2021届高考物理一轮复习4第3讲圆周运动及其应用练习含解析

2021届高考物理一轮复习4第3讲圆周运动及其应用练习含解析

第3讲 圆周运动及其应用 考点一　匀速圆周运动的运动学分析 描述圆周运动的物理量的关系 ‎【典例1】(多选)(2020·枣庄模拟)如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 (　　)‎ A.a、b两点的线速度相同 B.a、b两点的线速度比c点的线速度大 C.a、b、c三点的角速度相等 D.c点的向心加速度比a、b点的向心加速度大 ‎【解析】选B、C。a、b、c三点共轴，故ωa=ωb=ωc，故C正确；由于角速度相等，又因为v=ωr，ra=rb>rc，所以a、b两点的线速度大小相等，但方向不同，即va=vb>vc，故A错误，B正确；根据a=ω2r可知，由于角速度相同，ra=rb>rc，故有：aa=ab>ac，故D错误。‎ 三种传动装置 ‎【典例2】某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为 (　　)‎ A.ω　　　　B.ω 16‎ C.ω　 D.ω ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：齿轮传动问题。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎(1)齿轮传动，边缘线速度大小相等；‎ ‎(2)轮的齿数之比等于轮的周长之比，由此可以求得各轮的半径之比。‎ ‎【解析】选A。太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：==‎ 则：RB=RA 由图可知：RC=2RB+RA A、B与C的线速度大小相等，‎ 得：ωRA=ω′RC 联立可得：ω′=。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎1.圆周运动各物理量间的关系：‎ 2.常见的三类传动方式及特点：‎ 16‎ ‎(1)皮带传动：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。‎ ‎(2)摩擦传动和齿轮传动：如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。‎ ‎(3)同轴传动：如图戊、己所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA=ωB，由v=ωr知v与r成正比。‎ ‎【加固训练】‎ 如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑。在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3=2∶1∶1，求：‎ ‎(1)A、B、C三点的线速度大小之比vA∶vB∶vC；‎ ‎(2)A、B、C三点的角速度大小之比ωA∶ωB∶ωC；‎ ‎(3)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC。‎ ‎【解析】(1)令vA=v，由于皮带传动时不打滑，所以vB=v。因ωA=ωC，由公式v=ωr知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故vC=v，所以vA∶vB∶vC =2∶2∶1。‎ 16‎ ‎(2)令ωA=ω，由于轮O1、O3同轴转动，所以ωC=ω。因vA=vB，由公式ω=知，当线速度相同时，角速度跟半径成反比，故ωB=2ω，所以ωA∶ωB∶ωC=1∶2∶1。‎ ‎(3)令A点向心加速度为aA=a，因vA=vB，由公式a=知，当线速度一定时，向心 加速度跟半径成反比，所以aB=‎2a。又因为ωA=ωC，由公式a=ω2r知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故aC=a。所以aA∶aB∶aC=2∶4∶1。‎ 答案：(1)2∶2∶1　(2)1∶2∶1　(3)2∶4∶1‎ 考点二　水平面内的圆周运动 转台上的圆周运动 ‎【典例3】(多选)(2019·重庆巴蜀中学模拟)如图叠放在水平转台上的物体A、B、C正随转台一起以角速度ω匀速转动(没发生相对滑动)，A、B、C的质量分别为‎3m、‎2m、m，B与转台、C与转台、A与B间的动摩擦因数都为μ，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是 (　　)‎ A.B对A的摩擦力有可能为3μmg　‎ B.C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力 C.转台的角速度ω有可能恰好等于 D.若角速度ω在题干所述基础上缓慢增大，A与B间将最先发生相对滑动 ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：水平转台上物体的临界问题。‎ ‎2.思维导引 物体随转台一起转动 ‎　　⇓‎ 同轴转动ω相同 16‎ ‎　　⇓‎ 静摩擦力提供向心力 ‎　　⇓‎ 各接触面上静摩擦力达到最大静摩擦力时，发生相对滑动 ‎【解析】选B、C。对AB整体，有(‎3m+‎2m)ω2r≤μ(‎3m+‎2m)g；对物体C，有mω2(1.5r)≤μmg；对物体A，有‎3mω2r≤3μmg。联立解得：ω≤，即满足不发生相对滑动，转台的角速度ω≤，A与B间的静摩擦力最大值f=‎3mω2r=2μmg，故A错误，C正确；由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力，A所受摩擦力fA=‎3mω2r，C所受摩擦力fC=mω2(1.5r)=‎1.5mω2r，则C与转台间的摩擦力小于A与B间的摩擦力，故B正确；据上述分析知，最先发生相对滑动的是物体C，故D错误。