2025高中物理人教版必修2教學資源包（名師同步導學）第五章第1節曲線運動課時分層訓練「基礎達標練」1．(多選)關于曲線運動的條件，以下說法正確的是()A．物體受變力作用才可能做曲線運動B．物體受恒力作用也可能做曲線運動C．物體所受的合外力為零時不可能做曲線運動D．只要所受的合外力不為零，物體就一定做曲線運動解析：選BC物體做曲線運動的條件是合外力的方向與速度的方向不在同一直線上，而不管這個力是恒力還是變力，所以選項A錯誤，B正確；當物體所受的合外力為零時，其加速度一定為零，此時不可能做曲線運動，選項C正確；如果受到的合外力不為零，但合外力的方向與速度的方向在同一直線上，物體將做直線運動，選項D錯誤．2．如圖所示，假如在彎道上高速行駛的賽車，突然后輪脫離賽車，關于脫離賽車后的車輪的運動情況，以下說法正確的是()A．仍然沿著汽車行駛的彎道運動B．沿著與彎道垂直的方向飛出C．沿著脫離時輪子前進的方向做直線運動，離開彎道D．上述情況都有可能解析：選C賽車沿彎道行駛，任一時刻賽車上任何一點的速度方向都是賽車運動的曲線軌跡上對應點的切線方向．脫離的后輪的速度方向就是脫離點所在軌跡的切線方向．所以C選項正確．3．物體做曲線運動，在其運動軌跡上某一點的加速度方向()A．為通過該點的曲線的切線方向B．與物體在這一點時所受的合外力方向垂直C．與物體在這一點的速度方向一致D．與物體在這一點的速度方向的夾角一定不為零解析：選D加速度的方向就是合外力的方向，由物體做曲線運動的條件可知，加速度的方向與速度的方向一定不在同一直線上．4．如圖所示，AB和CD是彼此平行且筆直的河岸．若河水不流動，小船船頭垂直河岸由A點勻速駛向對岸，小船的運動軌跡為直線P；若河水以穩定的速度沿平行河岸方向流動，且水流速度處處相等，現使小船船頭垂直河岸由A點勻加速駛向對岸，則小船實際運動的軌跡可能是圖中的()A．直線P B．曲線QC．直線R D．曲線S解析：選D小船沿AC方向做勻加速直線運動，該方向合外力恒定，且沿AC方向．沿AB方向做勻速直線運動，該方向合外力為零，故AB方向的勻速直線運動和AC方向的勻加速直線運動的合運動為曲線運動，合外力沿AC方向，指向曲線運動軌跡的內側，故選項D正確．5．(多選)已知河水自西向東流動，流速為v1，小船在靜水中的速度為v2，且v2>v1，用小箭頭表示船頭的指向及小船在不同時刻的位置，虛線表示小船過河的路徑，則下圖中可能正確的是()解析：選CD小船的路徑應沿合速度方向，不可能與船頭指向相同，故選項A、B錯誤，C、D正確．6．如圖所示為一個做勻變速曲線運動的質點的軌跡示意圖，已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是()A．D點的速率比C點的速率大B．A點的加速度與速度的夾角小于90°C．A點的加速度比D點的加速度大D．從A到D加速度與速度的夾角先增大后減小解析：選A質點做勻變速曲線運動，合力的大小方向均不變，加速度不變，故C錯誤；由B點速度與加速度相互垂直可知，合力方向與B點切線垂直且向下，故質點由C到D過程，合力方向與速度方向夾角小于90°，速率增大，故A正確；A點的加速度方向與過A的切線(即速度方向)夾角大于90°，故B錯誤；從A到D加速度與速度的夾角一直變小，故D錯誤．7．(多選)關于運動的合成與分解，下列說法正確的是()A．合運動的位移是分運動位移的矢量和B．合運動的速度一定會比其中任何一個分速度大C．合運動的時間與分運動的時間相等D．若合運動是曲線運動，則分運動中至少有一個是曲線運動解析：選AC位移是矢量，合位移是分位移的矢量和，選項A正確；速度也是矢量，滿足平行四邊形定則，根據平行四邊形的特點，合速度可以比分速度小，選項B錯誤；根據合運動與分運動的等時性，選項C正確；兩個直線運動的合運動也可以是曲線運動，例如：互成直角的勻速直線運動與勻加速直線運動合成時，合運動是曲線運動．8．2019年2月，美國多地受到歷史上最嚴重的暴風雪襲擊，當局不得不出動軍用直升機為被困災民空投物資．直升機空投物資時，可以停留在空中不動，設投出的物資離開飛機后由于降落傘的作用在空中能勻速下落，無風時落地速度為5m/s.若飛機停留在離地面100m高處空投物資，由于風的作用，使降落傘和物資獲得2m/s的水平向北的速度，求：(1)物資在空中運動的時間；(2)物資落地時速度的大??；(3)物資在下落過程中水平方向移動的距離．解析：如圖所示，物資的實際運動可以看做是豎直方向的勻速直線運動和水平方向的勻速直線運動兩個分運動的合運動．(1)分運動與合運動具有等時性，故物資實際運動的時間與豎直方向分運動的時間相等．所以t＝eq\f(h,vy)＝eq\f(100,5)s＝20s.(2)物資落地時vy＝5m/s，vx＝2m/s，由平行四邊形定則得v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(22＋52)m/s＝eq\r(29)m/s.(3)物資水平方向的位移大小為x＝vxt＝2×20m＝40m.答案：(1)20s(2)eq\r(29)m/s(3)40m「能力提升練」9．(多選)有a、b兩個分運動，它們的合運動為c，則下列說法正確的是()A．若a、b的軌跡為直線，則c的軌跡必為直線B．若c的軌跡為直線，則a、b必為勻速運動C．若a為勻速直線運動，b為勻速直線運動，則c必為勻速直線運動D．若a、b均為初速度為零的勻變速直線運動，則c必為勻變速直線運動解析：選CDa、b兩個分運動的合初速度與合加速度如果共線，則合運動c必為直線運動，如果不共線，則合運動c必為曲線運動，A錯誤；若c為直線運動，a、b可能為勻速運動，也可能為變速直線運動，但a、b的合初速度與合加速度必共線，B錯誤；兩個勻速直線運動的合運動必為勻速直線運動，C正確；兩個初速度為零的勻加速直線運動的合運動必為初速度為零的勻加速直線運動，D正確．10．如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側水平向右勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度()A．大小和方向均不變B．大小不變，方向改變C．大小改變，方向不變D．大小和方向均改變解析：選A橡皮參與了兩個分運動，一個是沿水平方向與鉛筆速度一樣的勻速直線運動，另一個是豎直方向上與鉛筆移動速度大小相等的勻速直線運動，這兩個直線運動的合運動是斜向上的勻速直線運動，故選項A正確．11．(多選)跳傘表演是人們普遍喜歡的觀賞性體育項目，如圖所示，當運動員從直升飛機上由靜止跳下后，在下落過程中不免會受到水平風力的影響，下列說法中正確的是()A．風力越大，運動員下落時間越長，運動員可完成更多的動作B．風力越大，運動員著地速度越大，有可能對運動員造成傷害C．運動員下落時間與風力無關D．運動員著地速度與風力無關解析：選BC根據運動的獨立性原理，水平方向吹來的風不會影響豎直方向的運動，故A錯誤，C正確；根據速度的合成，落地時速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，風速越大，vx越大，則降落傘落地時速度越大，故B正確，D錯誤．12．一艘船的船頭始終正對河岸方向行駛，如圖所示．已知船在靜水中行駛的速度為v1，水流速度為v2，河寬為d.則下列判斷正確的是()A．船渡河時間為eq\f(d,v2)B．船渡河時間為eq\f(d,\r(v12＋v22))C．船渡河過程被沖到下游的距離為eq\f(v2,v1)·dD．船渡河過程被沖到下游的距離為eq\f(d,\r(v12＋v22))·d解析：選C船正對河岸運動，渡河時間最短t＝eq\f(d,v1)，沿河岸運動的位移s2＝v2t＝eq\f(v2,v1)·d，所以A、B、D選項錯誤，C選項正確．13．質量m＝2kg的物體在光滑平面上運動，其分速度vx和vy隨時間變化的圖象如圖所示．求：(1)物體受到的合力和初速度；(2)t＝8s時物體的速度；(3)t＝4s時物體的位移．解析：(1)物體在x軸方向有ax＝0，y軸方向有ay＝eq\f(1,2)m/s2，由牛頓第二定律得F合＝may＝1N，方向沿y軸正方向；由圖知v0x＝3m/s，v0y＝0，所以物體的初速度v0＝3m/s，方向沿x軸正方向．(2)當t＝8s時，vx＝3m/s，vy＝ayt＝4m/s，所以v＝eq\r(vx2＋vy2)＝5m/s，設速度與x軸的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(4,3).