课时训练8 生活中的四周运动-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中物理必修第二册 (人教版)

4生活中 ■■·课时 核心素养达 一、选择题 1.已知某处弯道铁轨是一段圆弧，转弯半径为 R,重力加速度为g,列车转弯过程中倾角 (车厢底面与水平面夹角)为0，则列车在这 样的轨道上转弯行驶的安全速度（轨道不受 侧向挤压)为() A.√/gRsin0 B.√gRcos0 C.√gRtan0 D.gR 2.图中是用来制作豆腐的石磨。有一粒黄豆 在水平石磨的上表面随石磨一起绕中心轴 做匀速圆周运动，其向心力来源于() 黄豆 A.黄豆的重力 B.黄豆受到的支持力 C.黄豆受到的静摩擦力 D.黄豆的重力与其受到的支持力的合力 3.如图所示，在光滑轨道上，小球滚下经过圆 弧部分的最高点A时，恰好不脱离轨道，此 时小球受到的作用力是( A.重力、弹力和向心力 B.重力和弹力 C.重力和向心力 D.重力 4.如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块， 使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针 方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为 课时夯基过关练， 的圆周运动 训练8■■■ 标 夯实基础 竖直直径，在运动中木板始终保持水平，物 块相对于木板始终静止，则( ) 0 A.物块始终受到三个力作用 B.物块受到的合外力始终指向圆心 C.在c、d两个位置，物块所受支持力N相 同，摩擦力f为零 D.在a、b两个位置，物块所受摩擦力提供向 心力，支持力N=0 5.如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内 半径为R的圆轨道。质量为m的游客随过 山车一起运动，当游客以速度经过圆轨道 的最高点时() A.处于超重状态 B.向心加速度方向竖直向下 C.速度的大小不能超过√gR D.座位对游客的作用力为m 6.如图所示是摩托车比赛 转弯时的情形。转弯处 路面常是外高内低，摩托 车转弯有一个最大安全速度，若超过此速 度，摩托车将发生滑动。对于摩托车滑动的 问题，下列论述正确的是( A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心 力作用 。物理 33 、第六章圆周运动 B.摩托车所受外力的合力小于所需的向 心力 C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去 D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去 7.如图所示，在光滑的水平面上有质量相同的 球A和球B,球A、B之间（长度为r)以及球 B与固定点O之间（长度为2r)分别用两段 轻绳相连并以相同的角速度绕着O点做匀 速圆周运动，则绳OB与绳BA的张力之 比为( A.2:1 B.2:3 C.5:3 D.5:2 8.某节目中有这样一个项目，选手需要借助悬 挂在高处的绳飞跃到对面的平台上，已知选 手的质量为m,选手抓住绳由静止开始摆 动，此时绳与竖直方向的夹角为α，如图所 示，不考虑空气阻力和绳的质量（选手可视 为质点)，下列说法正确的是( A.选手摆动到最低点时 所受绳子的拉力等 于mg 平台 B.选手摆动到最低点时 所受绳子的拉力大于mg C.选手摆动到最低点时所受绳子的拉力大 于选手对绳子的拉力 D.选手摆动到最低点的运动过程为匀变速 曲线运动 二、非选择题 9.长L=0.5m的轻杆，其一端连接着一个零 件A,A的质量m=2kg。现让A在竖直平 面内绕O点做匀速圆周运动，如图所示。在 A通过最高点时，求下列两种情况下A对杆 的作用力：(g取10m/s2) 34 物理· (1)A的速率为1m/s; (2)A的速率为4m/s。 0 10.如图所示，一个人用一根长1m,只能承受 46N拉力的绳子，拴着一个质量为1kg的 小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心 O离水平地面高度h=6m,转动中小球在 最低点时绳子恰好断了。