‎ ‎【多维训练】(多选)(2020·惠州模拟)如图为某工厂生产流水线上的产品水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。某产品(可视为质点)从A处无初速度放到匀速运动的传送带上，恰好匀加速运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱。已知A、B的距离是产品在转盘上与转轴O距离的两倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 (　　)‎ A.产品在AB间的运动时间大于BC间的运动时间 B.产品在AB间的运动时间小于BC间的运动时间 C.产品与传送带的动摩擦因数小于产品与转盘的动摩擦因数 D.产品与传送带的动摩擦因数大于产品与转盘的动摩擦因数 ‎【解析】选A、C。设产品在转盘上与转轴O距离为R，则在AB间运动时有2R=t1，得t1=。在BC间运动时有t2=，可得，t1>t2，故A正确，B错误；产品在AB间运动时，‎ 16‎ 加速度为a1==，根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1，得μ1==。在BC间运动时，有μ2mg≥m，得μ2≥，可得，μ1<μ2，故C正确，D错误。‎ 圆锥摆模型 ‎【典例4】(2020·安康模拟)如图所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m1、 m2的小球A和B。让两小球同时做圆周运动，B球绕O点做圆锥摆运动，细绳与竖直方向的夹角为θ，A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心O做匀速圆周运动，两球做圆周运动的角速度相同，OA、OB的绳长相等，则两球的质量之比为 (　　)‎ A.1∶1　　　　　　　　 B.1∶sinθ C.1∶cosθ D.1∶tanθ ‎【解析】选A。小球A、B用一根绳子连接，所以两球所受到的绳子的拉力大小相等，A球的向心力由拉力提供，B球的向心力由拉力的分力提供，据此列式分析两球质量之比；对A球，绳子的拉力提供向心力，所以有T=m‎1lω2，对B球，绳子的拉力的分力提供向心力，即T·sinθ=m‎2l·sinθω2，联立解得：=，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎【多维训练】在光滑圆锥形容器中，固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为m的光滑小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触。如图所示，图a中小环与小球在同一水平面上，图b中轻绳与竖直轴成θ(θ<90°)角。设图a和图b中轻绳对小球的拉力分别为Ta和Tb，圆锥内壁对小球的支持力分别为Na和Nb，则在下列说法中正确的是 (　　)‎ A.Ta一定为零，Tb一定为零　‎ 16‎ B.Na不一定为零，Nb可以为零　‎ C.Ta、Tb是否为零取决于小球速度的大小 D.Na、Nb的大小与小球的速度无关 ‎【解析】选C。对a图中的小球进行受力分析，小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Ta可以为零，若Na等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以Na一定不为零；对b图中的小球进行受力分析，若Tb为零，则小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以Tb可以为零，若Nb等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以Nb可以为零，故A、B均错误；由上述分析知，Ta、Tb均可以为零，取决于小球的速度，故C正确；由上述分析知，Na一定不为零，Nb可以为零，大小与速度有关，故D错误。‎ 转弯类问题 ‎【典例5】(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则 (　　)‎ A.该弯道的半径r=　‎ B.当火车质量改变时，规定的行驶速度大小随之变化　‎ C.当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压　‎ D.当火车速率小于v时，内轨将受到轮缘的挤压 ‎【解析】选A、D。火车转弯时不侧向挤压轨道轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtan θ=m，解得：r=，故A正确；根据牛顿第二定律得：mgtan θ=m，解得：v=，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B错误；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C错误；当火车速率小于v时，‎ 16‎ 重力和支持力的合力偏大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D正确。‎ ‎“一、二、三、四”求解圆周运动问题 ‎【加固训练】‎ ‎ (多选)(2019·云浮模拟)如图所示，在水平转盘上放有两个可视为质点的相同的木块P和Q，两者用长为x的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，P放在距离转轴x处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是 (　　)‎ A.ω在<ω<范围内增大时，Q所受摩擦力变大　‎ B.