(3)當t＝4s時，x＝v0xt＝12m，y＝eq\f(1,2)ayt2＝4m，物體的位移s＝eq\r(x2＋y2)＝4eq\r(10)m，設位移與x軸的夾角為α，則tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(1,3).答案：(1)1N，方向沿y軸正方向3m/s，方向沿x軸正方向(2)5m/s，與x軸夾角正切值為eq\f(4,3)(3)4eq\r(10)m，與x軸夾角的正切值為eq\f(1,3)14．如圖所示，在水平地面上以速度v做勻速直線運動的汽車，用繩子通過定滑輪吊起一個物體，若汽車和被吊物體在同一時刻的速度分別為v1和v2.已知v1＝v.(1)求兩繩夾角為θ時，物體上升的速度大小；(2)在汽車做勻速直線運動的過程中，物體是加速上升還是減速上升？(3)繩子對物體的拉力F與物體所受重力mg的大小關系如何？解析：(1)依據實際效果將汽車的運動分解為沿繩的直線運動和垂直于繩的運動，如圖所示，則有v2＝v1sinθ，v1＝v，所以v2＝vsinθ.(2)依據v2＝vsinθ可知：當汽車向左做勻速直線運動時，θ角變大，則sinθ變大，因此物體的運動速度變大，即物體加速上升．(3)由于物體加速上升，根據牛頓第二定律知，物體所受合力向上，拉力F大于物體的重力mg.答案：(1)vsinθ(2)加速上升(3)F＞mg第五章第2節平拋運動課時分層訓練「基礎達標練」1．下列關于平拋運動的說法正確的是()A．平拋運動是非勻變速運動B．平拋運動是勻變速曲線運動C．做平拋運動的物體，每秒內速率的變化相等D．水平飛行的距離只與初速度大小有關解析：選B平拋運動只受重力的作用，加速度大小為g，方向豎直向下，所以是勻變速曲線運動，A錯，B對；因為Δv＝gΔt，所以做平拋運動的物體在相等的時間內速度的變化(包括大小和方向)相等，但速率的變化Δv＝eq\r(v02＋g2t＋12)－eq\r(v02＋g2t2)與t有關，故速率的變化不相等，C錯；根據y＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2y,g))，水平位移x＝v0t＝v0eq\r(\f(2y,g))，因此平拋運動的水平位移由初速度v0和下落高度y共同決定，D錯．2．做斜上拋運動的物體，到達最高點時()A．具有水平方向的速度和水平方向的加速度B．速度為零，加速度向下C．速度不為零，加速度為零D．具有水平方向的速度和向下的加速度解析：選D斜上拋運動可以看成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動的合運動．當物體到達最高點時，豎直方向上的速度減為零，水平方向上的速度不變．由于只受重力作用，所以物體始終具有豎直向下的加速度g，故D正確．3．如圖所示，在光滑的水平面上有小球A以初速度v0向左運動，同時刻一個小孩在A球正上方以v0的速度將B球平拋出去，最后落于C點，則()A．小球A先到達C點 B．小球B先到達C點C．兩球同時到達C點 D．不能確定解析：選CB球在水平方向以速度v0做勻速直線運動，故二者同時到達C點．4．(2019·成都檢測)如圖所示，下面關于物體做平拋運動時，它的速度方向與水平方向的夾角θ的正切tanθ隨時間t的變化圖象正確的是()解析：選B如圖，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，可見tanθ與t成正比，故選項B正確．5．(多選)如圖所示，x軸在水平地面上，y軸沿豎直方向．圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的．不計空氣阻力，則()A．a的飛行時間比b的長B．b和c的飛行時間相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：選BD由h＝eq\f(1,2)gt2可知，b、c飛行時間相同，a飛行時間小，故選項A錯誤，B正確；由v0＝eq\f(x,t)知，a的初速度比b的大，b的初速度比c的大，故選項C錯誤，D正確．6．如圖所示，某同學為了找出平拋運動的物體初速度之間的關系，用一個小球在O點對準前方的一塊豎直放置的擋板，O與A在同一高度，小球的水平初速度分別是v1、v2、v3，不計空氣阻力，打在擋板上的位置分別是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，則v1、v2、v3之間的正確的關系是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1解析：選C由AB∶BC∶CD＝1∶3∶5知三小球豎直方向上的位移之比應是1∶4∶9，則小球從被拋出到落到B、C、D三點所用時間之比t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，而三種情況下小球的水平位移相同，小球的初速度與其運動時間成反比，所以v1∶v2∶v3＝6∶3∶2，C項正確．7．如圖所示，一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上．物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角φ滿足()A．tanφ＝sinθ B．tanφ＝cosθC．tanφ＝tanθ D．tanφ＝2tanθ解析：選D設物體飛行時間為t，則tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，故tanφ＝2tanθ，D正確．8．以速度v0水平拋出一球，某時刻其豎直分位移與水平分位移相等，則下列判斷中錯誤的是()A．豎直分速度等于水平分速度B．此時球的速度大小為eq\r(5)v0C．運動的時間為eq\f(2v0,g)D．運動的位移為eq\f(2\r(2)v02,g)解析：選A設水平速度為v0，下落的時間為t，由題意得v0t＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(2v0,g)，豎直分速度為vy＝2v0，所以A錯誤，C正確；速度v＝eq\r(vx2＋vy2)＝eq\r(5)v0；位移s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)v02,g)，所以B、D正確．9．從離地高80m處水平拋出一個物體，3s末物體的速度大小為50m/s，取g＝10m/s2.求：(1)物體拋出時的初速度大??；(2)物體在空中運動的時間；(3)物體落地時的水平位移．解析：(1)由平拋運動的規律知v＝eq\r(vx2＋vy2)，3s末v＝50m/s，vy＝gt＝30m/s，解得vx＝40m/s，即v0＝40m/s.(2)物體在空中運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×80,10))s＝4s.(3)物體落地時的水平位移x＝v0t＝40×4m＝160m.答案：(1)40m/s(2)4s(3)160m「能力提升練」10．從水平勻速飛行的直升機上向外自由釋放一物體，不計空氣阻力，在物體下落過程中，下列說法正確的是()A．從飛機上看，物體靜止B．從飛機上看，物體始終在飛機的后方C．從地面上看，物體做平拋運動D．從地面上看，物體做自由落體運動解析：選C由于慣性，物體被自由釋放后，水平方向仍具有與飛機相同的速度，所以從飛機上看，物體做自由落體運動，A、B錯誤；從地面上看，物體釋放時已具有與飛機相同的水平速度，所以做平拋運動，C正確，D錯誤．11．(2019·黃岡期末)如圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽，從高臺邊B點以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點沿圓弧切線方向進入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角，則()A.eq\f(tanθ2,tanθ1)＝2 B．tanθ1tanθ2＝2C.eq\f(1,tanθ1tanθ2)＝2 D．eq\f(tanθ1,tanθ2)＝2解析：選B由題意知tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，tanθ2＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，由以上兩式得tanθ1tanθ2＝2.