資源簡介

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期末押題預測 生活中的圓周運動
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 邯鄲期末）如圖所示，桌面上放置一內壁光滑的固定豎直圓環軌道，質量為M，半徑為R。可視為質點的小球在軌道內做圓周運動，其質量為m。小球在軌道最高點的速度大小為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．當時，軌道對小球無支持力
B．當時，軌道對桌面的壓力為（M﹣m）g
C．小球做圓周運動的過程中，合外力提供向心力
D．小球在最高點時處于超重狀態
2．（2024秋 石家莊期末）如圖，半徑為R的球殼以豎直直徑為固定軸勻速轉動，有一小物塊附在其內壁上。小物塊和球心O的連線與豎直軸的夾角為θ。小物塊與內壁間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則小物塊與球殼一起運動時，球殼的最小角速度為（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2024秋 新華區校級期末）豎直平面內光滑圓軌道外側，一小球以某一水平速度v0從A點出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（　　）
A．在A點時，小球對圓軌道壓力等于其重力
B．水平速度v0
C．經過B點時，小球的加速度方向指向圓心
D．A到B過程，小球水平加速度先減小后增加
4．（2024秋 錫山區校級期末）城市中為了解決交通問題，修建了許多立交橋。如圖所示，橋面是半徑為R的圓弧的立交橋AB橫跨在水平路面上，一輛質量為m的小汽車，從A端以不變的速率駛過該立交橋，小汽車速度大小為v1，則（　　）
A．小汽車通過橋頂時處于超重狀態
B．小汽車通過橋頂時處于平衡狀態
C．小汽車在橋上最高點受到橋面的支持力大小為FN＝mg﹣m
D．小汽車到達橋頂時的速度必須大于
5．（2025 雨花區校級開學）一賽車場的圓環形車道修建在水平地面上，中心為P，賽道傾斜，虛線部分的豎直截面如圖所示，AB是半徑為R的四分之一圓弧。O為圓心，OA水平，OB豎直，BP距離為L。賽車都在水平面內做勻速圓周運動，某一瞬時，甲、乙兩輛賽車恰好在同一豎直面內不同高度處，不考慮賽車受到的側向摩擦力作用。下列說法正確的是（　　）
A．乙車行駛速度較大
B．此瞬間乙車向心加速度較大
C．若乙車提高行駛速度，則其距離地面的高度將會加大
D．若甲車改變行駛速度，有可能在離地面高度為R的圓周上運動
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024秋 邯鄲期末）圖甲是游樂場中的“旋轉飛椅”項目。“旋轉飛椅”簡化結構裝置如圖乙，轉動軸帶動頂部圓盤轉動，長為L的輕質懸繩一端系在圓盤上，另一端系著椅子。懸點分別為A、B的兩繩與豎直方向夾角分別為θ1＝37°、θ2＝53°，椅子與游客總質量分別為mA、mB，繩子拉力分別為FA、FB，向心加速度分別為aA、aB。忽略空氣阻力，則椅子和游客隨圓盤勻速轉動的過程中（　　）
A．由重力與繩子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關
（多選）7．（2024秋 碑林區校級期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球以某一速度從A點進入管道，從最高點B離開管道后做平拋運動，經過0.4s后又恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰于C點。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看成質點，重力加速度g取10m/s2，則（　　）
A．小球在C點與斜面碰撞前瞬間的速度大小為
B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.8m
C．小球經過管道的B點時，受到管道下壁的作用力
D．小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力
（多選）8．（2024秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，有一可繞中心軸OO′轉動的水平圓盤，上面放有三個可視為質點的物塊A、B、C，質量分別為2m，m，3m，與轉軸距離分別為3r、r、2r，三個物塊與圓盤表面的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊間用輕質細繩相連，開始時輕繩伸直但無張力。現圓盤從靜止開始轉動，角速度ω緩慢增大，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．當ω時，B所受摩擦力先減小后增大
