假期作业7 圆周运动-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高一物理快乐假期讲练测

第一部分假期作业七圆周运动 假期作业七 圆周运动 【日品好题】请重点关注第3题.本题结合修正带很好地考查圆周运动规律的实际应用，灵 活性、实用性较高，应强化练习！ 十十一m十一十m十 0考点集训0… 考点三 向心加速度 :3.如图为修正带的内部结 考点一 圆周运动 1.教材中有一皮带传动装置的示意图如图所 构，由大小两个相互咬合 示，右轮半径为r,A是它边缘上的一点.左 的齿轮组成，修正带芯固 侧是一轮轴，大轮半径为4r,小轮半径为2r.: 定在大齿轮的转轴上.当按压并拖动其头部 B点在小轮上，到小轮中心的距离为r.C点； 时，齿轮转动，从而将遮盖物质均匀地涂抹 和D点分别位于小轮和大轮的边缘上.如果： 在需要修改的字迹上.若图中大小齿轮的半 传动过程中皮带不打滑，关于A、B、C、D点： 径之比为2：1，A、B分别为大齿轮和小齿 的线速度和角速度的大小关系，下列说法正 轮边缘上的一点，C为大齿轮上转轴半径的 确的是 中点，则 A.A与B的角速度大小之比为1：2 21 B B.B与C的线速度大小之比为1：1 C.A与C的向心加速度大小之比为4：1 D.大小齿轮的转动方向相同 A.@A WB:@C:@p=2:1:1:1 考点四生活中的圆周运动 B.WA @B @C WD=1:2:2:2 4.(多选)如图所示，在匀 C.vA:vB:C:D=2:1:1:4 速转动的水平圆盘上， A D.A:B:C:vD=1:1:2:4 考点二向心力 沿直径方向放着用轻 2.(多选)如图所示，轻绳拉 tiizie∠ 绳相连的物体A和B,A和B质量都为m. 着质量m=1kg的小球 它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为 在光滑水平面上做圆周 R4=r,RB=2r,A、B与盘间的动摩擦因数 运动，轻绳长L=1.5m, 相同且均为4.若最大静摩擦力等于滑动摩 轻绳与竖直方向的夹角0=53°，取g= 擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发 10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6.当小球 生滑动时，下列说法正确的是 角速度增大为u=√40 rad/s时 ( A.绳子的张力为FT=3mg A.光滑水平面对小球支持力大小为9N 2ug B.光滑水平面对小球支持力为零 B.圆盘的角速度为w一√ C.轻绳拉力的大小为10N C.A所受摩擦力方向沿绳指向圆外 D.轻绳拉力的大小为20N D.烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动 19 高一物理每日一练·练出好成绩 0易错清零0… 0.5s,角速度w=2纤=2红rad/s=4rad/s,故 T0.5 易错点 圆周运动所在平面、圆心的确定易 C错误；根据图甲结合牛顿第二定律可得 出错 4π2 如图甲所示为深受大众喜爱的自动计数的智 mgtan 0=mr ,而配重做圆周运动的半径 能呼啦圈.腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的 为r=ro十Lsin0,计算可知不等于37°，故D 短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配： 错误。 重的细绳，其模型简化如图乙所示.己知配重 T 质量为0.5kg,绳长为0.4m,悬挂点到腰带 中心的距离为0.2m.水平固定好腰带，通过 N 人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运 F 动，计数器显示在1min内圈数为120，此时 绳子与竖直方向夹角为0.配重运动过程中 mg 腰带可视为静止不动，g=10m/s2,sin37°= 分 0.6,下列说法正确的是 答案B 腰 …0真题尝试0… 腰带 (2024·辽宁卷，2)“指尖转 球”是花式篮球表演中常见的 甲 技巧.如图所示，当篮球在指 A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变 尖上绕轴转动时，球面上P、Q B.若增大转速，腰受到腰带的弹力变大 两点做圆周运动的 C.配重的角速度是120rad/s A.半径相等 D.0为37 : B.线速度大小相等 [易错警示]本题易出现的错误有二处：一 是由于不能正确确定配重做圆周运动所在： C.向心加速度大小相等 的平面及圆心位置而出错；二是腰带受力分 D.角速度大小相等 析出错，导致求解腰所受腰带的弹力出错 …0大题综合0… 尝试选择 解析匀速转动时，配重受到的合力提供配 如图甲，某电视台“智勇大冲关”游戏节目中 重做匀速圆周运动的向心力，其大小不变， 的大转盘游戏环节，经验不足的人会坐在转 但方向变化，故配重受到的合力改变，故A: 盘边缘，当转盘转速达到某一数值时，人恰 错误；以配重为研究对象，受到重力和拉力，： 好滑离转盘落人水中，等效模型如图乙，现 如图甲所示，竖直方向根据平衡条件可得 测得转盘半径R=10m,离水面的高度H= Tcos0=mg,水平方向由牛顿第二定律可得 0.8m,转盘与人之间的动摩擦因数u= mgtan0=m(2πn)2r,转速增大，则0增大、T 增大，设腰带的质量为M、配重的质量为m, 0.04,设人在转盘上所受的最大静摩擦力等 对腰带进行受力分析如图乙所示，水平方向 于滑动摩擦力，人可视为质点，不计空气阻 根据平衡条件可得N=Tsin0,若增大转速，： 力，g取10m/s2.