6.7 章末综合复习（教师版）2024-2025学年高一物理同步培优讲义（人教版2019必修第二册）

第6.7节章末综合复习一、描述圆周运动的物理量例1(多选)(2024·河南洛阳市联考)“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，杂技演员驾驶摩托车(视为质点)在倾角很大的“桶壁”内侧做圆周运动而不掉下来。如图所示，一杂技演员驾驶摩托车做匀速圆周运动，在t＝2s内转过的圆心角θ＝4rad，通过的弧长s＝40m，则下列说法正确的是()A.摩托车的角速度大小为8rad/sB.摩托车的角速度大小为2rad/sC.摩托车做匀速圆周运动的半径为10mD.摩托车做匀速圆周运动的半径为5m答案BC解析摩托车的角速度ω＝eq\f(θ,t)＝2rad/s，A错误，B正确；摩托车做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(s,θ)＝10m，C正确，D错误。训练1（多选）机器皮带轮的半径是电动机皮带轮半径的2倍。A、B分别是两轮边缘上的质点，如图所示，皮带与两轮之间不发生相对滑动。下列说法正确的是（

）A．质点A、B的线速度B．质点A、B的角速度C．质点A、B的转速D．质点A、B的向心加速度答案BD解析A．皮带传动的两轮边缘的线速度大小相等，所以质点A、B的线速度大小相等，即故A错误；B．由，，可得故B正确；C．由，可得故C错误；D．由，，，可得故D正确。故选BD。训练2（多选）如图所示，在水平地面上有一个表面光滑的直角三角形物块，一轻杆下端用光滑铰链连接于点（点固定于地面上），上端连接小球，小球靠在物块左侧，同时对物块施加水平向左的推力，整个装置处于静止状态.现撤去推力，经过一段时间小球和物块分离，分离时物块的速度为，轻杆与水平方向的夹角，已知重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．分离时小球的速度大小为B．分离时小球的加速度大小为C．分离时小球的角速度大小为D．从撤去推力F到小球落地前瞬间，轻杆的弹力一直增大答案BC解析B．小球与物块分离时，两者水平方向加速度和速度相等，两者之间的作用力为0，物块表面光滑，之后物块开始做匀速运动，所以小球在水平方向上的加速度也为0，又因为杆为可动杆，作用力沿杆，若杆有作用力则必然有水平方向的分力，与实际不符，故小球与物块分离时，轻杆中无作用力，小球只受重力，加速度为g，故B正确；A．小球做圆周运动，实际速度与轻杆垂直，设两者分离时小球的速度为，将其分解为水平速度和竖直速度，则有解得故A错误；C．分离时小球重力沿杆方向的分力提供向心力，则解得则角速度为故C正确；D．从撤去推力F到小球落地前瞬间，杆的弹力先减小后增大，先背离圆心后指向圆心，故D错误。故选BC。例2(2024·安徽合肥一中高一期末)如图所示，自行车的大齿轮与小齿轮通过链条相连，而后轮与小齿轮是绕共同的轴转动的。设大齿轮、小齿轮和后轮的半径分别为r1、r2、r3，当C点的线速度大小为v时，A点的线速度大小为()A.eq\f(r1,r2)v B.eq\f(r2,r3)vC.eq\f(r3,r1)v D.eq\f(r3,r2)v答案B解析传动过程中，同一链条上的A、B两点的线速度大小相等，即vA＝vB；B、C两点同轴转动，角速度相同，C点的线速度大小为v，则由v＝ωr可知eq\f(vB,r2)＝eq\f(v,r3)，解得vA＝vB＝eq\f(r2,r3)v，故A、C、D错误，B正确。训练1如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。B点在小轮上，到小轮中心的距离为r。C点和D点分别位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑，那么以下说法正确的有（）A．A、B、C、D点的线速度之比是1:1:2:4B．A、B、C、D点的角速度之比是2:1:2:4C．A、B、C、D点的向心加速度之比是2:1:1:1D．A、B、C、D点的向心加速度之比是4:1:2:4答案D解析AB．由同轴转动的特点有由皮带传动的特点有根据线速度与角速度的关系可得所以所以故AB错误；CD．根据向心加速度与角速度的关系可得故C错误，D正确。故选D。训练2如图所示的皮带传动装置中，皮带与轮之间不打滑，两轮半径分别为R和r，且，A、B分别为两轮边缘上的点，则皮带轮运动过程中，A、B两点速率之比；A、B两点角速度之比。答案1：11：3解析[1]皮带与轮之间不打滑，则有[2]根据可得二、圆锥摆模型1.受力特点受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动。