B．當ω時，B所受摩擦力先減小后增大
C．連接A、B的繩上張力最大值為38μmg
D．連接B、C的繩上張力最大值為35μmg
（多選）9．（2023秋 海南期末）云臺穩定器是一種常用于攝影和攝像領域的設備，它利用陀螺儀加速度傳感器可以使相機在移動過程中保持穩定，避免拍攝畫面出現晃動和模糊。在某次攝像過程中攝影師將攝影機放置在水平云臺上（假設沒有鎖定），由于攝影需要，這個裝置在豎直平面內做勻速圓周運動（云臺始終保持水平），如圖所示，圖中a、c分別為圓周的最低點與最高點，b、d點與圓心等高。則在該運動過程中攝影機的受力情況，下列說法正確的是（　　）
A．云臺對攝影機的作用力始終沿半徑指向圓心
B．整個運動過程中，攝影機受到的合力大小不變
C．從a到d過程中，攝影機受到的合力是變力
D．在a、c兩點云臺對攝影機的作用力大小相等
三．填空題（共3小題）
10．（2025 福州校級模擬）如圖，把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做勻速圓周運動，則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 　 　（填“越大”“越小”或“不變”），線速度 　 　（填“越大”“越小”或“不變”）。
11．（2023秋 雙清區校級期末）如圖所示，一小球在細線的牽引下，繞光滑桌面上的圖釘做勻速圓周運動。經過前面的學習知道，勻速圓周運動是變速運動，根據牛頓運動定律可知，小球受力必然不為零。那么小球做勻速圓周運動所受的力指向 　 　。若用剪刀將細線剪斷，小球將做 　 　運動。
12．（2024春 泉州期末）如圖，質量為2×103kg的汽車在水平公路上行駛，當汽車經過半徑為160m的彎路時，車速為8m/s。此時汽車轉彎所需要的向心力大小為 　 　N。下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的 　 　（選填“摩擦力”或“最大靜摩擦力”）變小了。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 錫山區校級期末）如圖甲所示，一水平圓盤可繞過圓心O的中心軸轉動，沿著直徑方向分別放置兩個物塊A和B，它們與圓心O的距離分別為rA＝0.1m，rB＝0.2m，兩者之間通過輕繩連接，初始時輕繩剛好伸直但不繃緊，現讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉動，A、B始終與圓盤保持相對靜止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B與圓盤間的動摩擦因數均為μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
（1）當圓盤轉動角速度多大時，繩中開始出現張力；
（2）圓盤轉動角速度的最大值；
（3）取沿半徑指向圓心方向為正方向，在圖乙給出的坐標系中畫出物塊A所受的摩擦力FfA隨角速度的平方ω2變化的圖像（不要求寫出計算過程，但要標出關鍵點的橫縱坐標）。
14．（2024秋 碑林區校級期末）如圖是一種離心測速器的簡化工作原理。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度L＝0.2m，桿與豎直轉軸的夾角α始終為60°，彈簧原長x0＝0.1m，彈簧勁度系數k＝100N/m，圓環質量m＝1kg；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不計。
（1）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；
（2）求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。
15．（2024秋 鼓樓區校級期末）如圖甲所示，英國工程師詹姆斯 瓦特于1788年為蒸汽機速度控制而設計的飛球調速器，其簡化模型如圖乙所示，它由兩個質量為m的球A和B通過4根長為l的輕桿與豎直軸的上、下兩個套筒用鉸鏈連接。上面套筒固定，下面套筒C可沿軸上下滑動，其質量也為m，整個裝置可繞豎直軸轉動。不計一切摩擦，重力加速度為g，輕桿與豎直軸之間的夾角記為θ。
（1）當θ＝60°，整個裝置維持靜止狀態，需要給C多大的豎直向上的托力。
（2）當θ＝60°，整個裝置繞豎直軸勻速轉動，則此時ω為多大。
（3）當整個裝置繞豎直軸勻速轉動，，則此時θ為多大。