求： T和0都增大，则腰带受到腰的弹力变大，结 合牛顿第三定律可知，腰受到腰带的弹力变 O.R 大，故B正确；计数器显示在1min内圈数为 120,可得周期为T=120 1 60 min 120 甲 20 第一部分假期作业七圆周运动 (1)人恰好离开转盘时，转盘的角速度ω的 大小； 分 A.管道的半径为 B小球的质量为号 C.小球在MN以下的管道中运动时，内侧管 壁对小球可能有作用力 (2)人落水过程中水平位移的大小： D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管 壁对小球一定有作用力 [知识拓展]竖直面内圆周运动的处理方法 定模型 判断是轻绳模型还是轻杆模型 撇=√g,对轻绳模型来说是能否通过最 确定临界点 高点的临界速度，而对轻杆模型来说过最 高点的临界速度为零 研究状态 通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及 最高点和最低点的运动情况 (3)人落水时的速度与水平方向夹角的正： 对物体在最高点或最低点时进行受力分析， 受力分析 根据牛顿第二定律列出方程，F=F向 切值. o对点精练0… (多选)如图(a)所示，用一轻质绳拴着一质 量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动， 小球运动到最高点时，速度大小为，绳对小 球的拉力为T,其T一v2图像如图(b)所示 不计一切阻力，小球可视为质点，则() …0典题典例0… 图(a) 图(b) [例]如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆 形管道内做圆周运动.当小球运动到圆形管： A.轻质绳长为m 道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点 B.当地的重力加速度大小为a 时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向 下为正方向).MN为通过圆心的一条水平 C.当=e时，轻质绳的拉力大小为答十a 线.不计小球半径、管道的粗细，重力加速度： D.当2=b时，小球恰好可以在竖直面内做 为g.则下列说法中正确的是 完整的圆周运动 21● 参考答 大题综合 解析(1)滑块做匀速直线运动，由平衡条件得 ngsin37°=ngcos37° 代入数据解得=0.75； (2)小球做平抛运动，竖直分位移大小h=2,2 7.2m sim a12m 斜面的长度1=h 小球做平抛运动，水平方向lcos日=vto 代入数据解得o=8m/s 滑块的速度u=乙m/5=10m/s. 00 (3)小球指出后离斜面最远常要的时间=购sim3 gc0s37° -08 s=0.6s 离斜面的最远距离d=(sin37)2 (8×0.6)2 2gc0s37° 2X10X0.8m =1.44m. 答案(1)0.75(2)8m/s、10m/s (3)0.6s,1.44m 典题典例 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=ot,在竖 1 直方向做自由落体运动，h=乞gt,解得0一 %,由题可知水平距离的范围为0,4m≤ 0.8m,联立解得面片水平初速度的范围为1m/s≤ ≤2m/s.] 对点精练 =号，由x=可知号=号，共中为BD两点 间的水平距离，则落点D与网之间的垂直距离x2= ,故A错误：球从B到D的过程中，有A1=?3, 1 =，得一子原故B铅误降低去球高 3 度（仍大于h2),同时调整初速度的大小，会有一临 界高度h',此时球刚好过网又刚好压界，有h'一h2 立解得W一器1：若主球高度小于这路界高度，球 不可能落到对方界内，故C正确：若保持击球高度 不变，要想球落在对方界内，既不能出界，又恰好过 月根器有-专，得4一臣则球的最大剂 逸度一票-后由-一之，得 6 案与详解 2(h1-h2） t2= ,则球的最小初速度omin= 乙√2h-h2),故D错误.] 假期作业七 考点集训 1.A[由题意可知rA:rB:rC:rD=1：1:2:4, AC皮带相连，线速度大小相同，故vA=C,BCD同 轴转动，角速度相同，故wB=wC=wp,根据v=ωr 可知，0A:vg:℃C:D=2：1:2：4,角速度之比 为wA:wB:wC:0D=2:1:1:1,故A正确，BCD 错误.] 2.BD[对小球受力分析，由牛顿第二定律得，水平方 向Fsin0=mw2Lsin0,代入数据得F=20N,由于 Fcos0=20×0.8N=16N>10N=mg,所以球对 水平面无挤压，支持力为零，故AC错误，BD正确.] 3.A[同缘传动时，边缘点的线速度大小相等，故vA ：℃B=1：1,同轴传动时，角速度相等，故ωA=C, 角速度大小之比为1：1，根据v=wr,结合半径的比 值关系：rA:rB:rC=2:1：1,可知wA:wB:wC =1:2:1,℃A:B:℃c=2:2:1;由向心加速度 的表达式a=w2r,解得aA:aB:ac=2:4：1,故 A正确，BC错误；大、小齿轮相互咬合，同缘传动 时，大、小齿轮转动方向相向，故D错误.] 4.ABC[两物体A和B随着圆盘转动时，合力提供 向心力，有F合=mwR,B的轨道半径比A的轨道 半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以 当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B 所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的 最大静摩擦力方向沿绳指向圆外.