2.运动实例运动模型向心力的来源图示圆锥摆物体在光滑半圆形碗内做匀速圆周运动3.规律总结(1)圆锥摆的周期如图摆长为L，摆线与竖直方向夹角为θ，受力分析，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mrr＝Lsinθ解得T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))＝2πeq\r(\f(h,g))。(2)结论①摆高h＝Lcosθ，周期T越小，圆锥摆转得越快，θ越大。②摆线拉力FT＝eq\f(mg,cosθ)，圆锥摆转得越快，摆线拉力FT越大。③摆球的向心加速度a＝gtanθ，圆锥摆转得越快，向心加速度越大。4.圆锥摆的两种变形变形1：具有相同锥度角(长度不同)的圆锥摆，如图甲所示。由a＝gtanθ知A、B的向心加速度大小相等，由a＝ω2r知ωA<ωB；由a＝eq\f(v2,r)知vA>vB。变形2：具有相同摆高、不同摆长和摆角的圆锥摆，如图乙所示。由T＝2πeq\r(\f(h,g))知摆高h相同，则TA＝TB，ωA＝ωB，由v＝ωr知vA>vB；由a＝ω2r知aA>aB。例3(多选)(2024·重庆第二外国语学校高一期末)如图，小球(可视作质点)和a、b两根细绳相连，两绳分别固定在细杆上两点，其中b绳长Lb＝2m，小球随杆一起在水平面内匀速转动。当两绳都拉直时，a、b两绳和细杆的夹角θ1＝45°，θ2＝60°，g＝10m/s2。若a、b两绳始终张紧，则小球运动的线速度大小可能是()A.3.5m/s B.4m/sC.4.5m/s D.5m/s答案CD解析当a绳恰好拉直，但Tb＝0时，设细杆的转动线速度为v1，有Tacos45°＝mg，Tasin45°＝meq\f(veq\o\al(2,1),Lbsin60°)，解得v1≈4.16m/s；当b绳恰好拉直，但Ta＝0时，设细杆的转动线速度为v2，有Tbcos60°＝mg，Tbsin60°＝meq\f(veq\o\al(2,2),Lbsin60°)，解得v2≈5.48m/s，要使两绳都拉紧4.16m/s<v<5.48m/s，故C、D正确。训练1如图所示，小球用细线悬于P点，悬挂小球的细线长为L，使小球在水平面内做匀速圆周运动，当细线与竖直方向的夹角为时，绳对小球的拉力为F，重力加速度为g。求：(1)小球的质量m；(2)小球做匀速圆周运动的角速度。答案(1)(2)解析（1）小球受竖直向下的重力mg和沿细线向上的拉力F，根据竖直方向受力平衡，有求得（2）拉力与重力的合力提供向心力，有求得训练2（多选）一根长L=0.5m的轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（）A．小球的质量为2kgB．小球的质量为3kgC．时，圆锥对小球的支持力为25ND．时，细线的拉力为25N答案AD解析设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为，当时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力而平衡，此时有增大时，T增大，N减小，由图可知，角速度为，即，拉力发生突变，故此时时，有，解得代入解得，故AD正确。例4如图所示，一根长为L＝1m的细线一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果可用根式表示)。(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？答案(1)eq\f(5\r(2),2)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s解析(1)当小球刚要离开锥面时，锥面给小球的支持力为零，受力分析如图甲所示。由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2Lsinθω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))＝eq\f(5\r(2),2)rad/s。甲(2)当细线与竖直方向夹角α＝60°时，小球已飞离锥面，受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得mgtanα＝mω′2rr＝Lsinα联立得ω′＝eq\r(\f(g,Lcosα))＝2eq\r(5)rad/s。乙训练1如图所示，一长度为L、内壁光滑的细圆筒，其上端封闭，下端固定在竖直转轴的O点，圆筒与水平方向的夹角为θ。原长为的轻质弹簧上端固定在圆筒上端，下端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于圆筒直径。