浙江新高考备战2020年高考物理考点一遍过考点10圆周运动（含解析）.docx

圆周运动专题知识内容考试要求必考加试曲线运动圆周运动、向心加速度、向心力dd生活中的圆周运动c一、描述圆周运动的物理量1定义线速度v=，角速度=，转动半径r=（s为路程，为转过角度）周期T=，转速n=，向心加速度a=2联系（1）v=r=2nr，=2n（2）在圆周运动中，t0（0）时，有=，即=由a=和v=，可得a=r2=v二、传动装置1同轴传动：各部分角速度大小相等。2同缘传动（齿轮、摩擦轮、皮带、链条）：接触部分线速度大小相等。三、圆周运动中的动力学分析1向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量。公式：。2向心力：作用效果产生向心加速度，Fnman。3向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。4向心力的确定（1）确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。（2）分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力。解决圆周运动问题的主要步骤（1）审清题意，确定研究对象；（2）分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；（3）分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；（4）根据牛顿运动定律及向心力公式列方程。四、竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型问题1在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”。2绳、杆模型涉及的临界问题绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由得：由小球恰能做圆周运动得v临=0讨论分析（1）过最高点时，绳、轨道对球产生弹力（2）不能过最高点时，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道（1）当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心（2）当时，FN背向圆心，随v的增大而减小（3）当时，FN=0（4）当时，FN指向圆心并随v的增大而增大3竖直面内圆周运动的求解思路（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。（2）确定临界点：，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。（3）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。（4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合=F向。（5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。五、离心运动、近心运动1离心运动当物体受到的合力不足以提供其做圆周运动的向心力时，向心力产生的向心加速度不足以改变物体的速度方向而保持圆周运动，由于惯性，物体有沿切线方向运动的趋势，做远离圆心的运动，即离心运动。发生离心运动时常伴随有：线速度增大（洗衣机脱水）、转动半径减小（汽车急转弯时冲出轨道）、角速度或转速增大（砂轮、飞轮破裂）、受力变化（汽车在冰面行驶打滑）。2近心运动当物体受到的合力超过其做圆周运动需要的向心力时，向心力产生的向心加速度对物体速度方向的改变较快，物体会做靠近圆心的运动，即近心运动。由于生产、生活中常追求高速、低损耗，发生的离心运动现象往往比较典型，而近心运动的应用范例较少，最常见的近心运动的应用实例是航天器的减速变轨。3离心运动的临界条件（1）静摩擦力达到最大（径向）静摩擦力，即滑动摩擦力大小。（2）弹力等于零：绳、杆等的张力等于零。（3）弹力等于零：接触面间的压力、支持力等于零。根据临界条件不同，对某情境，常常有多个临界状态。 考向一 同轴传动游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量相等的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，某时刻甲正好在最高点，乙处于最低点。则此时甲与乙A线速度相同B加速度相同C所受合外力大小相等D“摩天轮”对他们作用力大小相等【参考答案】C【详细解析】由于“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，所以线速度大小相同，甲线速度方向向左，乙线速度方向向右，故A错误；根据可知，加速度大小相同，甲加速度方向竖直向下，乙加速度方向竖直向上，故B错误；根据可知，所受合外力大小相等，故C正确；对甲有，对乙有，“摩天轮”对他们作用力大小不相等，故D错误。