθ= yx = 1 2gt 2 v0t = gt2v0 ,可 得t= 2v0tanθ g ,两小球的飞行时间均与初速度v0 成正比,故 A正确;两 球抛出后只受重力作用,加速度g 相同,所以速度的变化快慢相 同,故B错误;根据题意知,落在a点的小球竖直位移比落在b 点 的小,根据h=12gt 2,可知落在a点的小球运动的时间小于落在b 点的,根据Δv=gt可知,落在a点的小球速度变化小于落在b 点 的,故C错误;设小球落到斜面上速度方向与水平方向的夹角为 α,则tanα=2tanθ,所以小球落在a点和b 点时的速度方向相同, 故D错误。] 8.BC [AB.由图可知,OC、OD 连线与竖直方向的夹角均为30°,则 两个小球下落的高度相等,根据h=12gt 2 可知,甲、乙两球下落到 轨道的时间t相等,两小球同时水平抛出,所以两小球一定同时落 到轨道上,且甲球水平位移x1=R-Rsin30°=R- 1 2R= 1 2R= v1t,乙球的水平位移x2=R+Rsin30°=R+ 1 2R= 3 2R=v2t ,则 v1∶v2=1∶3,故 A错误,B正确;C.两个物体下落到轨道的时间 相等,加速度都为g,根据速度变化量公式Δv=g·Δt,两球速度 变化量相同,故C正确;D.根据平抛运动规律,某点速度方向的反 向延长线必过水平位移的中点,如果 D 点的反向延长线过O 点, 则D 的水平位移必须等于2R,而x2= 3 2R ,所以D 点的反向延长 线一定不会过O 点,故D错误。] 9.B [由斜上抛运动的对称性可知,斜上抛的石子 落回到与抛出点同一高度时,竖直方向的分速度 与斜下抛的竖直分速度大小v0sinθ相同,方向也 相同。如图,从A 点经过相同高度,斜上抛石子的状态与斜下抛 石子的状态相同,故B正确,C错误;两石子在空中运动的时间差 为斜上抛石子在抛出点上方运动的时间,A错误;落至水面时水平 射程x=v0cosθ·t,因两石子运动时间不同,故落至水面时的水平 射程不同,D错误。] 10.AB [由题知,两篮球做斜抛运动,出手后都刚好垂直击中竖直 篮板上的同一点,则根据逆向思维,可以把篮球的运动逆向看成 平抛运动,两个篮球在空中运动的加速度均为重力加速度,由运 动学规律可得,竖直方向有:h=12gt 2,2gh=vy2, 由于高度相同,可知两个篮球从出手到击中篮筐的时间相同,两 个篮球出手时的竖直分速度大小相等,水平方向有:x=vxt,由于 两个篮球从出手到击中篮筐的水平位移不相等,则两个篮球的水 平速度不相等,即两个篮球击中篮筐时速度不相同,则根据v= vx2+vy2可知,两个篮球出手时的速度大小不相同,故 AB正 确,CD错误。] 11.D [AB.依据物体做曲线运动的条件,初速度与合力方向垂直, 且合力大小恒定,则物体做匀变速曲线运动,在根据牛顿第二定 律得,物体的加速度为a=mgsinθm =gsinθ ,故 AB错误;C.根据 l=12at 2,解得t= 2la = 2l gsinθ ,故C错误;D.根据b=v0t,解 得v0= b t = b 2l gsinθ =b gsinθ2l ,故D正确。] 12.ABD [设O 点与水平地面的高度差为h,A 质点做平抛运动,根 据平抛运动的规律可知,h=12gt1 2,B 质点在光滑斜面上的运动 可视为类平抛运动,其沿斜面方向的加速度为gsinθ,由类平抛 运动规律可知,h sinθ= 1 2gt2 2sinθ,则A、B 两质点运动时间分别 为:t1= 2h g ,t2= 2h gsin2θ ,故t1<t2,选项 A正确;由x1=v0t1, x2=v0t2 可知,x1<x2,选项B正确;由a1=g,a2=gsinθ可知, 选项 C 错 误;A 落 地 的 速 度 大 小 为 vA = v02+(gt1)2 = v02+2gh,B 落 地 的 速 度 大 小 为 vB = v02+(a2t2)2 = v02+2gh,所以vA=vB,选项D正确。] 