期末押題預測 生活中的圓周運動
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 邯鄲期末）如圖所示，桌面上放置一內壁光滑的固定豎直圓環軌道，質量為M，半徑為R。可視為質點的小球在軌道內做圓周運動，其質量為m。小球在軌道最高點的速度大小為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（　　）
A．當時，軌道對小球無支持力
B．當時，軌道對桌面的壓力為（M﹣m）g
C．小球做圓周運動的過程中，合外力提供向心力
D．小球在最高點時處于超重狀態
【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；牛頓第三定律的理解與應用；超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】對小球和圓環受力分析，利用牛頓運動定律求解，勻速圓周運動才是合外力提供向心力，根據加速度方向判斷超重或者失重情況。
【解答】解：AB．對小球受力分析，當時得
得
FNm＝mg
根據牛頓第三定律，小球對圓環的作用力與圓環對小球的作用力大小相等方向相反，對圓環軌道受力分析，得
FNM+FNm′＝Mg
則
FNM＝（M﹣m）g
故A錯誤，B正確；
C．在小球運動的過程中，小球做變速圓周運動，除最高點和最低點合外力提供向心力，其它位置都是合外力的分力提供向心力，故C錯誤；
D．小球在最高點時加速度向下，則處于失重狀態，故D錯誤。
故選：B。
【點評】分析清楚小球運動過程與受力情況，應用牛頓運動定律結合圓周運動知識可以解題。
2．（2024秋 石家莊期末）如圖，半徑為R的球殼以豎直直徑為固定軸勻速轉動，有一小物塊附在其內壁上。小物塊和球心O的連線與豎直軸的夾角為θ。小物塊與內壁間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則小物塊與球殼一起運動時，球殼的最小角速度為（　　）
A．
B．
C．
D．
【考點】傾斜轉盤(斜面體)上物體的圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】對小物塊分析，豎直方向根據受力平衡列式，在水平方向上根據牛頓第二定律列式，結合摩擦力求解公式求解。
【解答】解：對小物塊分析，若球殼角速度最小時，受重力、支持力、摩擦力，
豎直方向上
mg+Ncosθ＝fsinθ
在水平方向上有
fcosθ+Nsinθ＝mω2Rsinθ
且
f＝μN
解得
，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】解決本題的關鍵搞清物塊做圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律求解。
3．（2024秋 新華區校級期末）豎直平面內光滑圓軌道外側，一小球以某一水平速度v0從A點出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻力。下列說法中正確的是（　　）
A．在A點時，小球對圓軌道壓力等于其重力
B．水平速度v0
C．經過B點時，小球的加速度方向指向圓心
D．A到B過程，小球水平加速度先減小后增加
【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】B
【分析】在A點受力分析，由牛頓第二定律與向心力公式可知，小球受到的支持力與重力的關系；
小球在A點時沒有脫離軌道，故說明小球此時受支持力作用，由此分析水平速度大小；
小球在B點剛離開軌道，只受重力作用，由此分析加速度大小和方向；
根據受力情況分析小球水平方向的加速度的變化情況。
【解答】解：A、小球在A點時，根據牛頓第二定律得：mg﹣FN＝m，可得：FN＝mg﹣m，小球受到的支持力小于其重力，根據牛頓第三定律可知，小球對圓軌道壓力小于其重力，故A錯誤；
B、小球在A點時沒有脫離軌道，故說明小球此時受支持力作用，故其水平速度一定小于，故B正確；
C、小球在B點剛離開軌道，則小球對圓軌道的壓力為零，只受重力作用，加速度豎直向下，故C錯誤；
D、小球在A點時合力沿豎直方向，在B點時合力也沿豎直方向，但在中間過程某點支持力卻有水平向右的分力，所以小球水平方向的加速度必定先增加后減小，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查豎直平面內的變速圓周運動與斜拋運動，涉及牛頓第二定律，向心力公式，向心加速度表達式。注意變速圓周運動速度方向不但變化，而且大小也發生變化。
4．（2024秋 錫山區校級期末）城市中為了解決交通問題，修建了許多立交橋。如圖所示，橋面是半徑為R的圓弧的立交橋AB橫跨在水平路面上，一輛質量為m的小汽車，從A端以不變的速率駛過該立交橋，小汽車速度大小為v1，則（　　）