1（2019浙江省金华市云富高级中学模考）家用台式计算机上的硬磁盘的磁道如图所示，O点为磁道的圆心，同一半径上的A、B两点位于不同的磁道上，硬盘绕O点匀速转动时，A、B两点:A角速度大小始终不相等B周期大小始终不相等C线速度大小始终相等，方向始终相同D线速度大小始终不相等，方向始终相同【答案】D【解析】A、B两点是同轴转动，角速度相同，周期相同，则选项AB错误；根据v=r知A点线速度小于B点线速度，方向都是垂直于半径方向，选项C错误，D正确。 考向二 同缘传动如图所示为一磁带式放音机的转动系统，在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点，则下列说法正确的是A主动轮上P点的线速度方向不变B主动轮上P点的线速度逐渐增大C主动轮上P点的向心加速度逐渐增大D从动轮上Q点的向心加速度逐渐增大【参考答案】D【详细解析】在倒带时，主动轮以恒定的角速度逆时针转动，根据，可知P点的线速度大小不变，方向时刻在变化，根据，可知P点的向心加速度大小不变，故ABC错误；主动轮与从动轮有相同的线速度，根据可知，主动轮的r不断增大，故线速度不断增大，则从动轮的线速度也不断增大，而从动轮的半径r不断减小，根据可知，从动轮的角速度不断增大，根据，可知Q点的向心加速度不断增大，故D正确；故选D。【名师点睛】主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，P的角速度恒定，半径增大，线速度增大，根据和进行分析求解。1（2019浙江省杭州市塘栖中学选考模拟）野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是A图乙中前轮边缘处ABCD四个点的线速度相同B大齿轮与小齿轮的齿数如图丙所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈C图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点及后轮边缘处的G点运动快慢相同D前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块，条件都相同的情况下，它在C处最容易脱离轮胎【答案】B【解析】图乙中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度大小相同，方向不同；小齿轮与大齿轮的齿数之比1:3，即小齿轮与大齿轮的半径之比为1:3，由v=r，大齿轮与小齿轮的角速度之比1:3，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈；图乙中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点运动快慢相同，和后轮边缘处的G点运动快慢不同；前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块，条件都相同的情况下，由受力分析，则，雪块在A处与轮胎之间的作用力较小，它在A处最容易脱离轮胎。故B正确。 考向三 向心力（2018四川省攀枝花市第十二中学）甲、乙两质点做匀速圆周运动，甲的质量与转动半径都分别是乙的一半，当甲转动60圈时，乙正好转45圈，则甲与乙的向心力之比为A4:9 B4:3 C3:4 D9:4【参考答案】A【详细解析】当甲转动60圈时，乙正好转45圈，知，根据向心力，解得：，故A正确，BCD错误。1（2019浙江省杭州市富阳区新登中学期末）汽车在某一水平路面上做匀速圆周运动，已知汽车做圆周运动的轨道半径约为50 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，则运动的汽车A所受的合力可能为零B只受重力和地面支持力作用C所需的向心力由重力和支持力的合力提供D最大速度不能超过20 m/s【答案】D【解析】A、汽车做匀速圆周运动，根据可知，汽车受到的合力不可能为零，故A错误；B、在竖直方向没有运动，故重力和地面支持力合力为零，汽车受到的摩擦力提供向心力，故BC错误：D、最大静摩擦力提供向心力时，汽车的速度最大，根据，解得，故D正确。 考向四 竖直方向的圆周运动如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是A小球通过最高点时的最小速度B小球通过最高点时的最小速度C小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【参考答案】BC【详细解析】AB：小球过最高点时可能受到外壁对其向下的压力或内壁对其向上的支持力，类似于轻杆端点的小球过最高点，则其通过最高点的最小速度为零，故A项错误，B项正确。C：小球在管道中运动时，向心力的方向要指向圆心，水平线ab以下时，重力沿半径的分量背离圆心，则管壁必然提供指向圆心的支持力，只有外侧管壁才能提供此力，内侧管壁对小球一定无作用力，故C项正确。D：小球在管道中运动时，向心力的方向要指向圆心，在水平线ab以上时，重力沿半径的分量指向圆心，管壁对小球可能没有作用力，故D项错误。【名师点睛】物体在管内做圆周运动时，所受力的径向分量提供向心力；在不同位置对其径向力（各力在径向的分量）分析后可推断管内（外）壁对物体的作用力的可能情况。