（不计空气阻力， g取10m/s2)求： (1)绳子在最低点时小球运动的角速度 多大？ (2)绳子断后，小球落地点与抛出点之间的 水平距离。 FRATEEEEEEEEFEAEER 核心素养培个 1.(多选)如图所示，两个完全相同的小滑块甲 和乙放在水平转盘的同一条半径上，转盘的 半径为R,甲到圆心0的距离为，乙到圆 心0的距离为5，小滑块甲、乙与转盘之间 的动摩擦因数均为以，重力加速度为g,设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力且两滑块始终 在转盘内。当转盘以角速度ω转动时，下列 说法正确的是( ) A.相对转盘滑动前，甲、 ω少 乙所受摩擦力大小与 转盘角速度ω成正比 B.相对转盘滑动前，同一 时刻甲、乙所受静摩擦力大小之比为1：2 C,转盘角速度为、√爱时，滑块甲即将开 始滑动 D.转盘角速度@为√景时，甲、乙所受摩 擦力大小相等 2.（多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的 小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小 球运动到P点时，拉力F发生变化，下列关于 小球运动情况的说法中正确的是() A.若拉力突然变大，小球 将沿轨迹Pb做离心 运动 B.若拉力突然变小，小球 将沿轨迹P6做离心 运动 C.若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离 心运动 课时夯基过关练 扰拓展提升 D.若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做近 心运动 3.如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆 管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度 进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的 压力为0.5mg。求： (1)小球从管口飞出时的速率； (2)小球落地点到P点的水平距离。 4.如图所示为一玩具小车的圆形轨道，轨道是 由三段完全相同的圆弧构成，A点为最低 点。整个轨道竖直放置在地面上，轨道的质 量为M、半径为R。质量为m的玩具小车经 过最高点时，整个轨道恰好对地面无压力， 重力加速度为g,玩具小车可视为质点，轨 道内壁光滑，无空气阻力。求： (1)小车在最高点时的速度大小： (2)某次小车行驶时，上段BC段轨道突然 脱落（不影响小车运动），小车从B点飞出后 恰好沿切线从C点进入CA段轨道，则小车 在B点的速度大小。 77777777 。物理· 354.D解析：由题意知A、B两小球的角速度之比 ωA:ωB=nA:nB=2:1,所以两小球的向心加速 度之比aA:aB=wa2RA:wB2RB=8:1,D正确。 5.C解析：我国位于北半球，且北京位于广州的北 方，A、B两点绕地轴转动的半径rA<rB,A错误； 地球仪转动时，球面上各，点属于同轴转动，具有相 同的角速度ω，B错误；根据线速度与角速度大小 关系v=rw,可得vA<vB,C正确；由向心加速度 公式an=rw2,可得aA<aB,D错误。故选C。 6.D解析：由题意知，木块做匀速圆周运动，木块 的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确， A、B、C错误。故选D。 7.B解析：若B点的角速度为w,则根据=wr可 知，A点的角速度为7，AC的角速度相等，可知 C点的角速度为2u;根据a=m,可知B、C两点 的向心加速度大小之比为4：1。故选B。 8.AB解析：两球所需的向心力都由细绳拉力提 供，大小相等，D错误；两球都随杆转动，角速度相 等，设两球的运动半径分别为rA、TB,转动角速度 为w,则有mAwrA=mBw2rB,所以TA：TB=mB· mA=1:2,A正确；向心加速度之比为4=wA anB wrB =7,B正确；线速度大小之比为-=)，0 V8 wrs-2,C 错误。