A．小汽車通過橋頂時處于超重狀態
B．小汽車通過橋頂時處于平衡狀態
C．小汽車在橋上最高點受到橋面的支持力大小為FN＝mg﹣m
D．小汽車到達橋頂時的速度必須大于
【考點】拱橋和凹橋類模型分析．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】分析小汽車在最高點的加速度方向，根據超失重的條件判斷；根據受力分析列出小汽車在最高點的向心力表達式，求出支持力；分析小汽車在最高點的向心力的極值，找到臨界速度；
【解答】解：ABC．由圓周運動知識知，小汽車通過橋頂時，其加速度方向向下，由牛頓第二定律得
解得小汽車在橋上最高點受到橋面的支持力大小為
物體處于失重狀態，故AB錯誤，C正確；
D．由
FN≥0
解得
故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵是知道超重和失重的條件，會分析運動過程中的向心力來源，找到向心力的臨界值。
5．（2025 雨花區校級開學）一賽車場的圓環形車道修建在水平地面上，中心為P，賽道傾斜，虛線部分的豎直截面如圖所示，AB是半徑為R的四分之一圓弧。O為圓心，OA水平，OB豎直，BP距離為L。賽車都在水平面內做勻速圓周運動，某一瞬時，甲、乙兩輛賽車恰好在同一豎直面內不同高度處，不考慮賽車受到的側向摩擦力作用。下列說法正確的是（　　）
A．乙車行駛速度較大
B．此瞬間乙車向心加速度較大
C．若乙車提高行駛速度，則其距離地面的高度將會加大
D．若甲車改變行駛速度，有可能在離地面高度為R的圓周上運動
【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；圓周運動中的臨界問題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】對車進行受力分析，得到速度和向心加速度表達式，由表達式進行分析，甲車改變行駛速度，如果在離地面高度為R的圓周上運動，結合數學知識進行排除。
【解答】解：A．對車進行受力分析，其中θ為支持力與豎直方向夾角，可得
r＝Rsinθ+L
代入解得
乙的θ角小，故行駛速度較小，故A錯誤；
C．若乙車提高行駛速度，v增大，則θ大，距離地面的高度大，故C正確；
B．由
mgtanθ＝ma
可得向心加速度
an＝gtanθ
故甲車向心加速度大，故B錯誤；
D．若甲車改變行駛速度，在離地面高度為R的圓周上運動，則
θ＝90°
由tan90°→∞，則v也趨向無窮大，所以若甲車改變行駛速度，不能在離地面高度為R的圓周上運動，故D錯誤。
故選：C。
【點評】理解概念和規律的實質是正確解題的關鍵。
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024秋 邯鄲期末）圖甲是游樂場中的“旋轉飛椅”項目。“旋轉飛椅”簡化結構裝置如圖乙，轉動軸帶動頂部圓盤轉動，長為L的輕質懸繩一端系在圓盤上，另一端系著椅子。懸點分別為A、B的兩繩與豎直方向夾角分別為θ1＝37°、θ2＝53°，椅子與游客總質量分別為mA、mB，繩子拉力分別為FA、FB，向心加速度分別為aA、aB。忽略空氣阻力，則椅子和游客隨圓盤勻速轉動的過程中（　　）
A．由重力與繩子拉力的合力提供向心力
B．FA：FB＝4mA：3mB
C．aA：aB＝16：9
D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關
【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；線速度的物理意義及計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】對游客和椅子整體進行受力分析，得到向心力的來源；根據牛頓第二定律、幾何關系計算拉力之比和向心加速度之比；根據向心加速度關系可以知道是否與質量有關。
【解答】解：A．椅子和游客隨圓盤勻速轉動，對游客與椅子的整體受力分析可知，整體受重力，繩子拉力，是這兩個力的合力提供向心力，故A正確；
BC．由于重力和拉力的合力提供向心力，由矢量三角形可得
向心加速度為
故BC錯誤；
D．根據牛頓第二定律，設游客做勻速圓周運動的半徑為r，可得
mgtanθ＝mω2r
可得
由此表達式，可知懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題關鍵掌握利用牛頓第二定律推導輕繩與豎直方向的夾角關系。
（多選）7．（2024秋 碑林區校級期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球以某一速度從A點進入管道，從最高點B離開管道后做平拋運動，經過0.4s后又恰好與傾角為45°的斜面垂直相碰于C點。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看成質點，重力加速度g取10m/s2，則（　　）