故B項正確．12．(2019·南昌檢測)如圖，可視為質點的小球，位于半徑為eq\r(3)m的半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點．過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)()A.eq\f(5\r(5),3)m/s B．4eq\r(3)m/sC．3eq\r(5)m/s D．eq\f(\r(15),2)m/s解析：選C由題意知，R＋R·cos60°＝v0t①由速度分解圖結合邊角關系得tan60°＝eq\f(v0,gt)②由以上兩式解得v0＝3eq\r(5)m/s，故選項C正確．13．(多選)(2019·唐山檢測)刀削面是同學們喜歡的面食之一，因其風味獨特，馳名中外．刀削面全憑刀削，因此得名．如圖所示，將一鍋水燒開，拿一塊面團放在鍋旁邊較高處，用一刀片飛快地削下一片片很薄的面片兒，面片便飛向鍋里，若面團到鍋的上沿的豎直距離為0.8m，最近的水平距離為0.5m，鍋的半徑為0.5m．要想使削出的面片落入鍋中，則面片的水平速度可以是下列選項中的(g＝10m/s2)()A．1m/s B．2m/sC．3m/s D．4m/s解析：選BC由h＝eq\f(1,2)gt2知，面片在空中的運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，而水平位移x＝v0t，故面片的初速度v0＝eq\f(x,t)，將x1＝0.5m，x2＝1.5m代入得面片的最小初速度v01＝eq\f(x1,t)＝1.25m/s，最大初速度v02＝eq\f(x2,t)＝3.75m/s，即1.25m/s＜v0＜3.75m/s，故B、C選項正確．14．如圖所示，在傾角為θ的斜面頂端P點以初速度v0水平拋出一個小球，最后落在斜面上的Q點，求小球在空中運動的時間以及P、Q間的距離．解析：設小球在空中運動的時間為t，P、Q間的距離為L，則小球由P落到Q的過程：水平位移x＝Lcosθ＝v0t，①豎直位移y＝Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2.②解①②式得：t＝eq\f(2v0tanθ,g)，L＝eq\f(2v02tanθ,gcosθ).答案：eq\f(2v0tanθ,g)eq\f(2v02tanθ,gcosθ)15．如圖所示，女排比賽時，排球場總長為18m，設球網高為2m，運動員站在網前3m處正對球網跳起將球水平擊出．若擊球的高度為2.5m，為使球既不觸網又不越界，求球的速度范圍．解析：如圖所示，設球剛好觸網而過，此過程球水平射程x1＝3m，球下落高度Δh＝h2－h1＝(2.5－2)m＝0.5m所以球飛行時間t1＝eq\r(\f(2h2－h1,g))＝eq\f(1,\r(10))s可得球被擊出時的最小速度v1＝eq\f(x1,t1)＝3eq\r(10)m/s設球恰好落在邊界線上，此過程球水平射程x2＝12m，球飛行時間t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×2.5,10))s＝eq\f(1,\r(2))s可得球被擊出時的最大速度v2＝eq\f(x2,t2)＝12eq\r(2)m/s欲使球既不觸網也不出界，則球被擊出時的速度應滿足：3eq\r(10)m/s<v0≤12eq\r(2)m/s.答案：3eq\r(10)m/s<v0≤12eq\r(2)m/s第五章第4節圓周運動課時分層訓練「基礎達標練」1．(多選)做勻速圓周運動的物體，下列物理量中不變的是()A．速度 B．速率C．周期 D．轉速解析：選BCD速度是矢量，勻速圓周運動的速度方向不斷改變；速率、周期、轉速都是標量，故B、C、D正確．2．(多選)質點做勻速圓周運動時，下列說法中正確的是()A．因為v＝ωR，所以線速度v與軌道半徑R成正比B．因為ω＝eq\f(v,R)，所以角速度ω與軌道半徑R成反比C．因為ω＝2πn，所以角速度ω與轉速n成正比D．因為ω＝eq\f(2π,T)，所以角速度ω與周期T成反比解析：選CDω一定時，線速度v與軌道半徑R成正比，選項A錯誤；v一定時，角速度ω與軌道半徑R成反比，選項B錯誤；在用轉速或周期表示角速度時，角速度與轉速成正比，與周期成反比，選項C、D正確．3．關于做勻速圓周運動的物體，下列說法正確的是()A．因為在相等的時間內通過的圓弧長度相等，所以線速度恒定B．如果物體在0.1s內轉過30°角，則角速度為300rad/sC．若半徑r一定，則線速度與角速度成反比D．若半徑為r，周期為T，則線速度為v＝eq\f(2πr,T)解析：選D物體做勻速圓周運動時，線速度的大小恒定，方向沿圓周的切線方向，在不斷地改變，故選項A錯誤；角速度ω＝eq\f(Δθ,Δt)＝eq\f(π/6,0.1)rad/s＝eq\f(5π,3)rad/s，選項B錯誤；線速度與角速度的關系為v＝ωr，由該式可知，r一定時，v∝ω，選項C錯誤；由線速度的定義可得，在轉動一周時有v＝eq\f(2πr,T)，選項D正確．4．電腦中用的光盤驅動器，采用恒定角速度驅動光盤，光盤上凸凹不平的小坑是存貯的數據，請問激光頭在何處時，電腦讀取數據速率比較大()A．內圈 B．外圈C．中間位置 D．與位置無關解析：選B光盤在做勻速圓周運動，光盤上某點的線速度v＝ωr，角速度恒定，則r越大時，線速度越大，所以激光頭在光盤外圈時，電腦讀取數據速率較大．5．(多選)如圖所示，在風力發電機的葉片上有A、B、C三點，其中A、C在葉片的端點，B在葉片的中點．當葉片轉動時，這三點()A．線速度大小都相等B．線速度方向都相同C．角速度大小都相等D．周期都相等解析：選CD首先A、B、C屬于同軸轉動，故他們的角速度、周期相等，故C、D正確；由v＝ωr知，他們的半徑r不相等，故線速度的大小不相等，故A錯誤；由于是做圓周運動，故線速度的方向位于切線方向，故B錯誤．6．(2019·沙市檢測)如圖是自行車傳動結構的示意圖，其中Ⅰ是半徑為r1的大齒輪，Ⅱ是半徑為r2的小齒輪，Ⅲ是半徑為r3的后輪，假設腳踏板的轉速為n，則自行車前進的速度為()A.eq\f(πnr1r3,r2) B．eq\f(πnr2r3,r1)C.eq\f(2πnr1r3,r2) D．eq\f(2πnr2r3,r1)解析：選Cv1＝v2＝2πnr1，ω3＝ω2＝eq\f(v2,r2)＝eq\f(v3,r3)，v3＝eq\f(2πnr1r3,r2)，故選項C正確．7．兩小球固定在一根長為L的桿的兩端，繞桿上的O點做圓周運動，如圖所示．當小球1的速度為v1時，小球2的速度為v2，則O點到小球2的距離是()A.eq\f(Lv1,v1＋v2) B．eq\f(Lv2,v1＋v2)C.eq\f(Lv1＋v2,v1) D．eq\f(Lv1＋v2,v2)解析：選B由題意知兩小球角速度相等，即ω1＝ω2，設球1、2到O點的距離分別為r1、r2，則eq\f(v1,r1)＝eq\f(v2,r2)，又r1＋r2＝L，所以r2＝eq\f(Lv2,v1＋v2)，B選項正確．8．做勻速圓周運動的同學，10s內沿半徑為20m的圓周運動了50m，試求該同學做勻速圓周運動時：(1)線速度的大小；(2)角速度的大小；(3)周期的大?。馕觯?1)由線速度的定義式v＝eq\f(s,t)得v＝eq\f(s,t)＝eq\f(50,10)m/s＝5m/s.(2)由v＝ωr得ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(5,20)rad/s＝0.25rad/s.(3)由ω＝eq\f(2π,T)得T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,0.25)s＝8πs.答案：(1)5m/s(2)0.25rad/s(3)8πs「能力提升練」9．(2019·天門聯考)明代出版的《天工開物》一書中就有牛力齒輪水車的圖畫(如圖)，記錄了我們祖先的勞動智慧．若A、B、C三齒輪半徑的大小關系如圖，則()A．齒輪A的角速度比C的小B．齒輪A與B角速度大小相等C．齒輪B與C邊緣的線速度大小相等D．齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的小解析：選A齒輪A與齒輪B是同緣傳動，邊緣點線速度相等，根據公式可知，半徑比較大的A的角速度小于B的角速度．