故选AB。 9.答案：50m/s2,方向竖直向上0 解析：由a,=二得运动员到达C点前的瞬时加速 度a,=1gm/g=50m/,方向整直向上。运动 员滑过C点后做匀速直线运动，故瞬时加速度 a2=0. 10.答案：(1)0.2πm/s(2)0.1π2m/s2 (3)0.42m1.5πrad 解析：(1)因为 n=15 r/min=0.25 r/s 物块做匀速圆周运动的线速度大小 v=2πRn=2πX0.4X0.25m/s=0.2πm/s。 (2)物块做匀速圆周运动的向心加速度大小 a-员-02m/g-0.1xm/g. (3)物块在3s内转过的圆心角大小 0=wt=2πnt=1.5rrad 位移大小 s=√2R=0.4V2m。 11答案：12x√景(2)2迟 h 1形 解析：(1)根据 4生活中的圆周运动 h-78 课时训练8 2h t一入g 核心素养达标·夯实基础 板刚好只转一圈 1.C解析：受力分析如图所示，当内外轨道不受侧 向挤压时，列车受到的重力和轨道支持力的合力 wt=2π 圆板的角速度 充当向心力，故R.=mgan0,R=m员解得 w=2元√2h° g /gRtan 0。故选C。 (2)圆板边缘上的，点转动的最小向心加速度 a=w2R=2π2gR h 核心素养培优·拓展提升 1.AD解析：从图像知，对甲有a与R成反比，由 a=员知，当口一定时aoc良故甲球线速度大小 2.C解析：对做匀速圆周运动的黄豆受力分析可 知，重力和支持力平衡，黄豆受到的静摩擦力沿半 不变；对乙有a与R成正比，由a=wR知，当w 径方向提供向心力。故选C。 一定时，ao心R,故乙球角速度一定。选项A、D 3.D解析：小球运动到最高点时，若恰好不脱离轨 正确。故选AD。 道，小球与轨道间压力为零，小球只受重力作用， 2.B解析：在最高，点时，速度为零的瞬间的加速度 由重力充当向心力。故选D。 只起到改变大小的作用，故没有向心加速度，故加 4.B解析：物块在最高，点c和最低点d均受重力和 速度沿切线方向。故选B。 支持力两个力作用，两个力的合力提供向心力，A 3.答案：见解析 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力， 解析：活动1：根据牛顿第二定律有F合=F=ma, 可知合外力始终指向圆心，B正确；在最高，点和最 解得物块的加速度a= 低，点，摩擦力是零，重力和支持力的合力提供向心 m 活动2：根据几何关系可得小球做匀速圆周运动 力，在位置c,根据牛顿第二定律得mg一N。= 的向心力大小F向=F合=mgtan0= m尺，所以N.<mg,在位置d,根据牛顿第二定 √(mg)2十T,方向指向圆心； 活动3：根据牛顿第二定律有F。=a,根据向心 律得N,一mg=mR,所以N>mg,C错误；在 力有F。=m号，合力提供向心力有m二=ma, a、b两个位置，重力和支持力平衡，即N=mg,物 块所受静摩擦力提供向心力，D错误。故选B。 解得向心加速度a=亡。 r。 5.B解析：游客做圆周运动，在最高点时，受重力 4.答案：4m/s224m/s2 和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下， 解析：同一轮子上的S点和P点的角速度相同， 加速度方向竖直向下，游客处于失重状态，A错 误，B正确；在最高点时，根据向心力公式得mg十 即ωs=ωp。 N=m只，解得N=m爱-mg,只有当N=0时， 02 由向心加速度公式an=w2r,得= ap rp 1 o=V√gR,C、D错误。故选B。 故as=ap=号×12m/s=4m/令 6.B解析：摩托车只受重力、地面的支持力和地面 又因为皮带不打滑，所以皮带传动的两轮边缘上 的摩擦力作用，没有离心力，A错误；摩托车正常 各点的线速度大小相等，即p=Q 转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等 由向心加速度公式a-号，得。- 于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合 aQ rp 力小于需要的向心力，B正确；摩托车将沿曲线做 故aQ =Pap=2X12m/s2=24m/s。 