13.B [削出的面片在空中做平抛运动,根据平抛运动的规律,在水 平方向做匀速直线运动,x=v0t,在竖直方向做自由落体运动, h=12gt 2,解得v0=x g2h 由题可知水平距离的范围为0.4m≤x≤0.8m,联立解得面片水 平初速度的范围为1m/s≤v0≤2m/s。] 14.C [乒乓球做平抛运动的时间t= 2hg ,当速度最大时,水平位移 xmax=vmaxt=2 2gh× 2h g =4h ,当速度最小时,水平位移xmin= vmint=2gh× 2h g =2h ,故圆环的半径为3h≤r≤5h;乒乓球第一 次与桌面相碰区域的最大面积S=π4 [(5h)2-(3h)2]=4πh2,故 A、B、D错误,C正确。] 【探究·一举突破】 探究提示:(1)实验过程中要保证钢球水平抛出,所以要保持桌面 水平,故A正确;为保证钢球抛出时速度相同,每次应使钢球从同 一位置由静止释放,故B正确;只要每次钢球水平抛出时速度相同 即可,斜面底边ab与桌边重合时,钢球不是水平抛出,而钢球与斜 面间的摩擦力大小对于本实验无影响,故C、D错误; (2)每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m,则在白纸上记录钢 球的相邻两个落点的时间间隔相等,钢球抛出后在竖直方向上做 自由落体运动,根据 Δy=gT2 可知,相邻两点的时间间隔 T= (25.0-15.0)×10-2 10 s=0.1s ,钢球在水平方向上做匀速直线 运动,所以钢球平抛的初速度为v=xT = 0.2 0.1m /s=2m/s; (3)悬挂铅垂线的目的是方便调整木板,使其保持在竖直平面上。 答案 (1)AB;(2)2;(3)方便调整木板,使其保持在竖直平面上 【综合·一练到底】 解析 (1)根据平抛运动规律有 H=12gt 2,解得t=0.5s; (2)小球恰好垂直靶纸击中靶心时,其速度方向与水平方向成45°, 则 vy vx =tan45°=1, vy vx =gtv0 ,y x = 1 2gt 2 v0t =gt2v0 ,则有y x = vy 2vx ,所以 y x = 1 2 ; (3)若小球恰好击中C点,则vc= L t ,代入数据解得vc=2.3m/s> 2m/s 小球以v0= 2m/s水平抛出时会落在地面 AC 上,则vy=gt= 5m/s,所以v= vy2+v02 代入数据解得v=3 3m/s。 答案 (1)0.5s;(2)1∶2;(3)3 3m/s 【选做·一飞冲天】 解析 (1)包裹做平抛运动,竖直方向上下落的高度为h,则可求 包裹进入传送带顶端时竖直方向的速度为vy,有: vy2=2gh 代入数 据 有:vy= 2gh= 2×10×0.45m/s=3m/s,又vy = gt1,代入数据可得:t1=0.3s 由于包裹恰好可以无碰撞地进入传送带顶端,则由几何关系可知: tan37°= vy v0 =34 ,可得v0= vy tan37°= 3m/s 3 4 =4m/s,则包裹做平 抛运动的水平分位移大小x=v0t1=4×0.3m=1.2m。 (2)结合(1)可知,包裹刚上传送带的速度大小为:v1= v02+vy2= 42+32 m/s=5m/s,即包裹刚上传送带的速度大小小于传送带 速度大小,故包裹刚上传送带做加速运动。 设包裹刚抛到传送带上时的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律 可得:μmgcos37°+mgsin37°=ma1,则:a1=μgcos37°+gsin37° 代入数据可得:a1=8m/s2,即包裹刚抛到传送带上时的加速度大 小为8m/s2。 (3)设包裹平抛运动的时间为t1,由(1)可知t1=0.3s,由(2)可知 包裹刚落到传动带上时的速度:v1=5m/s,包裹刚抛到传送带上 时的加速度大小为8m/s2,设包裹从刚落到传送带上到与传送带 速度相等的时间t2,则有:v=v1+a1t2,得:t2= v-v1 a1 =9-58 s= 0.5s,包裹做匀加速直线运动,则包裹在传送带下滑的位移:x1= v+v1 2 t1 代入数据可得:x1=3.5m,当二者共速后,由于mgsin37°> μmgcos37°,则包裹与传送带速度相等之后继续加速下滑,设加速 度大小 为a2,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有:mgsin37°-μmgcos37°= ma2,代入数据可得a2=4m/s2,设包裹与传送带速度相等之后到 滑到传送带最底端的时间为t3,则可得:l-x1=vt3+ 1 2a2t3 2,代 入数据可得:t3=1s或t3=-5.5s(舍去) 故包裹 从 抛 出 到 传 送 带 底 端 的 总 时 间t=t1+t2+t3=0.3s+ 0.5s+1s=1.8s,即包裹从抛出到传送带底端的总时间为1.8s。 答案 (1)1.2m;(2)8m/s;(3)1.8s 第三周 圆周运动 向心力 【考点·一应俱全】 1.B [由题图可知,相邻两波峰之间的水平距离约为6mm,心跳周期 T=lv = 0.006 0.3 min= 1 50min ,故此人的心率f=1T =50 次/min。 故B正确,ACD错误。] 2.ACD [因为电扇叶片有三个,相互夹角为120°,现在观察者感觉 扇叶不动,说明在闪光时间里,扇叶转过三分之一、或三分之二,或 一周…,即转过的角度θ=23πn ,n=1,2,3… 由于光源每秒闪光30次,所以电扇每秒转过的角度为θ=603 πn , 转速为10nr/s,所以n=1,转速为10r/s,所以n=2,转速为20r/s, 所以n=5,转速为50r/s,故ACD正确,B错误。] 3.C [四个轮的半径比为rA∶rB∶rC∶rD=48∶42∶18∶12=8∶ 7∶3∶2;B 轮与C 轮组合时,vB=vC,由ω= v r 可得ωB∶ωC=rC∶ rB=3∶7;TB∶TC=ωC∶ωB=7∶3,故 A、B错误.A 轮与D 轮组 合时,vA =vD,ωA ∶ωD =rD ∶rA =2∶8=1∶4,故 C正 确,D 错误。] 4.A [三个齿轮边缘的点线速度相等,故A 点和B 点的线速度大小 之比为1∶1,A 点和B 点的半径之比为1∶3,由v=ωr得A 点和 B 点的角速度之比为3∶1,故A正确,BCD错误。] 5.AD [A、B 两点角速度相同,则ωA∶ωB=1∶1,A正确;由v=ωr 知 vA vB =rR = 1 2 ,B错误;B、C两点线速度相同,则vB∶vC=1∶1, D正确;由ω=vr 知 ωB ωC =r'R = 2 3 ,C错误。] 6.C [由题意可知:两个相同的钢球到各自转轴的距离相等,即两 球质量m 与做圆周运动的半径r 相等,则实验研究的是向心力F 与角速度ω 间的关系,故C正确,ABD错误。] 7.D [在探究向心力的大小F 与角速度ω 的关系时,要保持小球的 质量与运动的半径相同,根据v=rω可知,应将传动皮带套在两个 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 39 — —42 — 半径不同的塔轮上,故D正确,ABC错误。] 8.AC [A.在太空实验室中,物体均处于完全失重状态,则小球没 有重力效果,圆周运动轨道处于任意平面内时,小球所受合力均为 绳上的拉力,小球做圆周运动的效果都相同,故A正确;B.小球做 匀速圆周运动,小球所受合力为绳上的拉力 F,该拉力充当向心 力,则由牛顿第二定律有F=mR4π 2 T2 ,周期为T=tn ,联立方程得 m= Ft 2 4π2n2R ,故B错误;C.