而B與C是同軸傳動，角速度相等，所以齒輪A的角速度比C的小，A正確，B錯誤；B、C兩輪屬于同軸轉動，故角速度相等，根據公式v＝ωr可知，半徑比較大的齒輪B比C邊緣的線速度大，C錯誤；齒輪A、B邊緣的線速度相等，齒輪B比C邊緣的線速度大，所以齒輪A邊緣的線速度比C邊緣的大，D錯誤．10．如圖所示，如果把鐘表上的時針、分針、秒針的運動看成勻速圓周運動，那么，從它的分針與秒針第一次重合至第二次重合，中間經歷的時間為()A.eq\f(59,60)min B．1minC.eq\f(60,59)min D．eq\f(61,60)min解析：選C分針與秒針的角速度分別為ω分＝eq\f(2π,3600)rad/s，ω秒＝eq\f(2π,60)rad/s.設兩次重合的時間間隔為Δt，因φ分＝ω分Δt，φ秒＝ω秒Δt，φ秒－φ分＝2π，得Δt＝eq\f(2π,ω秒－ω分)＝eq\f(2π,\f(2π,60)－\f(2π,3600))s＝eq\f(3600,59)s＝eq\f(60,59)min，故C正確．11．某機器內有兩個圍繞各自固定軸勻速轉動的鋁盤A、B，A盤上固定一個信號發射裝置P，能持續沿半徑向外發射紅外線，P到圓心的距離為28cm.B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為16cm.P、Q轉動的線速度均為4πm/s.當P、Q正對時，P發出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖所示，則Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值為()A．0.42s B．0.56sC．0.70s D．0.84s解析：選BP的周期TP＝eq\f(2πrP,v)＝eq\f(2π×0.28,4π)s＝0.14s．Q的周期TQ＝eq\f(2πrQ,v)＝eq\f(2π×0.16,4π)s＝0.08s．因為經歷的時間必須等于它們周期的整數倍，根據數學知識，0.14和0.08的最小公倍數為0.56s，所以經歷的時間最小值為0.56s．故B正確，A、C、D錯誤．12．(多選)如圖所示為某一皮帶傳動裝置，M是主動輪，其半徑為r1，M′半徑也為r1，M′和N在同一軸上，N和N′的半徑都為r2.已知主動輪做順時針轉動，轉速為n，轉動過程中皮帶不打滑．則下列說法正確的是()A．N′輪做的是逆時針轉動B．N′輪做的是順時針轉動C．N′輪的轉速為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))2nD．N′輪的轉速為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,r1)))2n解析：選BC根據皮帶傳動關系可以看出，N輪和M輪轉動方向相反，N′輪和N輪的轉動方向相反，因此N′輪的轉動方向為順時針，故A錯誤，B正確；皮帶與輪邊緣接觸處的線速度相等，所以2πnr1＝2πn2r2，得N(或M′)輪的轉速為n2＝eq\f(nr1,r2)，同理2πn2r1＝2n2′πr2，可得N′輪轉速n2′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))2n，故C正確，D錯誤．13．如圖所示的傳動裝置中，B、C兩輪固定在一起繞同一軸轉動，A、B兩輪用皮帶傳動，三個輪的半徑關系是rA＝rC＝2rB.若皮帶不打滑，求A、B、C三輪邊緣上a、b、c三點的角速度之比和線速度之比．解析：A、B兩輪通過皮帶傳動，皮帶不打滑，則A、B兩輪邊緣的線速度大小相等，即va＝vb或va∶vb＝1∶1①由v＝ωr得ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2②B、C兩輪固定在一起繞同一軸轉動，則B、C兩輪的角速度相等，即ωb＝ωc或ωb∶ωc＝1∶1③由v＝ωr得vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2④由②③得ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2，由①④得va∶vb∶vc＝1∶1∶2.答案：1∶2∶21∶1∶214．如圖所示，豎直圓筒內壁光滑，半徑為R，頂部有入口A，在A的正下方h處有出口B.一質量為m的小球從入口A沿圓筒壁切線方向水平射入圓筒內，要使小球從出口B飛出．小球進入入口A處的速度v0應滿足什么條件？解析：該題中小球的運動軌跡是空間螺旋曲線，可將其分解為兩個簡單的分運動：一個是以初速度v0在筒內壁彈力作用下做勻速圓周運動，如圖甲所示；另一個是在重力作用下做自由落體運動．因此若將圓筒從直線AB展開為平面，則小球沿圓筒壁的運動是平拋運動，如圖乙所示．據此得小球在筒內運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g)).由題設條件得水平方向的位移應是圓周長的整數倍，即l＝v0t＝2nπR(n＝1,2,3，…)．聯立以上兩式得v0＝nπReq\r(\f(2g,h))(n＝1,2,3，…)．答案：v0＝nπReq\r(\f(2g,h))(n＝1,2,3，…)第五章第5節向心加速度課時分層訓練「基礎達標練」1．下列關于勻速圓周運動的性質的說法正確的是()A．勻速運動 B．勻加速運動C．加速度不變的曲線運動 D．變加速曲線運動解析：選D勻速圓周運動是變速運動，它的加速度大小不變，方向始終指向圓心，是變量，故勻速圓周運動是變加速曲線運動，故A、B、C錯誤，D正確．2．關于做勻速圓周運動物體的向心加速度方向，下列說法正確的是()A．與線速度方向始終相同B．與線速度方向始終相反C．始終指向圓心D．始終保持不變解析：選C做勻速圓周運動的物體，它的向心加速度始終與線速度垂直且指向圓心，加速度的大小不變，方向時刻變化，所以C選項正確．3．如圖所示，B和C是一組塔輪，即B和C半徑不同，但固定在同一轉動軸上，其半徑之比為RB∶RC＝3∶2，A輪的半徑大小與C輪相同，它與B輪緊靠在一起，當A輪繞過其中心的豎直軸轉動時，由于摩擦作用，B輪也隨之無滑動地轉動起來．a、b、c分別為三輪邊緣的三個點，則a、b、c三點在運動過程中的()A．線速度大小之比為3∶2∶2B．角速度之比為3∶3∶2C．轉速之比為2∶3∶2D．向心加速度大小之比為9∶6∶4解析：選D輪A、B邊緣點的線速度相等，故va∶vb＝1∶1，根據公式v＝rω，有ωa∶ωb＝3∶2，根據ω＝2πn，有na∶nb＝3∶2，根據a＝vω，有aa∶ab＝3∶2，輪B、輪C是共軸傳動，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，根據公式v＝rω，有vb∶vc＝3∶2，根據ω＝2πn，有nb∶nc＝1∶1，根據a＝vω，有ab∶ac＝3∶2，綜合得到va∶vb∶vc＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，na∶nb∶nc＝3∶2∶2，aa∶ab∶ac＝9∶6∶4，故D選項正確．4．(多選)一只質量為m的老鷹，以速率v在水平面內做半徑為r的勻速圓周運動，則關于老鷹的向心加速度的說法正確的是()A．大小為eq\f(v2,r) B．大小為g－eq\f(v2,r)C．方向在水平面內 D．方向在豎直面內解析：選AC根據an＝eq\f(v2,r)可知選項A正確；由于老鷹在水平面內運動，向心加速度始終指向圓心，所以向心加速度的方向在水平面內，C正確．5．做勻速圓周運動的兩物體甲和乙，它們的向心加速度分別為a1和a2，且a1>a2，下列判斷正確的是()A．甲的線速度大于乙的線速度B．甲的角速度比乙的角速度小C．甲的軌道半徑比乙的軌道半徑小D．甲的速度方向比乙的速度方向變化快解析：選D由于不知甲和乙做勻速圓周運動的半徑大小關系，故不能確定它們的線速度、角速度的大小關系，故A、B、C錯誤；向心加速度是表示線速度方向變化快慢的物理量，a1>a2，表明甲的速度方向比乙的速度方向變化快，故D正確．6．一小球被細繩拴著，在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動，向心加速度為an，那么()A．角速度ω＝eq\f(an,R)B．時間t內通過的路程為s＝teq\r(anR)C．周期T＝eq\r(\f(R,an))D．