当圆筒处于静止状态时，弹簧长度为。重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧恢复原长时，转轴的角速度ω1；(3)当弹簧的形变量时，转轴的角速度ω。答案(1)(2)(3)或解析（1）当圆筒处于静止状态时，对小球，由受力平衡可得解得弹簧的劲度系数为（2）当弹簧恢复原长时，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得解得转轴的角速度为（3）当弹簧的形变量时，若弹簧处于伸长状态，以小球为对象，有其中联立解得转轴的角速度为若弹簧处于压缩状态，以小球为对象，有其中联立解得转轴的角速度为训练2如图所示，V形细杆AOB能绕其竖直对称轴转动，两质量相等的小环分别套在V形杆的两臂上，并用一定长度的轻质细线连接，两环与臂间的动摩擦因数相同。当杆以角速度转动时，细线始终处于水平状态。若杆转动的角速度最小值为，则（）A．角速度为时，环受到4个力的作用B．角速度大于时，细线上一定有拉力C．角速度大于时，环受到的摩擦力方向一定沿杆向上D．角速度大于时，环受到的摩擦力方向可能沿杆向下答案D解析环即将向上滑动时绳子出现拉力，在之前物体的向心力由重力，支持力和摩擦力提供。AB．角速度最小时，环受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力的方向沿杆向上，它们的水平合力提供向心力，故AB错误；CD．角速度大于时环受到的摩擦力方向可能沿杆向下，其水平分量与杆支持力的水平分量共同提供向心力，故C错误，D正确。故选D。三、平抛运动与圆周运动结合模型求解平抛运动与圆周运动的综合问题的思路是：首先根据运动的独立性和各自的运动规律列式，其次寻找两种运动的结合点，如它们的位移关系、速度关系、时间关系等，最后再联立方程求解。例5(2024·广东东莞高一期中)如图所示，竖直平面内有一圆弧管道，其半径为R＝0.5m，质量m＝0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧管道上P点的切线方向进入管道内侧，管道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知管道最高点Q与A点等高，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2。试求：(1)小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；(2)如果小球沿管道通过圆弧的最高点Q时的速度大小为3m/s，则小球运动到Q点时对轨道的压力；(3)由于不同小球与管道的摩擦不同，从最高点Q飞出速度范围为0～3m/s的小球，小球落在地面上最近的点为M，最远的点为N，求MN的距离(计算结果可用根号表示)。答案(1)3m/s(2)6.4N，方向竖直向上(3)eq\f(2\r(5),5)m解析(1)小球从A到P的高度差为h＝R(1＋cos53°)＝0.8m小球做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.4s则小球在P点的竖直分速度为vy＝gt＝4m/s把小球在P点的速度分解可得tan53°＝eq\f(vy,v0)解得小球平抛运动初速度为v0＝3m/s。(2)小球到达Q时，速度为vQ＝3m/s设小球受到的弹力向下，根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)解得FN＝6.4N由牛顿第三定律可知，小球通过管道的最高点Q时对管道的压力大小为6.4N，方向竖直向上。(3)小球从Q点到地面做平抛运动，设小球在Q点速度为v1时，刚好经过P点落到地面上，则竖直方向有R(1＋cos53°)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得t1＝0.4s水平方向有v1＝eq\f(Rsin53°,t1)＝1m/s小球从Q点到地面过程，竖直方向有2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝eq\r(\f(4R,g))＝eq\f(\r(5),5)s水平方向有x＝vQt2则小球落在地面上最近点M与最远点N的距离为Δx＝(vmax－v1)t2＝(3－1)×eq\f(\r(5),5)m＝eq\f(2\r(5),5)m。训练1（多选）如图所示，圆弧半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置在水平地面上，两个质量均为m的小球