若误将n-1圈记作n圈,则n变大,由 m= Ft 2 4π2n2R 可知,m 变小,故C正确;D.若测R 时未计入小球半 径,则R 变小,由m= Ft 2 4π2n2R 可知,m 变大,故D错误。] 9.A [A.硬币受到重力、筒壁的弹力和竖直向上的静摩擦力,其中 筒壁对它的弹力充当向心力,故 A正确;B.硬币做匀速圆周运动 的角速度ω=10×2πrad/s=20πrad/s,故B错误;C.硬币的线速 度v=Rω=d2ω= 0.4 2 ×20πm /s=4πm/s,故C错误;D.如果脱水 筒转速增加,硬币和筒壁之间的摩擦力和重力是一对平衡力,大小 和方向均不变,故D错误。] 10.BC [小钢球绕圆锥体表面在水平面内做匀速圆周运动,竖直方 向上处于平衡态,所以绳子上必需有力,小钢球做圆周运动的向 心力有可能是重力与绳上拉力提供,也有可能是重力、绳上拉力 与圆锥体对小钢球的弹力提供,故小钢球受力情况可能是受重力 和绳子的拉力或受重力和绳子的拉力和圆锥体表面的支持力。 故AD错误,BC正确。] 11.D [小球做匀速圆周运动,对其进行受力分析,如图所示: 则有 Ncosθ+Fcosθ=mg,Nsinθ-Fsinθ=mω2r,根据几何关系 有Rsinθ=r,解得 N=mg+12mRω 2 故ABC错误,D正确。] 12.BC [AB.对小球进行受力分析,如图所示: 则小球的向心力为Fn= G tan10° ,可知向心力的大小不变,方向时 刻指向圆心,故方向变化,故A错误,B正确;CD.由上图可知,小 球受到的弹力为 N= Gsin10° ,因tan10°>sin10°,所以所需的向 心力Fn 小于弹力N,故C正确,D错误。] 13.C [设球在空中运动时间为t,此时间内圆盘转过θ角,则R= vt,h=12gt 2 故初速度大小v=R g2h ,θ=n·2π(n=1,2,3…),又因为θ=ωt 则圆盘角 速 度 大 小ω=n ·2π t =2nπ g 2h (n=1,2,3…),故 C 项正确。] 14.B [设小球做自由落体运动下落h高度历时为t,则h=12gt 2, 要使小球恰好落入小孔,对于圆筒的运动需满足:2nπ=ωt,n=0、 1、2、3;联立以上二式并代入数据,解得释放小球的高度h为:h= 1 5n 2,n=0、1、2、3,n=3,h=1.8m、n=4,h=3.2m,故BD正确, AC错误。] 【探究·一举突破】 探究提示:(1)向心力大小与质量m、半径r、线速度v三个物理量 有关,探究向心力与质量的关系时,需要控制半径和线速度两个变 量保持不变; (2)根据线速度与周期的关系可知v=2πrT ; (3)根据向心力公式F=mv 2 r ,可知F-v2 的斜率k=mr ,代入k= 0.9N·s2/m2,m=0.24kg,解得r≈0.27m。 答案 (1)半径,线速度;(2)2πrT ;(3)0.27 【综合·一练到底】 解析 (1)人落水时最大静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律 得:μmg=mω 2R 代入数据解得:ω=0.2rad/s; (2)人离开转盘时的速度v0=ωR=2×10m/s=2m/s 人离开转盘后做平抛运动,竖直方向:H=12gt 2 水平方向:x=v0t 代入数据解得:t=0.4s,x=0.8m; (3)落水时的竖直分速度大小vy=gt=10×0.4m/s=4m/s 落水速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyv0 =42=2 。 