可能發生的最大位移為2πR解析：選B由an＝ω2r，得ω＝eq\r(\f(an,r))＝eq\r(\f(an,R))，A錯誤；由an＝eq\f(v2,r)，得線速度v＝eq\r(anr)＝eq\r(anR)，所以時間t內通過的路程為s＝vt＝teq\r(anR)，B正確；由an＝ω2r＝eq\f(4π2r,T2)，得T＝2πeq\r(\f(r,an))＝2πeq\r(\f(R,an))，C錯誤；對于做圓周運動的物體而言，位移大小即為圓周上兩點間的直線距離，最大值為2R，D錯誤．7．(多選)(2019·濟南檢測)如圖所示，一圓環以直徑AB為軸做勻速轉動，P、Q、R是環上的三點，則下列說法正確的是()A．向心加速度的大小aP＝aQ＝aRB．任意時刻P、Q、R三點向心加速度的方向相同C．線速度vP＞vQ＞vRD．任意時刻P、Q、R三點的線速度方向均不同解析：選BCR、Q、P三點的軌道圓心都在軸AB上，且它們的軌道平面互相平行，因此三點的角速度相同，向心加速度方向也相同且指向軸AB，由a＝rω2可知：aP＞aQ＞aR，又由v＝rω可知vP＞vQ＞vR，因此A錯誤，B、C正確；三點的線速度方向都沿軌跡的切線方向，故它們的線速度方向相同，D錯誤．8．運用納米技術能夠制造出超微電機，英國的一家超微研究所宣稱其制造的超微電機轉子的半徑只有30μm，轉速高達2000r/min，試估算位于轉子邊緣的一個質量為10×10－26kg的原子的向心加速度．(保留兩位有效數字)解析：轉速n＝2000r/min＝eq\f(2000,60)r/sω＝2πn＝eq\f(200π,3)rad/san＝ω2r＝eq\f(200×3.142,9)×30×10－6m/s2≈1.3m/s2.答案：1.3m/s2「能力提升練」9．如圖所示，質量為m的木塊從半徑為R的半球形碗口下滑到碗的最低點的過程中，如果由于摩擦力的作用使木塊的速率不變，那么()A．加速度為零B．加速度恒定C．加速度大小不變，方向時刻改變，但不一定指向圓心D．加速度大小不變，方向時刻指向圓心解析：選D由題意知，木塊做勻速圓周運動，木塊的加速度大小不變，方向時刻指向圓心，D正確，A、B、C錯誤．10．(多選)如圖所示是甲、乙兩球做圓周運動的向心加速度隨半徑變化的關系圖象，下列說法中正確的是()A．甲球線速度大小保持不變B．乙球線速度大小保持不變C．甲球角速度大小保持不變D．乙球角速度大小保持不變解析：選AD從圖象知，對甲：a與R成反比，由a＝eq\f(v2,R)知，當v一定時，a∝eq\f(1,R)，故甲球線速度大小不變．對乙：a與R成正比，由a＝ω2R知，當ω一定時，a∝R，乙球角速度一定，故A、D選項正確．11．(多選)(2019·玉溪檢測)如圖所示，皮帶傳動裝置中，右邊兩輪連在一起共軸轉動，圖中三輪半徑分別為r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三點為三個輪邊緣上的點，皮帶不打滑．向心加速度分別為a1、a2、a3，則下列比例關系正確的是()A.eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,2) B．eq\f(a1,a2)＝eq\f(2,3)C.eq\f(a2,a3)＝eq\f(2,1) D．eq\f(a2,a3)＝eq\f(1,2)解析：選BD由于皮帶不打滑，v1＝v2，a＝eq\f(v2,r)，故eq\f(a1,a2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(2,3)，A錯誤，B正確；由于右邊兩輪共軸轉動，ω2＝ω3，a＝rω2，eq\f(a2,a3)＝eq\f(r2,r3)＝eq\f(1,2)，C錯誤，D正確．12．如圖所示，A、B為嚙合傳動的兩齒輪，rA＝2rB，則A、B兩輪邊緣上兩點的()A．角速度之比為2∶1B．向心加速度之比為1∶2C．周期之比為1∶2D．轉速之比為2∶1解析：選B根據兩輪邊緣線速度相等，由v＝ωr，得角速度之比為ωA∶ωB＝rB∶rA＝1∶2，故A錯誤；由an＝eq\f(v2,r)，得向心加速度之比為aA∶aB＝rB∶rA＝1∶2，故B正確；由T＝eq\f(2πr,v)，得周期之比為TA∶TB＝rA∶rB＝2∶1，故C錯誤；由n＝eq\f(ω,2π)，得轉速之比為nA∶nB＝ωA∶ωB＝1∶2，故D錯誤．13．如圖所示，定滑輪的半徑r＝2cm.繞在滑輪上的細線懸掛著一個重物，由靜止開始釋放，測得重物以加速度a＝2m/s2向下做勻加速運動．在重物由靜止下落1m的瞬間，滑輪邊緣上P點的角速度ω＝________rad/s，向心加速度an＝________m/s2.解析：由題意知，滑輪邊緣上的點的線速度與物體的速度相等．由推論公式2as＝v2得v＝2m/s又因為v＝ωr所以ω＝100rad/sa＝vω＝200m/s2.答案：10020014．一圓柱形小物塊放在水平轉盤上，并隨著轉盤一起繞O點勻速轉動．在小物塊轉一周的過程中，通過頻閃照相技術對其進行研究，從轉盤的正上方拍照，得到的頻閃照片如圖所示，已知頻閃儀的閃光頻率為30Hz，轉動半徑為2m，該轉盤轉動的角速度和物塊的向心加速度是多少？解析：閃光頻率為30Hz，就是說每隔eq\f(1,30)s閃光一次，由頻閃照片可知，轉一周要用6個時間間隔，即eq\f(1,5)s，所以轉盤轉動的角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s物塊的向心加速度為a＝ω2r＝200π2m/s2答案：10πrad/s200π2m/s215．如圖所示，壓路機大輪的半徑R是小輪半徑r的2倍，壓路機勻速行進時，大輪邊緣上A點的向心加速度是0.12m/s2，那么小輪邊緣上的B點向心加速度是多少？大輪上距軸心的距離為eq\f(R,3)的C點的向心加速度是多大？解析：因為vB＝vA，由a＝eq\f(v2,r)，得eq\f(aB,aA)＝eq\f(rA,rB)＝2，所以aB＝0.24m/s2，因為ωA＝ωC，由a＝ω2r，得eq\f(aC,aA)＝eq\f(rC,rA)＝eq\f(1,3)所以aC＝0.04m/s2.答案：0.24m/s20.04m/s2第五章第6節向心力課時分層訓練「基礎達標練」1．以下關于向心力及其作用的說法中正確的是()A．向心力既改變圓周運動物體速度的方向，又改變速度的大小B．在物體所受力中，只有指向圓心的力才是向心力C．向心力是按照力的性質命名的D．做勻速圓周運動的物體所受的合外力即為物體的向心力解析：選D向心力的方向與速度方向垂直，不改變速度的大小，只改變速度的方向，故A錯誤；向心力是效果力，不是物體做圓周運動受到的力，勻速圓周運動的物體向心力由合力提供，故B、C錯誤，D正確．2．一圓盤可繞通過圓盤中心O且垂直于盤面的豎直軸轉動．在圓盤上放置一小木塊A，它隨圓盤一起做加速圓周運動(如圖所示)，則關于木塊A的受力，下列說法正確的是()A．木塊A受重力、支持力和向心力B．木塊A受重力、支持力和靜摩擦力，摩擦力的方向指向圓心C．木塊A受重力、支持力和靜摩擦力，摩擦力的方向與木塊運動方向相反D．木塊A受重力、支持力和靜摩擦力，摩擦力沿半徑方向的分力提供向心力解析：選D木塊A受重力、支持力和靜摩擦力，木塊隨圓盤做加速圓周運動，摩擦力沿半徑方向的分力提供向心力，摩擦力沿切線方向的分力改變速度的大?。詢蓚€分力合成后的合力不沿半徑方向，不指向圓心，故D選項正確．3．如圖所示，在水平冰面上，狗拉著雪橇做勻速圓周運動，O點為圓心．能正確表示雪橇受到的牽引力F及摩擦力Ff的圖是()解析：選C由于雪橇在冰面上滑動，其滑動摩擦力方向必與運動方向相反，即沿圓的切線方向；因雪橇做勻速圓周運動，合力一定指向圓心．故C選項正確．4．做勻速圓周運動的物體，它所受的向心力的大小必定與()A．線速度平方成正比B．角速度平方成正比C．運動半徑成反比D．線速度和角速度的乘積成正比解析：選D因做勻速圓周運動的物體滿足關系Fn＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mvω，由此可以看出在R、v、ω是變量的情況下，Fn與R、v、ω是什么關系不能確定，只有在R一定的情況下，向心力才與線速度的平方、角速度的平方成正比；在v一定時，Fn與R成反比；ω一定時，Fn與R成正比．故選項A、B、C錯誤，而從Fn＝mvω看，因m是不變的，故選項D正確．5．秋千的吊繩有些磨損．在擺動過程中，吊繩最容易斷裂的時候是秋千()A．在下擺過程中 B．在上擺過程中C．擺到最高點時 D．擺到最低點時解析：選D當秋千擺到最低點時速度最大，由F－mg＝meq\f(v2,l)知，吊繩中拉力F最大，吊繩最容易斷裂，選項D正確．6．