1（2019浙江省七彩阳光新高考研究联盟期中）摩天轮一般出现在游乐园中，作为一种游乐场项目，与云霄飞车、旋转木马合称是“乐园三宝”。在中国南昌有我国第一高摩天轮南昌之星，总建设高度为160米，横跨直径为153米，如图所示。它一共悬挂有60个太空舱，每个太空舱上都配备了先进的电子设备，旋转一周的时间是30分钟，可同时容纳400人左右进行同时游览。若该摩天轮做匀速圆周运动，则乘客A速度始终恒定B加速度始终恒定C乘客对座椅的压力始终不变D乘客受到到合力不断改变【答案】D【解析】A、匀速圆周运动的速度方向沿圆周的切线方向，方向时刻在改变，故其速度是变化的。故A错误。B、做匀速圆周运动的物体，其向心加速度方向始终指向圆心，方向时刻在变化，故向心加速度是变化的，故B错误。C、乘客对座椅的压力方向始终变化，所以压力变化。故C错误。D、做匀速圆周运动的物体，其所受的合力提供向心力，其方向始终指向圆心，始终变化。故D正确。 考向五 水平方向的圆周运动环球飞车是一场将毫无改装的摩托车文化与舞台进行演绎的特技炫幻表演。近日在银泰城就进行了精彩的环球飞车表演。如图在舞台中固定一个直径为6.5 m的球形铁笼，其中有一辆摩托车在球心共面的水平圆面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是A摩托车受摩擦力、重力、弹力和向心力的作用B摩托车做圆周运动的向心力由弹力来提供C在此圆周运动中摩托车受到的弹力不变D摩托车受到水平圆面内与运动方向相同的摩擦力【参考答案】B【详细解析】A项：摩托车受摩擦力、重力、弹力的作用，向心力是效果力，受力分析时不需要分析，故A错误；BCD项：摩托车受摩擦力、重力、弹力的作用，竖直方向重力与摩擦力平衡，所以摩擦力方向竖直向上，弹力提供向心力，所以弹力方向改变，故B正确，CD错误。故选B。1（2019浙江省普通高中学业水平考试）如图所示，四辆相同的小“自行车”固定在四根水平横杆上，四根杆子间的夹角均保持90不变，且可一起绕中间的竖直轴转动。当小“自行车”的座位上均坐上小孩并一起转动时，他们的A角速度相同B线速度相同C向心加速度相同D所需的向心力大小相同【答案】A【解析】都围绕同一个轴转，所以小孩的角速度大小相同，方向相同，故A正确；根据，可知小孩的线速度大小相等，方向不同，故B错误；根据，可知向心加速度大小相等，方向不同，故C错误；向心力与小孩的质量有关，因质量不知，则向心力大小不可知，故D错误。1（2019浙江省温州市求知中学月考）如图所示，在圆规匀速转动画圆的过程中A笔尖的角速度不变B笔尖的线速度不变C笔尖的加速度不变D笔尖在相等的时间内转过的位移不变2做匀速圆周运动的物体，其线速度大小为3 m/s，角速度为6 rad/s，则下列相关计算正确的是A物体运动的向心加速度大小为1.5 m/s2B物体运动的圆周半径为2 mC物体在1 s内发生的位移为3 mD在0.1 s内物体通过的弧长为0.3 m3（2019浙江省建德市新安江中学期末）茅山奇谈录一书中记载着“血滴子”是清朝一位精通天文地理武术医术的茅山道人泉青发明的，能用它降魔伏妖，二十步内取首级如探囊取物，非常恐怖。血滴子主要构造已无从考证，据传其主要部件如图，刀片绕中心O点转动，A、B为刀片上不同位置的两点。v代表线速度，代表角速度大小，T代表周期，a代表向心加速度大小，则下列说法正确的是AvAvB，TATBBAB，vAvBCvAvB，aAaBDaAaB，AB4如图所示，为自行车的传动机构，行驶时与地面不打滑。a、c为与车轴等高的轮胎上的两点，d为轮胎与地面的接触点，b为轮胎上的最高点。行驶过程中Ac处角速度最大Ba处速度方向竖直向下Ca、b、c、d四处速度大小相等Db处向心加速度指向d5共享单车是指企业在校园、地铁站点、公交站点等公共服务区提供自行车单车共享服务，是一种新型、便捷的公共交通方式。如图1所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动。杜绝了传统自行车“掉链子”问题。如图所示是圆锥齿轮90轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC（rArBrC）。下列说法正确的是AB点与C点的角速度，B=CBC点与A点的线速度，CB点与A点的角速度，DA点和C点的线速度，6（2019浙江省稽阳联谊学校选考）如图所示的三叶指尖陀螺是一个由三向对称体作为主体，在主体中嵌入轴承，整体构成可平面转动的玩具装置。其中O为转轴中心，A、B分是指尖陀螺上不同位置的两点，用v代表线速度大小，代表角速度大小，a代表向心加速度大小，T代表周期，则下列说法中正确的是AvAvB，TATBBAB，vAvBCvAvB，aAvA；由向心加速度与半径的公式：a=2r，由于B的半径大于A的半径，所以B的向心加速度大于A的向心加速度，即aAaB。故ABD错误，C正确。故选C。4D【解析】共轴转动角速度相等，以任意一点为转轴，都是共轴转动，角速度一定相等，故A错误；以圆心为转轴，a处速度方向竖直向下运动的同时，随着车一起向前运动，故合速度不是竖直向下；故B错误；以圆心为转轴，a、b、c、d四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动，由于绕轴转动的分速度方向不同，故各个点的线速度方向不同，大小也不同；故C错误；以圆心为转轴，b点绕轴转动的同时水平匀速前进，而b处向心加速度指向一定指向圆心，故也指向d；故D正确。