离心运动，C、D错误。故选B。 rQ 分析离心运动需注意的问题： (1)物体做离心运动时并不存在“离心力”，“离心 力”的说法是因为有的同学把惯性当成了力。 法 (2)离心运动并不是沿半径方向向外远离圆心的 指 运动。 (3)摩托车或汽车在水平路面上转弯，当最大静摩 擦力不足以提供向心力时，即下<m二，做离心 运动。 7.C解析：分别对球A、球B受力分析，如图所示 FoB B FAB Faa A 对球B,有FOB一FAB=m·2rw2;对球A,有FBA= m·3ra2,由牛顿第三定律知FAB=FA,联立解得 FoB=5mrw2,FBA=3mrw2,则FoB:FBA=5：3。 故选C。 8.B解析：由于选手摆动到最低，点时，绳子拉力和 选手自身重力的合力提供选手做圆周运动的向心 力，有Fr一mg=F向，Fr=mg十F向>mg,B正确， A错误；选项C中，两力为作用力和反作用力，大 小相等，C错误；选手摆动到最低点的运动过程 中，加速度大小和方向都变化，D错误。故选B。 9.答案：(1)16N,方向竖直向下 (2)44N,方向竖直向上 解析：以A为研究对象，设其受到杆的拉力为F, 则有mg十F=加艺 ()代入数据口=1m/,可得F=m(慌-g 2×(。-10）N=-16N,即A受到杆的支持力 大小为16N,方向竖直向上。根据牛顿第三定律 可得A对杆的作用力为压力，大小为16N,方向 竖直向下。 (2)代入数搭o=4m/s,可得F=m(凭-g 2X(品一10)N=4N,即A灸到杆的拉力大小 为44N,方向竖直向下。根据牛顿第三定律可得 A对杆的作用力为拉力，大小为44N,方向竖直 向上。 10.答案：(1)6rad/s(2)6m 解析：(1)在最低点，根据牛顿第二定律有 Fx-mg=mo'r 解得 w=6rad/s。 (2)设小球在空中飞行的时间t,绳子刚断时，小 球的速度为 vo-wr-6 m/s 之后小球做平抛运动，则有 h-r-7gt2,x=vot 解得 x=6m。 核心素养培优·拓展提升 1.BD解析：滑动前甲、乙所受摩擦力与转盘角速 度平方w2成正比，A错误；同一时刻甲、乙所受静 摩银力分别为斤=心·智fi=md·SB正 确；乙开始滑功时，有mg=m2·5,解得om 器，此时还没有达到甲开始滑动的临界角速 N2R 度，C错误；甲开始滑动时，有wmg=mw. 3 解得侧一√，由于√祭大子甲委济动的格 界角速度，此时甲、乙都开始滑动，所受的摩擦力 都等于滑动摩擦力umg,D正确。故选BD。 2.BC解析：若拉力突然变大，则小球将做近心运 动，不会沿轨迹Pb做离心运动，A错误；若拉力 突然变小，则小球将做离心运动，但由于力与速度 有一定的夹角，故小球将做曲线运动，B正确，D 错误；若拉力突然消失，小球因惯性将沿切线飞 出，C正确。故选BC。 3答案：，受或√层R (2)W2R或√6R 解析：(1)分两种情况： 当小球对管道下部有压力时，则有 wg-0mk=mgw=√四 当小球对管道上部有压力时，则有 mg十0.5mg= 1mv22 R,02=λ2gR (2)小球从管口飞出做平抛运动， 由2R=g2,得1=2√g R x1=t=√2R,x2=2t=√6R。 4.(1) (M+m)gR m (2)√2gR 解析：(1)小车到达最高点时，对小车进行分析有 B+m=紧 根据牛顿第三定律有 F1=F2 此时轨道恰好对地面无压力，对轨道分析有 15 F,=Mg 5.A解析：细绳碰到钉子后的瞬间，小球的线速度 解得 不变，小球做圆周运动的半径减小一半，由)=wr (M+m)gR 可知角速度增大为碰钉子前瞬间的2倍，A正确， C错误；由a,-￠可知a,增大到碰钉子前醉间的 (2)根据几何关系可知，小车从B点飞出时的速 度方向与水平方向成夹角0=60°，小车从B点飞 2倍，又T一mg=man,则细绳对小球的拉力增 出后做斜抛运动，令小车到达轨迹最高，点经历时 大，但小于碰钉子前瞬间的2倍，B、D错误。故 间为t,根据对称性在水平方向有 选A。 2Rsin0=o2cos0·2t 6.D解析：鼓形轮的角速度为w一2R,A错误；小 在竖直方向有 v2 sin 0-gt 球C所需的向心力大小为F=m跟若F 解得 02 v2=√2gR。 