A．小球在C點與斜面碰撞前瞬間的速度大小為
B．小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.8m
C．小球經過管道的B點時，受到管道下壁的作用力
D．小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力
【考點】物體在環形豎直軌道內的圓周運動；圓周運動與平拋運動相結合的問題．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據平拋的運動規律，利用幾何關系求出小球到達C點的速度和B、C間的水平距離；根據牛頓第二定律分析管壁對小球的作用力方向。
【解答】解：A.小球垂直撞在斜面上，可知到達斜面時豎直分速度vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，根據平行四邊形定則知tan45° ，解得小球經過B點的速度vB＝4m/s，根據矢量合成可知，小球在C點的速度大小為4m/s，故A正確；
B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是x＝vBt＝1.6m，故B錯誤；
CD.在B點，設小球受到管道下壁的作用力，根據牛頓第二定律得，mg﹣N＝m，解得軌道對小球的作用力N＝﹣6m，可知假設錯誤，小球經過管道的B點時，受到管道上壁的作用力，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】學生在解答本題時，應注意要將牛頓第二定律與圓周運動進行結合，同時要注意具有受力分析能力。
（多選）8．（2024秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，有一可繞中心軸OO′轉動的水平圓盤，上面放有三個可視為質點的物塊A、B、C，質量分別為2m，m，3m，與轉軸距離分別為3r、r、2r，三個物塊與圓盤表面的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊間用輕質細繩相連，開始時輕繩伸直但無張力。現圓盤從靜止開始轉動，角速度ω緩慢增大，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．當ω時，B所受摩擦力先減小后增大
B．當ω時，B所受摩擦力先減小后增大
C．連接A、B的繩上張力最大值為38μmg
D．連接B、C的繩上張力最大值為35μmg
【考點】水平轉盤上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】BC
【分析】角速度較小時靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時繩子開始出現拉力，根據物塊的受力情況應用牛頓第二定律求出臨界角速度，然后根據題意分析答題。
【解答】解：當ω較小時三個物塊都相對圓盤靜止，靜摩擦力提供向心力，設角速度為ω1時A所受摩擦力達到最大靜摩擦力，
對A，由牛頓第二定律得：μ×2mg＝2mω12×3r，解得：ω1
當ω＞ω1時A、B間輕繩上出現彈力，設彈力大小為T1，B與盤面間的靜摩擦力為fB，由牛頓第二定律得：
對A：2μmg+T1＝2mω2×3r
對B：fB+T1＝mω2r
解得：fB＝﹣5mω2r+2μmg，隨ω增大fB減小，當fB＝0時，ω2
當ω＞ω2時fB開始反向增大
設當角速度為ω3時C所受靜摩擦力達到最大靜摩擦力，
對C，由牛頓第二定律得：，解得：ω3
則當ω＞ω3時BC間輕繩出現彈力，由于ω3＞ω2，且當ω3時，，B所受靜摩擦力沒有達到最大靜摩擦力
由以上分析可知，當ω1＜ω＜ω3時，fB先減小為零然后反向增大
當ω＞ω3時，設BC間的彈力大小為T2，由牛頓第二定律得：
對A：
對B：T1﹣fB﹣T2＝mω2r
對C：
整理得：fB＝μmg﹣mω2r
隨ω增大fB減小，當fB＝0時，解得：
當ω＞ω4時隨ω增大fB反向增大，當B所受摩擦力為最大靜摩擦力，即fB＝﹣μmg時解得：ω5
當ω＞ω5時，A所受靜摩擦力開始減小為零，然后反向增大，當A所受靜摩擦力再次為最大靜摩擦力時，A、B、C三者恰好相對圓盤靜止
當A所受靜摩擦力再次為最大靜摩擦力時，由牛頓第二定律得：
對A：
對B：
對C：
解得：
當ω繼續增大時，A、B、C會一起滑動，此時T1、T2都達到最大值，解得：T1max＝38μmg，T2max＝33μmg
A、由以上分析可知，當時，fB先減小后增大，再減小，故A錯誤；