質量不計的輕質彈性桿P插入桌面上的小孔中，桿的另一端套有一個質量為m的小球，今使小球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動，且角速度為ω，如圖所示，則桿的上端受到球對其作用力的大小為()A．mω2R B．meq\r(g2－ω4R2)C．meq\r(g2＋ω4R2) D．不能確定解析：選C對小球進行受力分析，小球受兩個力：一個是重力mg，另一個是桿對小球的作用力F，兩個力的合力充當向心力．由平行四邊形定則可得：F＝meq\r(g2＋ω4R2)，再根據牛頓第三定律，可知桿受到球對其作用力的大小為F＝meq\r(g2＋ω4R2).故選項C正確．7．(多選)如圖所示，上海磁浮線路的最大轉彎處半徑達到8000m，近距離用肉眼看幾乎是一條直線，而轉彎處最小半徑也達到1300m．一個質量為50kg的乘客坐在以360km/h的不變速率行駛的車里，隨車駛過半徑為2500m的彎道，下列說法正確的是()A．乘客受到的向心力大小約為200NB．乘客受到的向心力大小約為539NC．乘客受到的向心力大小約為300ND．彎道半徑設計特別長可以使乘客在轉彎時更舒適解析：選AD根據向心力公式F＝meq\f(v2,r)可計算出乘客受到的向心力大小約為200N，A正確，B、C錯誤；根據F＝meq\f(v2,r)可知，在m、v保持不變的情況下，r越大，乘客所受的向心力越小，在轉彎時乘客更舒適，D正確．8．有一種叫“飛椅”的游樂項目，示意圖如圖所示，長為L的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉盤邊緣．轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動，當轉盤以角速度ω勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角為θ.不計鋼繩的重力，求轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系．解析：設轉盤角速度為ω，鋼繩與豎直方向夾角為θ，座椅到中心軸的距離：R＝r＋Lsinθ，對座椅分析有：Fn＝mgtanθ＝mRω2，聯立兩式得ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ)).答案：ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))「能力提升練」9．未來的星際航行中，宇航員長期處于零重力狀態，為緩解這種狀態帶來的不適，有人設想在未來的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉艙”，如圖所示．當旋轉艙繞其軸線勻速旋轉時，宇航員站在旋轉艙內圓柱形側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力．為達到上述目的，下列說法正確的是()A．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越大B．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度就應越小C．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越大D．宇航員質量越大，旋轉艙的角速度就應越小解析：選B旋轉艙對宇航員的支持力提供宇航員做圓周運動的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(g,r))，即旋轉艙的半徑越大，角速度越小，而且與宇航員的質量無關，選項B正確．10．(多選)如圖所示，在水平轉臺上放一個質量M＝2kg的木塊，它與轉臺間的最大靜摩擦力為Fmax＝6.0N，繩的一端系在木塊上，另一端通過轉臺的中心孔O(孔光滑)懸掛一個質量m＝1.0kg的物體，當轉臺以角速度ω＝5rad/s勻速轉動時，木塊相對轉臺靜止，則木塊到O點的距離可以是(g取10m/s2，M、m均視為質點)()A．0.04m B．0.08mC．0.16m D．0.32m解析：選BCD當M有遠離軸心運動的趨勢時，有mg＋Fmax＝Mω2rmax，解得rmax＝eq\f(mg＋Fmax,Mω2)＝0.32m，當M有靠近軸心運動的趨勢時，有mg－Fmax＝Mω2rmin，解得rmin＝eq\f(mg－Fmax,Mω2)＝0.08m，則0.08m≤r≤0.32m．故選項B、C、D正確，A錯誤．11．如圖所示，將完全相同的兩小球A、B，用長為L＝0.8m的細繩懸于以v＝4m/s向右勻速運動的小車頂部，兩球與小車前后壁接觸．由于某種原因，小車突然停止運動，此時懸線的拉力之比FB∶FA為(g取10m/s2)()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：選C當車突然停下時，B球不動，繩對B球的拉力仍為小球的重力，A球向右擺動做圓周運動，則突然停止時A球所處的位置為圓周運動的最低點，根據牛頓第二定律得，FA－mg＝meq\f(v2,L)，可得FA＝3mg，故FB∶FA＝1∶3.12．(多選)一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質量相同的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，如圖所示，A的運動半徑較大，則()A．A球的角速度必小于B球的角速度B．A球的線速度必小于B球的線速度C．A球的運動周期必大于B球的運動周期D．A球對筒壁的壓力必大于B球對筒壁的壓力解析：選AC兩個小球均受到重力mg和筒壁對它的彈力FN的作用，其合力必定在水平面內時刻指向圓心．由圖可知，筒壁對球的彈力FN＝eq\f(mg,sinθ)，向心力Fn＝eq\f(mg,tanθ)，其中θ為圓錐頂角的一半．對于A、B兩球因質量相等，θ角也相等，所以A、B兩小球受到筒壁的彈力大小相等，A、B兩小球對筒壁的壓力大小相等，D錯誤；由牛頓第二定律知，eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(mv2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2).所以，小球的線速度v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，角速度ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))，周期T＝2πeq\r(\f(rtanθ,g)).由此可見，小球A的線速度必定大于小球B的線速度，B錯誤；小球A的角速度必小于小球B的角速度，小球A的周期必大于小球B的周期，A、C正確．13．如圖所示，質量為m的物體，沿半徑為r的圓軌道自A點滑下，A與圓心O等高，滑至B點(B點在O點正下方)時的速度為v.已知物體與軌道間的動摩擦因數為μ，求物體在B點所受的摩擦力．解析：物體由A滑到B的過程中，受到重力、軌道彈力及摩擦力的作用，做圓周運動．物體在B點的受力情況如圖所示，其中軌道彈力FN與重力G＝mg的合力提供物體做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,r)，得FN＝mg＋eq\f(mv2,r)，則滑動摩擦力為Ff＝μFN＝μmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2,r))).答案：μmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(v2,r)))14．如圖所示，水平轉盤上放有質量為m的物體(可視為質點)，連接物體和轉軸的繩子長為r，物體與轉盤間的最大靜摩擦力是其壓力的μ倍，轉盤的角速度由零逐漸緩慢增大，求：(1)繩子對物體的拉力為零時的最大角速度；(2)當角速度為eq\r(\f(3μg,2r))時，繩子對物體拉力的大小．解析：(1)當恰由最大靜摩擦力提供向心力時，繩子拉力為零且角速度達到最大，設轉盤轉動的角速度為ω0，則μmg＝mω02r，得ω0＝eq\r(\f(μg,r)).(2)當ω＝eq\r(\f(3μg,2r))時，ω>ω0，所以繩子的拉力F和最大靜摩擦力共同提供向心力，此時，F＋μmg＝mω2r即F＋μmg＝m·eq\f(3μg,2r)·r，得F＝eq\f(1,2)μmg.