答案 (1)0.2rad/s;(2)0.8m;(3)2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)小 球 从 B 点 抛 出 后 做 平 抛 运 动,竖 直 方 向 上 有h= 1 2gt 2,解得:t=0.4s B 点 与 圆 盘 左 边 缘C 点 的 水 平 距 离 为:x=v0t,代 入 数 据 得: x=1.2m; (2)小球刚好落在圆盘的圆心O 处,水平方向有x+R=v1t,解得: v1=4m/s 竖直方向有vy=gt 代入数据得:vy=4m/s 则小球落到O 处的速度大小为:v= v12+vy2 代入数据得:v=4 2m/s 设速度方向与水平方向夹角为θ,则tanθ=vyv1 ,解得:θ=45°; (3)圆盘做匀速圆周运动的周期为:T=2πω 要使小球落到D 点,D 点在右边时有t=nT(n=1,2,3,…) D 点在左边时有t=nT+12T (n=1,2,3,…) 联立解得:ω=5πnrad/s(n=1,2,3,…)或ω=5π(n+0.5)rad/s(n= 1,2,3,…) 答案 (1)1.2m;(2)4 2m/s,方向与水平方向的夹角为45°; (3)5πnrad/s(n=1,2,3,…)或ω=5π(n+0.5)rad/s(n=1,2, 3,…) 第四周 向心加速度 生活中的圆周运动 【考点·一应俱全】 1.B [AB.由图知A 的半径小于B 的半径,根据ω=vr 可知,A 的角 速度大于B 的角速度,故A错误,B正确;CD.根据a=v 2 r 可知,A 车的向心加速度大于B 车的向心加速度,故CD错误。] 2.C [小齿轮A 和大齿轮B 通过链条连接,边缘线速度大小相等, 即vA=vB,小齿轮A 和后轮C 同轴转动,角速度相等,有ωA=ωC, 由向心加速度大小an= v2 R 可得aA∶aB=RB∶RA=4∶1;由向心 加速度大小an=ω2R 可得aA ∶aC =RA ∶RC =1∶8,所 以aA ∶ aB∶aC=4∶1∶32,故选项C正确。] 3.D [AD.以腰带和配重整体为研究对象,转动过程中,根据平衡条 件,整体在竖直方向处于平衡状态,所以f=(m配重 +m腰带)g,故增 大转速,腰带受到的摩擦力不变,若仅增加配重,保持转速不变,腰 带受到的摩擦力将增大,故A错误,D正确;BC.对配重,在水平方 向,由牛顿第二定律得:mgtanθ=m(2πn)2(r+Lsinθ),解得:1n= 2π dgtanθ+ Lcosθ g ,若仅增大转速,绳子与竖直方向的夹角θ将 变大;若经增加配重,保持转速不变,绳子与竖直方向的夹角θ将 不变,故BC错误。] 4.AC [A.两球在同一竖直线上,两球做匀速圆周运动的半径r相 等,小球受力如图所示: 小球 做 匀 速 圆 周 运 动,由 牛 顿 第 二 定 律 得:mg tanθ= mv 2 r ,解得:v= grtanθ 两球的线速度之比 va vb = tan53°tan37°= 4 3 ,故A正确;B.小 球做匀速圆周运动的周期 T=2πrv ,两球做圆周运动的周期之比 Ta Tb = vb va =34 ,故B错误;CD.当两球再次转至同一竖直线上时,a 比b多转一圈,设需要的时间为t,则 2πTa-2πTb t=2π,解得:t= 3Tb=4Ta,当两球再次转至同一竖直线时,a球转过的圆心角θa= 8π,b转过的圆心角θb=6π,故C正确,D错误。] 5.D [A.向心力是效果力,只能由其它力提供,故 A错误;B.汽车 转弯的速度为20m/s时所需的向心力Fn=m v2 r ,代入数据可得: Fn=1.0×104 N,故B错误;C.静摩擦力提供向心力,静摩擦力 F=mv 2 r=2.0×10 3×20 2 80 N=1.0×10 4N,路面对轮胎的径向最 大静摩擦力为1.4×104N,故汽车不会发生侧滑,故C错误;D.静 摩擦力提供向心力,Fmax=man,代入数据可得:an=7.0m/s2,故D 正确。] 6.C [CD.