B、當時fB先減小后增大，故B正確；
CD、A、B間輕繩上的最大張力是38μmg，B、C間輕繩上的最大張力是33μmg，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查圓周運動中力與運動的關系，注意本題中為靜摩擦力與繩子的拉力充當向心力，故應注意靜摩擦力是否已達到最大靜摩擦力。
（多選）9．（2023秋 海南期末）云臺穩定器是一種常用于攝影和攝像領域的設備，它利用陀螺儀加速度傳感器可以使相機在移動過程中保持穩定，避免拍攝畫面出現晃動和模糊。在某次攝像過程中攝影師將攝影機放置在水平云臺上（假設沒有鎖定），由于攝影需要，這個裝置在豎直平面內做勻速圓周運動（云臺始終保持水平），如圖所示，圖中a、c分別為圓周的最低點與最高點，b、d點與圓心等高。則在該運動過程中攝影機的受力情況，下列說法正確的是（　　）
A．云臺對攝影機的作用力始終沿半徑指向圓心
B．整個運動過程中，攝影機受到的合力大小不變
C．從a到d過程中，攝影機受到的合力是變力
D．在a、c兩點云臺對攝影機的作用力大小相等
【考點】物體在圓形豎直軌道內的圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】根據勻速圓周運動的向心力特點結合攝影機的受力分析，利用牛頓第二定律進行分析解答。
【解答】解：A.攝影機所需向心力始終指向圓心，由于重力始終豎直向下，則云臺對攝影機的作用力不會始終指向圓心，故A錯誤；
B.攝影機做勻速圓周運動，所受合力的大小不變，故B正確；
C.合力等于向心力，方向一直變化，為變力，故C正確；
D.在a、c兩點的向心力等大，均為Fn＝Fa﹣mg＝mg﹣Fc可知，在a、c兩點云臺對攝影機的作用力大小不相等，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】考查勻速圓周運動的向心力特點、結合攝影機的受力分析，利用牛頓第二定律進行準確分析解答。
三．填空題（共3小題）
10．（2025 福州校級模擬）如圖，把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內沿光滑的漏斗壁在某一水平面內做勻速圓周運動，則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，所受合外力 　不變　（填“越大”“越小”或“不變”），線速度 　越大　（填“越大”“越小”或“不變”）。
【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；線速度的物理意義及計算．
【專題】比較思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；理解能力．
【答案】不變，越大。
【分析】對小球進行受力分析，由合外力提供小球做勻速圓周運動所需的向心力，由牛頓第二定律列式分析。
【解答】解：小球的受力示意圖如圖所示。
小球在水平面內做勻速圓周運動過程，受重力和支持力兩個作用，二力的合力水平指向軌跡的圓心，因此由重力和支持力的合力提供向心力，所受合外力大小為
則小球運動的軌道平面接近漏斗上端口，α不變，所受合外力不變。
小球做勻速圓周運動，由合力提供向心力，則
解得：
則小球運動的軌道平面越接近漏斗上端口，r越大，線速度v越大。
故答案為：不變，越大。
【點評】本題屬于圓錐擺模型，考查水平面內圓周運動，要明確向心力的來源，知道勻速圓周運動的向心力由合外力提供。
11．（2023秋 雙清區校級期末）如圖所示，一小球在細線的牽引下，繞光滑桌面上的圖釘做勻速圓周運動。經過前面的學習知道，勻速圓周運動是變速運動，根據牛頓運動定律可知，小球受力必然不為零。那么小球做勻速圓周運動所受的力指向 　圓心　。若用剪刀將細線剪斷，小球將做 　勻速直線　運動。
【考點】判斷近心或離線運動的軌跡；向心力的來源分析．
【專題】定性思想；推理法；勻速圓周運動專題；理解能力．
【答案】圓心；勻速直線。
【分析】在勻速圓周運動中，物體的速度大小不變，但方向不斷改變，因此物體受到的合外力不為零，且該力必須指向圓心，以提供向心加速度，使物體保持在圓周路徑上運動。當細線被剪斷時，物體將不再受到指向圓心的力，根據牛頓第一定律，物體將沿切線方向做勻速直線運動。
【解答】解：小球做勻速圓周運動，所受合力為向心力，指向圓心；
若用剪刀將細線剪斷，小球所受合力為零，將沿切線方向做勻速直線運動。
故答案為：圓心；勻速直線。
【點評】本題的關鍵在于理解勻速圓周運動的受力特點以及牛頓第一定律的應用。在勻速圓周運動中，物體受到的合外力必須指向圓心，以提供向心力，使物體保持在圓周路徑上運動。當物體不再受到指向圓心的力時，根據牛頓第一定律，物體將沿切線方向做勻速直線運動。