以B为研究对 象，有FT十mg=2mrw2,以A为研究对象，有Ft 2g,故 一umg=mrw2,联立解得Fm=3mg,w=√ A、B、C正确；烧断绳子，对A分析，若A恰好未发 生相对滑动，有mg=mm2,解得@1一√厘< 故此时烧断绳子A一定发生相对滑动，同理可得，B 也一定发生相对滑动，故D错误.] [技巧方法]水平面内圆周运动临界问题的分析 方法 目的是确定圆周运动的圆心、半 几何分析 径等 目的是确定圆周运动的线速度、角 运动分析 速度、向心加速度等 目的是通过力的合成与分解，表示 受力分析 出物体做圆周运动时，外界所提供 的向心力 高一物理每日 真题尝试 D[如图所示：P、Q两点在水平方 向做圆周运动，半径垂直于转轴，根 据几何知识rQ>rP,故A错误；篮球 上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、 Q两，点做圆周运动的角速度相等，故 D正确：根据线速度与角速度的关系 v=rw,因此vQ>vp,故B错误；根据 向心加速度公式a=rw2,因此aQ> ap,故C错误.] 大题综合 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mg=mw2R,代入数据解得ω =0.2rad/s; (2)人离开转盘时的速度o=wR=2×10m/s= 2m/s,人离开转盘后做平抛运动，竖直方向H= 2,水平方向x=t,代入数据解得t=0.4s, x=0.8m; (3)落水时的竖直分速度大小y,=gt=10X0.4m/s= 4m/s,落水速度方向与水平方向夹角的正切值tan0 答案(1)0.2rad/s(2)0.8m(3)2 典题典例 B[由题图乙可知，v2=b时，FN=0,此时mg=m 尺，解得R=名，故A错误；当2=0时，FN二mg白 a,所以m=2,故B正确；小球在水平线MN以下 的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心， 则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才 可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C 错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重 力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外 侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力， 还可能均无作用力，故D错误.] 对点精练 AD[在最高点，根据牛顿第二定律有T十mg= mt,整理得T=v2-mg,结合图像可知一a= 一mg?一台，联立解得绳长为一四，当地的重力 加速度大小为g=Q,故A正确，B错误；根据上面 m 的分折，当心=（时，轻质绳的拉力大小为T=答- a,故C错误；由图可知，当v2=b时，绳子上的拉力 为零，小球仅受重力作用，则此时小球恰好可以在 竖直面内做完整的圆周运动，故D正确.] 06 练·练出好成绩 假期作业八 考点集训 1.BD[因为P轨道的半径小于Q轨道的半长轴，则 根据开音勒第三定徐气=6，得不<T2,故A锅 误，B正确；根据开普勒第二定律知，卫星在近地点 a的速度大于在远地点b的速度，故C错误，D 正确.」 2.BC[设地球质量为M,半径为R。,若地下无矿物 时，地下岩石的平均密度为，其正常加速度为g,根 锯万有引力等于重力得mg代，若在地下存园 一半径为R的球形的矿坑，则P点的重力加速度变 为g,矿物的平均密度为0，则有mg-GMm- R。2 4 L2 一+G- 2一，联立解得g=g- 4xR(0一D）,则重力加速度反常值。=g一g= 3L2 红Rg一卫，已知当=0时，测得“重力加建度 3L2 3 反常值”为，若0=2，则o≠m,故A错误：若 0=0,则g=200,故B正确；若L变为2倍，则o=0, 1 故C正确；若R变为2倍，则o≠4o0,故D错误.] 3.BD[根据第二宇宙速度的意义，飞船的发射速如 果大于11.2km/s时，飞船将脱离地球的束缚而绕 太阳运转，故发射速度必须小于11.2km/s,故A错 误；飞船在“过渡轨道”和“停泊轨道”上经过P点 时，到地球球心的连线距离一样，根据牛顿第二定 求可得，=，解号a-,所以加達度大小相 r2 等，故B正确；C.飞船在“停泊轨道”上运动时，满足 GMm R十h,)2阳R士b根据万有引力和重力的关 &R2 可得=mg联立得R从“停治轨道” R2 运动到“过渡轨道”，飞船需要在P点加速做离心运 动才能完成，故速度必须大于 gR2 年，故C错误： 飞船在“停泊轨道”上的运行时，周期为T= 2红R+,由开普勒第三定律，可得，R+h) T2 T 了，飞船从P点运动到Q点的时间为1一之，联 立解得t L √2gR,故D正确.] 0