m2R>mg,则杆对小球C的作用力竖直向下，B 错误；对于小球D,竖直方向有F,=mg,水平方 课时训练9 核心素养达标·夯实基础 向有F,=m2R,则杆对小球D的作用力为Fn= 1.C解析：向心力是以效果命名的，做匀速圆周 √F+2三(mg)2+(m、),C错误，对于 运动的物体所需要的向心力，是它所受的某个 力或几个力的合力提供的，因此，物体并不受 小球A,根据牛顿第二定律可得Fa一mg=m2R 向心力和离心力的作用，之所以产生离心现象 >0,可知杆对小球A的作用力一定大于mg,D 是由于F金不足以提供圆周运动所需的向心 正确。故选D。 力，故A错误；物体在做匀速圆周运动时，若它 7.D解析：根据牛顿第二定律，汽车在拱桥最高点 所受的一切力都突然消失，根据牛顿第一定 律，它将从这时起做匀速直线运动，故C正确， 时有mg一N=m贺，拱桥对汽车的支持力为N= B、D错误。故选C。 2.C解析：铁轨转弯处外轨略高于内轨，这样轨道 mg一m尺；根据牛顿第三定律，汽车对拱桥面的 对火车的支持力垂直于轨道平面向上，它与火车 02 的重力的合力沿水平方向指向圆心，消除或减小 压力为N=加g一mR<mg,处于失重状态，A、 车轮和轨道间的侧向挤压，有效地保护了轨道和 B、C错误；汽车在离开桥顶的临界状态时N=O, 车轮，C正确。故选C。 根据mg=m员，解得汽丰傲离心运动高开桥顶 3.B解析：当R=是G时，因为G-不=m ,所以 时的临界速度为√gR,故当行驶速度大于√gR G=m,当FN=0时，G=m之？ ,,所以= 时，汽车会腾空，D正确。故选D。 4 8.A解析：对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方 20m/s,B正确。故选B。 向的夹角为0，绳长为l,小球的质量为m,小球 竖直平面内圆周运动的分析方法： A、B到悬点O的竖直距离为h,则mgtan0= 方 (1)明确运动的模型，是轻绳模型还是轻杆模型。 法 (2)明确物体的临界状态，即在最高点时物体具有 m5in0,解得V)√层，所以小球A 指 最小速度时的受力特点。 B的角速度相等，A正确，B错误；对题图乙中C、 导 (3)分析物体在最高点及最低点的受力情况，根据： D分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小球的质量 牛顿第二定律列式求解。 为m,绳上拉力为T,则有Tcos a=mg,解得T= 4.A解析：在最高点，假设细杆对小球的作用力方 mg,所以小球C、D受到绳的拉力大小相等，C、 向向上，根据牛领第二定律得，mg一下="严，解 cos a D错误。故选A。 得F-mg一"吧=15N,可知细杆对小球的作用 9.答案：(1)10m/s(2)1×105N 解析：(1)汽车在凹形桥最低点时存在最大允许速 力大小为15N,方向向上。故A正确，B、C、D 错误。故选A。 度，由牛领第二定律得F一mg=加 代入数据解得v=10m/s。 (2)汽车在拱形桥最高，点时桥面对汽车有最小支 持力，由牛顿第二定律得mg-F=m心 代入数据解得F%=1×105N。 由牛顿第三定律知汽车对桥面的最小压力等于1× 105N. 10.答案：4mg 解析：设小球经过B点时的速度为，则 小球平抛运动的水平位移 x=√(3R)2-(2R)z=√5R 竖直方向上有2R=g,得=√g 4R 故=工=5R=5gR t 4R 2 Ng 在B点，根据牛顿第二定律，有F+mg=mR 所以F=子mg 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道口B处的 压力F'=F=子mg。 1.答案：(19N,方向始终指向圆心(2)0.4s (3)1.2rad/s 解析：(1)小球在半径较小的轨道上转动时，绳 子的拉力提供向心力，其大小为 F=mr 方向始终指向圆心。 (2)放长绳子瞬间，小球开始沿此时线速度方向 以做匀速直线运动，直至绳子拉直瞬间，如图 所示 △S 此时小球到圆心的距离为 r'=r+20cm=0.5m 根据几何关系可知小球做匀速直线运动的位移 大小为 △s=√r2-r2=0.4m 所以小球从半径较小的轨道过渡到半径较大的 轨道所用时间为 58