12．（2024春 泉州期末）如圖，質量為2×103kg的汽車在水平公路上行駛，當汽車經過半徑為160m的彎路時，車速為8m/s。此時汽車轉彎所需要的向心力大小為 　800　N。下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的 　最大靜摩擦力　（選填“摩擦力”或“最大靜摩擦力”）變小了。
【考點】車輛在道路上的轉彎問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．
【答案】800，最大靜摩擦力。
【分析】利用向心力表達式計算向心力；
汽車在轉彎過程中由摩擦力提供向心力，下雨天路面濕滑，會減小汽車與地面間的最大靜摩擦力，若此時轉彎太快，車子會有可能發生打滑，可根據此狀態分析。
【解答】解：汽車轉彎所需要的向心力大小為
代入數據解得Fn＝800N
下雨天汽車轉彎前要減速，是因為汽車與地面間的最大靜摩擦力變小了，若汽車速度太快，轉彎時所需的向心力超過地面提供的最大靜摩擦力，將做離心運動。
故答案為：800，最大靜摩擦力。
【點評】本題考查學生對向心力表達式的靈活應用以及對汽車轉彎類圓周運動模型的理解。
四．解答題（共3小題）
13．（2024秋 錫山區校級期末）如圖甲所示，一水平圓盤可繞過圓心O的中心軸轉動，沿著直徑方向分別放置兩個物塊A和B，它們與圓心O的距離分別為rA＝0.1m，rB＝0.2m，兩者之間通過輕繩連接，初始時輕繩剛好伸直但不繃緊，現讓圓盤從靜止開始緩慢加速轉動，A、B始終與圓盤保持相對靜止。已知mA＝1kg，mB＝2kg，A、B與圓盤間的動摩擦因數均為μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
（1）當圓盤轉動角速度多大時，繩中開始出現張力；
（2）圓盤轉動角速度的最大值；
（3）取沿半徑指向圓心方向為正方向，在圖乙給出的坐標系中畫出物塊A所受的摩擦力FfA隨角速度的平方ω2變化的圖像（不要求寫出計算過程，但要標出關鍵點的橫縱坐標）。
【考點】水平轉盤上物體的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）當圓盤轉動角速度為rad/s時，繩中開始出現張力；
（2）圓盤轉動角速度的最大值為rad/s；
（3）物塊A所受的摩擦力FfA隨角速度的平方ω2變化的圖像見解析。
【分析】（1）當B物塊達到最大靜摩擦力，且繩中拉力為零時，圓盤轉動的角速度最小，根據牛頓第二定律和向心力公式列式求解即可；
（2）當A物塊達到最大靜摩擦力，且繩中拉力不為零時，圓盤的角速度達到最大，根據牛頓第二定律和向心力公式列式求解即可；
（3）根據A的受力情況，畫出圖像即可。
【解答】解：（1）當B達到最大靜摩擦力時，此時繩中張力為零，設此時圓盤角速度為ω0，則有：μmBg＝mBω02rB
解得：ω0rad/s
所以當圓盤轉動角速度ωrad/s時，繩中開始出現張力；
（2）當A達到最大靜摩擦力時，設此時圓盤角速度為ωm，繩中張力為T，對A有：T﹣μmAg＝mAωm2rA
對B有：T+μmBg＝mBωm2rB
聯立解得ωmrad/s
所以圓盤轉動角速度的最大值為rad/s；
（3）當0＜ωrad/s時，A所受摩擦力背離圓心，為靜摩擦力，則：FfA＝mArAω2
當rad/s≤ωrad/s，A受到的摩擦力先減小后增大，如圖所示：
答：（1）當圓盤轉動角速度為rad/s時，繩中開始出現張力；
（2）圓盤轉動角速度的最大值為rad/s；
（3）物塊A所受的摩擦力FfA隨角速度的平方ω2變化的圖像見解析。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律和向心力公式的直接應用，知道當物體所需要的向心力大于最大靜摩擦力時，物體發生相對滑動。
14．（2024秋 碑林區校級期末）如圖是一種離心測速器的簡化工作原理。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度L＝0.2m，桿與豎直轉軸的夾角α始終為60°，彈簧原長x0＝0.1m，彈簧勁度系數k＝100N/m，圓環質量m＝1kg；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10m/s2，摩擦力可忽略不計。
（1）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；
（2）求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。
【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動．
