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第4講　圓周運動
■目標要求
1.掌握描述圓周運動的物理量及各物理量間的關系。2.會分析勻速圓周運動的周期性導致的多解問題。3.會分析向心力的來源,會用動力學觀點分析圓周運動問題。
考點1　圓周運動的運動學分析
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.描述圓周運動的物理量。
定義、意義 公式、單位
線速度 描述做圓周運動的物體沿圓弧運動　　　的物理量(v) (1)v== (2)單位:　　　
角速度 描述物體繞圓心　　　　 　的物理量(ω) (1)ω== (2)單位:　　　
周期 物體沿圓周運動　　　　的時間(T) (1)T==, 單位:　　　 (2)f=, 單位:Hz
向心 加速度 (1)描述速度　　　變化快慢的物理量(an) (2)方向指向　　　 (1)an==　 　　 (2)單位:　　　
2.勻速圓周運動。
(1)定義:做圓周運動的物體,若在任意相等的時間內通過的圓弧長　　　　,就是勻速圓周運動。
(2)特點:加速度大小不變,方向始終指向　　　　,是變加速運動。
(3)條件:合外力大小不變、方向始終與　　　　方向垂直且指向圓心。
(1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動()
(2)物體做勻速圓周運動時,其線速度不變()
(3)物體做勻速圓周運動時,其所受合外力是變力()
(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成正比()
關|鍵|能|力
1.對公式v=ωr的理解。
當r一定時,v與ω成正比;
當ω一定時,v與r成正比;
當v一定時,ω與r成反比。
2.對an==ω2r的理解。
當v一定時,an與r成反比;
當ω一定時,an與r成正比。
3.常見的三種傳動方式及特點。
(1)皮帶傳動:如圖甲、乙所示,皮帶與兩輪之間無相對滑動時,兩輪邊緣線速度大小相等,即vA=vB。
　
甲 乙
(2)摩擦(齒輪)傳動:如圖丙所示,兩輪邊緣接觸,接觸點無打滑現象時,兩輪邊緣線速度大小相等,即vA=vB。
　
丙 丁
(3)同軸轉動:如圖丁所示,兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動,兩輪轉動的角速度大小相等,即ωA=ωB。
考向1　描述圓周運動的物理量
【典例1】　(多選)火車以60 m/s的速率轉過一段彎道,某乘客發現放在桌面上的指南針在10 s內勻速轉過了約10°。在此10 s時間內,火車(　　)
A.運動路程為600 m　B.加速度為零
C.角速度約為1 rad/s D.轉彎半徑約為3.4 km
考向2　傳動裝置
【典例2】　
如圖所示,自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑不一樣,小齒輪和后輪同軸轉動,小齒輪與大齒輪通過鏈條傳動。架起后輪,使大齒輪勻速轉動時,關于圖中A、B、C三點的運動情況,下列說法正確的是(　　)
A.A、B、C三點的線速度vA>vB>vC
B.A、B、C三點的線速度vAC.A、B、C三點的角速度ωC=ωB>ωA
D.A、B、C三點的角速度ωC>ωB=ωA
考向3　圓周運動的多解問題
【典例3】　(多選)為了測定子彈的飛行速度,在一根水平放置的軸桿上固定兩個薄圓盤A、B,A、B平行相距2 m,軸桿的轉速為3 600 r/min,子彈穿過兩盤留下兩個彈孔a、b,測得兩彈孔所在的半徑夾角是30°,如圖所示。則該子彈的速度可能是(　　)
A.57.6 m/s B.115.2 m/s
C.1 440 m/s D.2 880 m/s
考點2　圓周運動的動力學分析
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.向心力的效果:向心力產生向心加速度,只改變速度的　　　　,不改變速度的　　　　。
2.向心力的大小:Fn=m=　　　　=mr=mωv=4π2mf2r。
3.向心力的方向:始終沿半徑方向指向　　　　,時刻在改變,即向心力是一個變力。
4.向心力的來源:向心力可以由一個力提供,也可以由幾個力的　　　　提供,還可以由一個力的　　　　提供。
(1)向心力可以由一個力或一個力的分力提供,也可以由合力提供()
(2)變速圓周運動的合外力一定指向圓心()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
　圓周運動動力學問題的分析思路。
考向1　車輛轉彎問題