对火车受力分析,如图所示,当火车以某 一速度v通过某弯道时,内、外轨道均不受侧压力 的用,其重 力 和 支 持 力 的 合 力 提 供 向 心 力,可 得 F合 =mgtanθ 合 力 提 供 向 心 力,故 有 mgtanθ=mv 2 R ,解 得: v= gRtanθ 当v= gRtanθ时火车在转弯时不挤压轨道,当v> gRtanθ时, 重力和支持力的合力不够提供向心力,则火车会挤压外轨,当v< gRtanθ时,重力和支持力的合力大于向心力,则火车会挤压内 轨,故C正确,D错误;AB.当内外轨没有挤压力时,受重力和支持 力,支持力为 N= mgcosθ 当v> gRtanθ时,重力和支持力的合力不够提供向心力,则火车 会挤压外轨,由于外轨对火车的作用力沿着轨道平面,可以把这个 力分解为水平和竖直向下两个分力,由于竖直向下的分力变大,使 支持力变大,故AB错误。] 7.C [AB.根据绳模型,小球在竖直面内做圆周运动在最高点满足 mg≤mv 2 L ,得v≥ gL,故AB错误;CD.小球在最高点,如果线速 度大小为 gL,即重力恰好提供向心力,则绳子的拉力刚好为0, 且向心加速度大小为最小值g,故C正确,D错误。] 8.BC [A.向 心 力 的 方 向 始 终 指 向 圆 心,是 变 化 的。故 A 错 误; B.在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,说明此时恰好只有 小球的重力作为向心力,由mg=mR4π 2 T2 得,周期T=2π Rg ,故B 正确;C.盒子在 最 低 点 时 受 重 力 和 支 持 力 的 作 用,由 F-mg= mR4π 2 T2 ,和mg=mR4π 2 T2 可得,F=2mg,故C正确;D.盒子在与O 点等高的右侧位置时,小球受重力和盒子底部以及盒子外侧的支 持力的作用,盒子底部的支持力等于重力 mg,而盒子侧壁的支持 力也 等 于 mg,两 者 相 互 垂 直,所 以 盒 子 对 小 球 的 作 用 力 等 于 2mg,根据牛顿第三定律,小球对盒子的作用力大小等于 2mg, 故D错误。] 9.B [当A 球在最高点静止,B 球在最低点静止时,对A 受力分析 可知,杆OA 部分受向下的压力为FOA=mAg,对B 受力分析可知, OB 部分受向下的 拉 力 为FOB =mBg,O 点 受 杆 的 作 用 力 大 小 为 F1=FOA+FOB=mAg+mBg 当A 球转动至最高点时,杆OA 部分恰好不受力,对A 球,由牛顿 第二定律mAg=mA vA2 rA 对B 球,同理有F2-mBg=mB vB2 rB ,vB∶vA=rB∶rA=3∶2,mAg= 2mg,mBg=3mg, 联立可得F1∶F2=2∶3,故B正确,ACD错误。] 10.CD [AB.设杆的长度为L,水平轴受到的杆的作用力F 与杆对 小球的作用力大小相等、方向相反,因此对小球受力分析有-F+ mg=mv 2 L ,整理 可 得 F=-mv 2 L +mg ,对 比 题 图 乙 可 知 m= 1kg,L=3.6m,故AB错误;CD.当v=3.6m/s时,代入上式得 F=6.4N,即杆对小球的作用力大小为6.4N,若小球通过最高 点时的速度大小为6m/s,则小球受到的合力F合 =mv 2 L =1× 62 3.6N=10N ,故CD正确。] 11.C [ABC.由圆周运动知识知,小汽车通过桥顶时,其加速度方向 向下,由牛顿第二定律得mg-FN=m v12 R ,解得小汽车在桥上最 高点受到桥面的支持力大小为FN= mg-m v12 R <mg,物体处 于失重状态,故 AB错误,C正确;D.由 mg-FN=m v12 R ,FN≥0 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 41 —