答案：(1)eq\r(\f(μg,r))(2)eq\f(1,2)μmg第五章第7節生活中的圓周運動課時分層訓練「基礎達標練」1．(多選)在下面所介紹的各種情況中，哪種情況將出現超重現象()A．蕩秋千經過最低點的小孩B．汽車過凸形橋C．汽車過凹形橋D．在繞地球做勻速圓周運動的飛船中的儀器解析：選ACA、C兩項中的小孩、汽車的加速度都豎直向上，所以處于超重狀態．而B、D兩項中的汽車、飛船中的儀器處于失重狀態．2．在水平路面上轉彎的汽車，提供向心力的是()A．重力和支持力的合力B．靜摩擦力C．滑動摩擦力D．重力、支持力和牽引力的合力解析：選B汽車在水平路面上轉彎時，與線速度方向垂直且指向圓心的靜摩擦力提供汽車轉彎所需的向心力．3．(多選)如圖所示，光滑水平面上，質量為m的小球在拉力F作用下做勻速圓周運動．若小球運動到P點時，拉力F發生變化，下列關于小球運動情況的說法中正確的是()A．若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做離心運動B．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pb做離心運動C．若拉力突然消失，小球將沿軌跡Pa做離心運動D．若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pc做近心運動解析：選BC若拉力突然變大，則小球將做近心運動，不會沿軌跡Pb做離心運動，A項錯誤；若拉力突然變小，則小球將做離心運動，但由于力與速度有一定的夾角，故小球將做曲線運動，B項正確，D項錯誤；若拉力突然消失，則小球將沿著P點處的切線運動，C項正確．4．(多選)(2019·南通檢測)如圖，鐵路在彎道處的內外軌道高低是不同的，當質量為m的火車以速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力的作用，下面分析正確的是()A．此時火車轉彎所需向心力由重力和支持力的合力來提供B．若火車速度小于v時，外軌將受到側壓力作用C．若火車速度大于v時，外軌將受到側壓力作用D．無論火車以何種速度行駛，對內側軌道都有側壓力作用解析：選AC火車以某一速度v通過彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，故A正確，D錯誤；當轉彎的實際速度小于規定速度v時，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火車有向心趨勢，故其內側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，內軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向內，故B錯誤；當轉彎的實際速度大于規定速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火車有離心趨勢，故其外側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，外軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向外，故C正確．5．(2019·太原檢測)如圖所示，地球可以看成一個巨大的拱形橋，橋面半徑R＝6400km，地面上行駛的汽車中駕駛員的重力G＝800N，在汽車不離開地面的前提下，下列分析中正確的是()A．汽車的速度越大，則汽車對地面的壓力也越大B．不論汽車的行駛速度如何，駕駛員對座椅壓力大小都等于800NC．不論汽車的行駛速度如何，駕駛員對座椅壓力大小都小于他自身的重力D．如果某時刻速度增大到使汽車對地面壓力為零，則此時駕駛員會有超重的感覺解析：選C汽車的重力和地面對汽車的支持力的合力提供向心力，則有mg－N＝meq\f(v2,R)，重力是一定的，v越大，則N越小，故A、B錯誤；因為駕駛員的一部分重力用于提供駕駛員做圓周運動所需的向心力，所以駕駛員對座椅壓力小于他自身的重力，故C正確；如果速度增大到使汽車對地面的壓力為零，說明汽車和駕駛員的重力全部用于提供做圓周運動所需的向心力，處于完全失重狀態，此時駕駛員會有失重的感覺，故D錯誤．6．冰面對溜冰運動員的最大靜摩擦力為運動員重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運動員，其安全速度應為()A．v＝keq\r(gR) B．v≤eq\r(kgR)C．v≥eq\r(kgR) D．v≤eq\r(\f(gR,k))解析：選B當處于臨界狀態時，有kmg＝meq\f(v2,R)，得臨界速度v＝eq\r(kgR).故安全速度v≤eq\r(kgR)，故B選項正確．7．一汽車通過拱形橋頂點時速度為10m/s，車對橋頂的壓力為車重的eq\f(3,4)，如果要使汽車在橋頂對橋面沒有壓力，車速至少為()A．15m/s B．20m/sC．25m/s D．30m/s解析：選B當FN＝eq\f(3,4)G時，因為G－FN＝meq\f(v2,r)，所以eq\f(1,4)G＝meq\f(v2,r)，當FN＝0時，G＝meq\f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20m/s，故B選項正確．8．火車以半徑r＝900m轉彎，火車質量為8×105kg，軌道寬為l＝1.4m，外軌比內軌高h＝14cm，為了使鐵軌不受輪緣的擠壓，火車的速度應為多大？(g取10m/s2)解析：若火車在轉彎時不受擠壓，即由重力和支持力的合力提供向心力，火車轉彎平面是水平面．火車受力如圖所示，由牛頓第二定律得F＝mgtanα＝meq\f(v2,r)①由于α很小，可以近似認為tanα＝sinα＝eq\f(h,l)②解①②式得v＝30m/s.答案：30m/s「能力提升練」9．(多選)公路急轉彎處通常是交通事故多發地帶．如圖所示，某公路急轉彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢．則在該彎道處()A．路面外側高內側低B．車速只要低于v0，車輛便會向內側滑動C．車速雖然高于v0，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側滑動D．當路面結冰時，與未結冰時相比，v0的值變小解析：選AC汽車轉彎時，恰好沒有向公路內外兩側滑動的趨勢，說明公路外側高一些，支持力的水平分力剛好提供向心力，此時汽車不受靜摩擦力的作用，與路面是否結冰無關，故選項A正確，選項D錯誤；當v<v0時，支持力的水平分力大于所需向心力，汽車有向內側滑動的趨勢，摩擦力向外側；當v>v0時，支持力的水平分力小于所需向心力，汽車有向外側滑動的趨勢，摩擦力指向內側，在摩擦力大于最大靜摩擦力前不會側滑，故選項B錯誤，選項C正確．10．(多選)如圖所示，A、B兩物體放在旋轉的圓臺上，兩物體與圓臺面間的動摩擦因數均為μ，兩物體的質量相等，A物體離轉軸的距離是B物體離轉軸距離的2倍，當圓臺旋轉時，A、B均未滑動，則下列說法中正確的是()A．A物體所受的摩擦力小B．A物體的向心加速度大C．當圓臺的轉速增加時，A先滑動D．當圓臺的轉速增加時，B先滑動解析：選BC當A、B兩物體在圓臺上隨圓臺一起旋轉時，它們所需的向心力均由圓臺對物體的靜摩擦力提供，所以FA＝FfA＝mArAω2；FB＝FfB＝mBrBω2，由題意可知：rA>rB，所以FfA>FfB，A錯誤；由牛頓第二定律可知，F＝ma，a＝rω2，所以aA>aB，B正確；當圓臺的轉速增大時，角速度ω也隨之增大，由于rA>rB，所以A物體所需向心力增大得快，所以A物體先出現合力(即摩擦力)不足以提供圓周運動所需向心力的情況，A先滑動，C正確，D錯誤．11．(多選)如圖所示，小物塊位于放在地面上半徑為R的半球的頂端，若給小物塊一水平的初速度v時小物塊對半球剛好無壓力，則下列說法正確的是()A．小物塊立即離開球面做平拋運動B．小物塊落地時水平位移為eq\r(2)RC．小物塊沿球面運動D．小物塊落地時速度的方向與地面成45°角解析：選AB小物塊在最高點時對半球的頂端剛好無壓力，表明從最高點開始小物塊離開球面做平拋運動，A對，C錯；由mg＝meq\f(v2,R)知，小物塊在最高點的速度大小v＝eq\r(gR)，又由于R＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，x＝vt，故x＝eq\r(2)R，B對；tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\r(2)，θ>45°，D錯．