当ω>时，绳子一定有弹力　‎ C.当ω>时，P、Q相对于转盘会滑动 D.ω在0<ω<范围内增大时，P所受摩擦力一直变大 ‎【解析】选B、D。当Q达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m·2x，解得ω1=，知ω>时，绳子具有弹力；当P所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，P、Q 16‎ 相对于转盘会滑动，对P有：kmg-T=mxω2，对Q有：T+kmg=m·2xω2，解得：ω=，所以当ω在<ω<范围内增大时，P所受摩擦力变大，Q的摩擦力不变；当ω>，P开始滑动，摩擦力不再增加，故A错误，B正确，C错误。当ω在0<ω<范围内增大时，P所受摩擦力一直增大，故D正确。‎ 考点三　竖直面内的圆周运动 绳球模型 ‎【典例6】(多选)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是 (　　)‎ A.数据a与小球的质量无关　‎ B.数据b与小球的质量无关　‎ C.比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关 D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径 ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：绳拉小球在竖直面内的圆周运动 ‎2.思维导引 小球在最高点是重力和绳子拉力的合力提供向心力 ‎【解析】选A、D。当v2=a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg=，解得v2=gr，故a=gr，与小球的质量无关，故A正确；当v2=‎2a时，‎ 16‎ 对小球受力分析，则mg+b=，解得b=mg，与小球的质量有关，故B错误；根据A、B可知=，与小球的质量有关，与圆周轨迹半径有关，故C错误；若FT=0，由图知：v2=a，则有mg=，解得：r=；若v2=‎2a，则b+mg==m，解得：m=，故D正确。‎ ‎【多维训练】(2020·安康模拟)如图所示，倾角为θ=37°的斜面体固定在地面上，质量为‎2m的物块放在斜面上，绕过定滑轮的细线，一端连接在物块上，另一端吊一个质量也为m的小球，物块与滑轮间的细线与斜面平行，让小球在竖直面内A、B间来回摆动，最大摆角也为θ=37°，OA长为L，若在小球摆动过程中，物块仍保持静止，不计空气阻力，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块与斜面间的动摩擦因数满足的条件为(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8) (　　)‎ A.μ≥0.125　B.μ≥‎0.25　‎C.μ≥0.35　D.μ≥0.45‎ ‎【解析】选B。小球到达最高点时细线拉力最小，最小拉力为：F1=mgcos37°=0.8mg；小球到达最低点时细线拉力最大，此时的速度为v，根据动能定理可得：‎ mgL(1-cos37°)=mv2，在最低点根据牛顿第二定律可得：‎ F2-mg=m 解得最大拉力为：F2=1.4mg；‎ 物块的重力沿斜面向下的分力为：‎ Gx=2mgsin37°=1.2mg， 要保持物块静止，物块与斜面间的摩擦力应满足：f≥1.2mg-0.8mg=0.4mg 即：μ·2mgcos37°≥0.4mg 所以μ≥0.25，故B正确、A、C、D错误。‎ 杆球模型 ‎【典例7】(多选)如图1所示，长为R的轻杆一端固定一个小球，‎ 16‎ 现让小球在竖直平面内绕轻杆的另一端O做圆周运动，小球到达最高点时，受到杆的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图象如图2所示。则 (　　)‎ A.v2=c时，小球对杆的弹力方向竖直向下　‎ B.当地的重力加速度大小为　‎ C.小球的质量为　‎ D.v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 ‎【解析】选C、D。由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故A错误；在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，解得g=，m=R，故B错误，C正确；若v2=2b，则F+mg=m，解得F=a=mg，故D正确。‎ ‎1.竖直平面内圆周运动的两种模型过最高点时的特点及求解方法：‎ ‎“轻绳”模型 ‎“轻杆”模型 图示 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球 受力特征 物体受到的弹力方向为向下或等于零 物体受到的弹力方向为向下、等于零或向上 受力 示意图 16‎ 力学方程 mg+FN=m mg±FN=‎ 临界特征 FN=0‎ mg=m 即vmin=‎ v=0‎ 即F向=0‎ FN=mg 过最高点 的条件 在最高点的速度 v≥‎ 在最高点的速度 v≥0‎ ‎2.分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路：‎ ‎【加固训练】‎ 如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为 (　　)‎ A.　　　　　　　　　 B.　‎ C.g D.g 16‎ ‎【解析】选C。角速度一定，当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿盘面向上达到最大时，由牛顿第二定律得：μmgcos θ-mgsin θ=mω2r 解得：r=g，故A、B、D错误，C正确。