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】（1）彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小是10rad/s；
（2）圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小是10rad/s。
【分析】（1）根據圓環的受力情況，應用牛頓第二定律求出細桿的角速度大小。
（2）根據圓環處于細桿末端時的受力情況，應用牛頓第二定律求出角速度大小。
【解答】解：（1）彈簧處于原長時圓環受力如圖所示
對圓環，由牛頓第二定律得：
代入數據解得：ω＝10rad/s
（2）圓環處于細桿末端P時圓環受力如圖所示
對圓環，在豎直方向：Fcosα+mg＝FN′sinα
在水平方向，由牛頓第二定律得：Fsinα+FN′cosα＝mω′2Lsinα
由胡克定律得：F＝k（L﹣x0）
代入數據解得：ω′＝10rad/s
答：（1）彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小是10rad/s；
（2）圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小是10rad/s。
【點評】分析清楚圓環的受力情況，確定圓環做勻速圓周運動的向心力來源是解題的前提，應用牛頓第二定律即可解題。
15．（2024秋 鼓樓區校級期末）如圖甲所示，英國工程師詹姆斯 瓦特于1788年為蒸汽機速度控制而設計的飛球調速器，其簡化模型如圖乙所示，它由兩個質量為m的球A和B通過4根長為l的輕桿與豎直軸的上、下兩個套筒用鉸鏈連接。上面套筒固定，下面套筒C可沿軸上下滑動，其質量也為m，整個裝置可繞豎直軸轉動。不計一切摩擦，重力加速度為g，輕桿與豎直軸之間的夾角記為θ。
（1）當θ＝60°，整個裝置維持靜止狀態，需要給C多大的豎直向上的托力。
（2）當θ＝60°，整個裝置繞豎直軸勻速轉動，則此時ω為多大。
（3）當整個裝置繞豎直軸勻速轉動，，則此時θ為多大。
【考點】物體被系在繩上做圓錐擺運動；共點力的平衡問題及求解．
【專題】應用題；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．
【答案】（1）當θ＝60°，整個裝置維持靜止狀態，需要給C大小為2mg的豎直向上的托力；
（2）當θ＝60°，整個裝置繞豎直軸勻速轉動，則此時ω的大小為；
（3）當整個裝置繞豎直軸勻速轉動，，則此時θ為0°。
【分析】（1）以球A為研究對象，由平衡條件列式，對B同理，以C為研究對象，根據平衡條件列式，即可分析求解；
（2）整個裝置繞豎直軸勻速轉動，對A，由平衡條件、牛頓第二定律分別列式，對C，由平衡條件列式，即可分析求解；
（3）同（2）思路，即可分析求解。
【解答】解：（1）以球A為研究對象，設上面的桿的力為FA，下面的桿的力為FA′，需要給C的豎直向上的托力大小為F，
由平衡條件可得：FAcosθ+FA′cosθ＝mg，FAsinθ＝FA′sinθ，
聯立可得：，
對B同理可得：，
以C為研究對象，根據平衡條件可得：F＝FA′cosθ+FB′cosθ+mg，
聯立可得：F＝2mg；
（2）由（1）知，球A受重力mg、兩根輕桿的拉力FA和FA′，
整個裝置繞豎直軸勻速轉動，
豎直方向，由平衡條件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛頓第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
對C，由平衡條件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，θ＝60°，
聯立可得：；
（3）同（2）思路，整個裝置繞豎直軸勻速轉動，，
對A，豎直方向，由平衡條件可得：FAcosθ＝mg+FA′cosθ，
水平方向上，由牛頓第二定律可得：FAsinθ+FA′sinθ＝mω2r，
對C，由平衡條件可得：FA′cosθ+FB′cosθ＝mg，FA′sinθ＝FB′sinθ，
其中：r＝lsinθ，
聯立可得：cosθ＝1，則θ＝0°。
答：（1）當θ＝60°，整個裝置維持靜止狀態，需要給C大小為2mg的豎直向上的托力；
（2）當θ＝60°，整個裝置繞豎直軸勻速轉動，則此時ω的大小為；
（3）當整個裝置繞豎直軸勻速轉動，，則此時θ為0°。
【點評】本題考查物體被系在繩上做圓錐擺運動，解題時需注意，分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，這個合力向心力。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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