5B【解析】由圆锥齿轮的特点，得vB=vC，根据v=r可知BC，选项A错误；，选项B正确，D错误；A、B同轴转动，角速度相同，选项C错误；故选B。【点睛】本题考查线速度和角速度的关系。通过对圆锥齿轮的分析，理解其上面各部位线速度角速度的关系，进而理解圆锥齿轮的传动原理，引导学生运用物理知识解释生活。6B【解析】由题意知rArB，A和B位于同一旋转体，则AB，根据vr，a2r易得vAvB，TATB，aAaB，故B正确，ACD错误。7B【解析】分针的周期为1 h，秒针的周期为1 min，两者的周期比为T1:T2=60:1，分针与秒针从第1次重合到第2次重合有：1t+2=2t，即，又T1=60T2=60 min，所以t= min故B正确，ACD错误；故选B。8D【解析】小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故A错误；大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据=v/r可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1:4，故B错误；小齿轮和后轮共轴，根据v=r可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1:16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1:16，故C错误；大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据a=v2/r可知，向心加速度大小之比为1:4，故D正确。9B【解析】A、B项：曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，平抛运动合力恒定，是典型的匀变速运动曲线运动，故A错误，B正确；C项：匀速圆周运动的速度方向不断改变，一定是变速运动，故C错误；D项：匀速圆周运动的向心力大小不变，方向时刻改变，故D错误。10D【解析】P、Q两点同轴转动，故两点有相同的角速度，即，根据，则有：；由题知P点的半径大于Q点的半径，根据，则有；根据，则有，故选D。11BC【解析】在此过程中，A可能只受重力和B对A的支持力，不一定受到圆筒对A的竖直向上的摩擦力，选项A错误，B正确；水平方向，圆筒对AB的弹力充当做圆周运动的向心力，根据F=m2r可知，随圆筒的角速度逐渐增大，圆筒对A、B的弹力都逐渐增大，选项C正确；圆筒对B的摩擦力在竖直方向，与水平方向的受力无关，即与圆筒的转速无关，选项D错误。12BC【解析】A、B项：ABC属于同轴转动，故他们的角速度相等，由v=r知，AC的半径r相等，故线速度的大小相等，都大于B点的线速度，故A错误，B正确；C项：由a=2r知，A、C半径相等，B点的半径最小，故AC向心加速度相等，大于B的向心加速度，故C正确；D项：ABC属于同轴转动，故他们的角速度相等，各点的转速是相等的。故D错误。13（1）45 （2）100 N （3）4 m/s、0.3 m【解析】（1）根据题意C点到地面高度从B点飞出后，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：化简则 根据可知 飞到C点时竖直方向的速度因此 即落到圆弧C点时，滑块速度与水平方向夹角为45（2）滑块在DE阶段做匀减速直线运动，加速度大小 根据 联立两式则 在圆弧轨道最低处 则，即对轨道压力为100 N（3）滑块弹出恰好无碰撞从C点进入圆弧轨道，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着轨迹该出的切线，即 由于高度没变，所以，因此 对应的水平位移为所以缩短的AB段应该是14BD【解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式，解得：，故A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，故B正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为，故C错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：，故D正确。15C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F3R-mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR，选项C正确ABD错误。16A【解析】因为相同时间内他们通过的路程之比是4:3，根据，则A、B的线速度之比为4:3，故A正确；运动方向改变的角度之比为3:2，根据，则角速度之比为3:2，故B错误；根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；