‎ 考点四　圆周运动的综合问题 离心运动问题 ‎【典例8】在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅‎111米的短道竞赛。运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线。图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看作质点)。下列论述正确的是 (　　)‎ A.发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心　‎ B.发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力　‎ C.若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧 D.若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa右侧与Ob之间 ‎【解析】选D。发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需要的向心力，而受到的合力方向仍指向圆心，故A、B错误；若运动员水平方向不受任何外力时，沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa右侧与Ob之间，故C错误，D正确。‎ 圆周运动与其他运动的组合问题 ‎【典例9】(多选)(2019·安阳模拟)如图所示，半径为R的半圆形光滑轨道BC固定在竖直平面内，并与水平面相切于B点。一质量为m的小球以初速度v0从距离B点为2R的A点开始向左运动，经B点进入半圆形轨道，小球从轨道最高点C离开后在空中做平抛运动，且恰好落在A点，重力加速度为g，下面说法正确的是 (　　)‎ 16‎ A.小球进入半圆轨道时，对半圆轨道最低点B的压力大小等于mg　‎ B.小球在半圆轨道最高点C处对轨道的压力为0‎ C.小球落地时速度方向与水平方向夹角的正切值为1‎ D.小球落地时速度方向与水平方向夹角的正切值为2‎ ‎【解析】选B、D。小球离开C点做平抛运动，则竖直方向：2R=gt2，水平方向：2R=vCt，解得：vC=，在C点由牛顿第二定律得：F+mg=m，解得：F=0，由牛顿第三定律知对轨道的压力为0，故B正确；从B到C的过程由动能定理得：-mg·2R=m-m，在最低点B处由牛顿第二定律得：F′-mg=m，联立解得：F′=6mg，由牛顿第三定律知对轨道的压力等于6mg，故A错误；设小球落地时速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ===2，故C错误，D正确。‎ ‎【多维训练】1(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=‎90 m的大圆弧和r=‎40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L=‎100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取‎10 m/s2，π=3.14)。则赛车 (　　)‎ A.在绕过小圆弧弯道后加速 B.在大圆弧弯道上的速率为‎45 m/s C.在直道上的加速度大小为‎5.63 m/s2‎ 16‎ D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s ‎【解析】选A、B。路面对轮胎的最大径向静摩擦力提供赛车做圆周运动所需要的向心力，则根据牛顿第二定律得 μmg=，μmg=‎ 得v1=‎30 m/s，v2=‎45 m/s，从小圆弧弯道到大圆弧弯道的速度是增加的，所以在绕过小圆弧弯道后加速，A、B项正确；赛道上直道的长度为x==‎50 m，赛车在直道上的加速度为a== m/s2≈‎6.5 m/s2，则C项错误；由题意知小圆弧弯道的圆心角为，通过小圆弧弯道的时间为t== s≈2.79 s，则D项错误。‎ ‎【多维训练】2如图所示，一个质量为‎60 kg的滑板运动员，以v0=‎4 m/s的初速度从某一高台的A点水平飞出，恰好从光滑圆轨道的B点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径R=‎3 m，θ=60°，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A距C点的高度。‎ ‎(2)滑板运动员运动到圆弧轨道最高点D时对轨道的压力。‎ ‎【解析】(1)设到B点时竖直分速度为v1，则：‎ tan 30°=‎ 解得：v1=‎12 m/s 其中在竖直方向：‎ h1== m=‎‎7.2 m 又：h2=Rcos θ=‎‎1.5 m 16‎ A距C点的高度：‎ H=h1+R-h2=‎‎8.7 m ‎(2)设滑板运动员到达D点时速度为vD，则：‎ m+mgH=mg2R+m 解得：= m/s 由于滑板运动员通过圆周运动的最高点应满足 ‎≥mg，即：v≥‎ 因为=‎102 m2‎/s2≥gR=10×‎3 m2‎/s2=‎30 m2‎/s2，所以滑板运动员能顺利通过最高点。‎ 设运动员在最高点时轨道对运动员的压力为FN则：‎ mg+FN=m 解得：FN=1 440 N，方向竖直向下。‎ 由牛顿第三定律可得 F′N=FN=1 440 N，方向竖直向上。‎ 答案：(1)‎8.7 m　(2)1 440 N，方向竖直向上 圆周运动综合问题求解思路 ‎(1)找到各过程之间联系的物理量，用各过程、状态所遵循的规律列式求解。‎ ‎(2)多个运动过程相结合，将题分解为多个简单的过程，分别列方程求解。‎ ‎(3)涉及圆周运动部分，过程一般列动能定理或能量守恒方程，状态方程一般是指向圆心的合力提供向心力。‎ 16‎