12．(多選)(2019·大連高一檢測)如圖所示，質量為m的小球置于正方體的光滑盒子中，盒子的邊長略大于球的直徑．某同學拿著該盒子在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，要使在最高點時盒子與小球之間恰好無作用力，則()A．在最高點小球的速度水平，小球既不超重也不失重B．小球經過與圓心等高的位置時，處于超重狀態C．盒子在最低點時對小球彈力大小等于2mg，方向向上D．該盒子做勻速圓周運動的周期一定等于2πeq\r(\f(R,g))解析：選CD在最高點小球的加速度為g，處于完全失重狀態，A錯誤；小球經過與圓心等高的位置時，豎直加速度為零，既不超重也不失重，B錯誤；在最高點有mg＝meq\f(v2,R)，解得該盒子做勻速圓周運動的速度v＝eq\r(gR)，該盒子做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πR,v)＝2πeq\r(\f(R,g))，選項D正確；在最低點時，盒子與小球之間的彈力和小球重力的合力提供小球運動的向心力，由F－mg＝meq\f(v2,R)，解得F＝2mg，選項C正確．13．在公路轉彎處，常采用外高內低的斜面式彎道，這樣可以使車輛經過彎道時不必大幅減速，從而提高通行能力且節約燃料．若某處有這樣的彎道，其半徑為r＝100m，路面傾角為θ，且tanθ＝0.4，取g＝10m/s2.(1)求汽車的最佳通過速度，即不出現側向摩擦力時的速度；(2)若彎道處側向動摩擦因數μ＝0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求汽車的最大速度．解析：(1)如圖甲所示，當汽車通過彎道時，做水平面內的圓周運動，不出現側向摩擦力時，汽車受到重力G和路面的支持力N兩個力的作用，兩力的合力提供汽車做圓周運動的向心力．則有mgtanθ＝meq\f(v02,r)所以v0＝eq\r(grtanθ)＝eq\r(10×100×0.4)m/s＝20m/s.(2)當汽車以最大速度通過彎道時，受力分析如圖乙所示．將支持力N和摩擦力f進行正交分解，有N1＝Ncosθ，N2＝Nsinθ，f1＝fsinθ，f2＝fcosθ所以有G＋f1＝N1，N2＋f2＝F向，且f＝μN由以上各式可解得向心力為F向＝eq\f(sinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)mg＝eq\f(tanθ＋μ,1－μtanθ)mg根據F向＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(tanθ＋μ,1－μtanθ)gr)＝eq\r(\f(0.4＋0.5,1－0.5×0.4)×10×100)m/s＝15eq\r(5)m/s.答案：(1)20m/s(2)15eq\r(5)m/s14．(2019·南通檢測)如圖所示，一輛質量為500kg的汽車靜止在一座半徑為40m的圓弧形拱橋頂部．(取g＝10m/s2)(1)此時汽車對圓弧形拱橋的壓力是多大？(2)如果汽車以6m/s的速度經過拱橋的頂部，則汽車對圓弧形拱橋的壓力是多大？(3)汽車以多大速度通過拱橋的頂部時，汽車對圓弧形拱橋的壓力恰好為零？解析：(1)汽車受重力和支持力兩個力作用，如圖所示．汽車靜止時，則有：N＝mg＝5000N，所以汽車對拱橋的壓力為：FN＝N＝5000N.(2)汽車的向心加速度為：a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(36,40)＝0.9m/s2，根據牛頓第二定律得：mg－N＝ma，解得：N＝mg－ma＝500×(10－0.9)N＝4550N.則汽車對圓弧形拱橋的壓力為4550N.(3)汽車只受重力，根據mg＝meq\f(v′2,R)得，汽車的速度為：v′＝eq\r(gR)＝eq\r(40×10)＝20m/s.答案：(1)5000N(2)4550N(3)20m/s第五章習題課曲線運動中的幾類典型問題課時提升訓練一、選擇題1．(多選)一只小船渡河，水流速度各處相同且恒定不變，方向平行于岸邊．小船相對于靜水分別做勻加速、勻減速、勻速直線運動，其運動軌跡如圖所示．船相對于靜水的初速度大小均相同，且方向垂直于河岸，船在渡河過程中船頭方向始終不變．由此可知()A．小船沿三條不同軌跡渡河的時間相同B．沿AC軌跡渡河所用時間最短C．沿AC和AD軌跡小船都是做勻變速運動D．AD是勻減速運動的軌跡解析：選BCD船相對于靜水的初速度大小均相同，方向垂直于岸邊，但是運動的性質不同，則渡河時間也不同，故A錯誤；沿AB軌跡，合速度不變，說明船相對于靜水的速度不變，合運動為勻速運動；沿AC軌跡運動，由圖可知，彎曲的方向向上，根據曲線運動，合力指向曲線的凹側可知，軌跡AC中小船做勻加速曲線運動；同理，軌跡AD是勻減速運動的軌跡，故B、C、D正確．2．一輪船以一定的速度垂直河流向對岸行駛，當河水勻速流動時，輪船所通過的路程、過河所用的時間與水流速度的正確關系是()A．水速越大，路程越長，時間越長B．水速越大，路程越短，時間越短C．水速越大，路程和時間都不變D．水速越大，路程越長，時間不變解析：選D輪船渡河的運動是兩個分運動的合成：假設河水不流動，輪船在靜止的河水中垂直對岸行駛；假設輪船不運行，而河水流動，則輪船隨河水一起向下游漂流．這兩個分運動具有獨立性，因而河水流速增大不影響輪船到達對岸的時間，但在相同的時間里，沿水流方向移動的位移要增大，因而選項D正確．3．(多選)乘坐游樂園的過山車時，質量為m的人隨車在豎直平面內沿圓周軌道運動，下列說法正確的是()A．車在最高點時人處于倒坐狀態，全靠保險帶拉住，若沒有保險帶，人一定會掉下去B．人在最高點時對座位仍可能產生壓力，但壓力一定小于mgC．人在最低點時處于超重狀態D．人在最低點時對座位的壓力大于mg解析：選CD由圓周運動的臨界條件知：當人在最高點v＝eq\r(gR)時，人對座位和保險帶都無作用力；當v＞eq\r(gR)時，人對座位有壓力，當v＞eq\r(2gR)時，壓力大于mg，故A、B錯誤；人在最低點：FN－mg＝eq\f(mv2,R)，FN＞mg，故C、D選項正確．4．兩根光滑的桿互相垂直地固定在豎直平面內．上面分別穿有一個小球．小球a、b間用一細直棒相連如圖所示．釋放后兩球都開始滑動．當細直棒與豎直桿夾角為θ時，兩小球實際速度大小之比va∶vb等于()A．sinθ∶1 B．cosθ∶1C．tanθ∶1 D．cotθ∶1解析：選C由速度的合成與分解可知，將兩球的速度分解，如圖所示，則有：va＝eq\f(v桿,cosθ)，而vb＝eq\f(v桿,sinθ)，那么兩小球實際速度之比va∶vb＝sinθ∶cosθ＝tanθ∶1，故C正確，A、B、D錯誤．5．如圖所示，在不計滑輪摩擦和繩子質量的條件下，當小車以速度v勻速向右運動到如圖所示位置時，物體P的速度為()A．v B．vcosθC.eq\f(v,cosθ) D．vcos2θ解析：選B如圖所示，繩子與水平方向的夾角為θ，將小車的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向的速度等于P的速度，根據平行四邊形定則得，vP＝vcosθ，故B正確，A、C、D錯誤．故選B.6．如圖所示，在足夠長的斜面上的A點，以水平速度v0拋出一個小球，不計空氣阻力，它落到斜面上所用的時間為t1；若將此球以2v0的速度拋出，落到斜面上所用時間為t2，則t1與t2之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：選B因小球落在斜面上，所以兩次位移與水平方向的夾角相等，由平拋運動規律知tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,1),v0t1)＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,2),2v0t2)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,2)，故B選項正確．7．斜面上有P、R、S、T四個點，如圖所示，PR＝RS＝ST，從P點正上方的Q點以速度v水平拋出一個物