【典例4】　(2025·貴陽模擬)如圖甲所示,在修筑鐵路時,為了消除輪緣與鐵軌間的擠壓,要根據彎道的半徑和規定的行駛速度設計適當的傾斜軌道,即兩個軌道存在一定的高度差。如圖乙所示,火車軌道在某轉彎處其軌道平面傾角為θ,轉彎半徑為r,在該轉彎處規定行駛的速度為v,則下列說法正確的是(　　)
甲　乙
A.火車運動的圓周平面為圖乙中的a
B.當火車轉彎時,火車實際轉彎速度越小越好
C.當火車行駛的速率大于時,外側鐵軌對車輪的輪緣施加壓力
D.當火車行駛的速率等于時,內、外側鐵軌對車輪的輪緣均無壓力
考向2　圓錐擺模型
【典例5】　
(多選)如圖所示,一根不可伸長的輕繩,一端系一可視為質點的小球,另一端固定在O點。小球在水平面內做勻速圓周運動,當細繩與豎直方向夾角為37°時,細繩
拉力為F1,小球角速度為ω1。緩慢增加小球的轉速,當細繩與豎直方向夾角為53°時,細繩拉力為F2,小球角速度為ω2,已知cos 37°=0.8,cos 53°=0.6,下列說法正確的是(　　)
A.= B.=
C.= D.=
【典例6】　
如圖所示,一個內壁光滑的圓錐筒,其軸線垂直于水平面,圓錐筒固定不動。有一個質量為m的小球緊貼著筒內壁在水平面內做勻速圓周運動,小球所在的高度為H。已知重力加速度為g,圓錐筒的頂角為2θ,則(　　)
A.小球受到重力、支持力和向心力三個力作用
B.小球受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
C.小球受到的支持力大小為mgsin θ
D.小球做勻速圓周運動的角速度ω=
比較典例5和典例6的受力分析可以看出,兩者受力情況基本相同,可把小球在圓錐筒內的運動看成圓錐擺模型的拓展。
考點3　離心運動
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
離心運動:做圓周運動的物體,在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下,就做　
　　　　　圓心的運動。
2.受力特點(如圖所示)。
(1)當F=0時,物體沿　　　　方向飛出。
(2)當F(3)當F>mrω2時,物體逐漸向圓心靠近,做　　　　運動。
3.本質:離心運動的本質并不是受到離心力的作用,而是提供的力　　　　做勻速圓周運動需要的向心力。
(1)物體做離心運動是因為受到了背離圓心方向的離心力作用()
(2)做離心運動的物體所受合外力一定為0()
關|鍵|能|力
【典例7】　如圖所示為運動員短道速滑急轉彎的情景,此時容易失控側滑而甩出賽道,下列說法正確的是(　　)
A.運動員速度越大越容易發生側滑
B.轉彎時重力提供一部分向心力
C.發生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心
D.發生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力
第4講　圓周運動
考點1
必備知識 　
1.快慢　m/s　轉動快慢　rad/s　一圈　s　方向　圓心　rω2　m/s2　2.(1)相等　(2)圓心　(3)速度
微點辨析　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
關鍵能力 　
【典例1】　AD　解析　在此10 s時間內,火車運動路程s=vt=60×10 m=600 m,A項正確;火車在彎道上運動,做曲線運動,一定有加速度,B項錯誤;火車勻速轉過10°,約為 rad,角速度ω== rad/s,C項錯誤;由v=ωR,可得轉彎半徑約為3.4 km,D項正確。
【典例2】　C　解析　由題圖可知,A、B為鏈條傳動,線速度相等,即vA=vB,B、C為同軸轉動,角速度相等,即ωC=ωB,根據v=ωr和rC>rA>rB,可得vC>vB=vA,ωC=ωB>ωA,C項正確。
【典例3】　AC　解析　子彈從A盤到B盤,B盤轉過的角度為θ=+2kπ(k=0,1,2,…),盤轉動的角速度為ω=2πn=120π rad/s,則子彈在A、B間運動的時間等于轉盤轉動時間,即=,整理得v= m/s(k=0,1,2,…),所以當k=0時,v=1 440 m/s;當k=1時,v=110.8 m/s;當k=2時,v=57.6 m/s,A、C兩項正確。
考點2
必備知識 　
1.方向　大小　2.mrω2　3.圓心　4.合力　分力
微點辨析　(1)√　(2)×
關鍵能力 　
【典例4】　C　解析　火車運動的圓周平面為水平面,為題圖乙中的b,A項錯誤;由重力與支持力的合力提供向心力可得mgtan θ=m,在該轉彎處規定行駛的速度為v=,D項錯誤;當火車行駛的速率大于時,外側鐵軌對車輪的輪緣施加壓力,C項正確;若火車行駛的速度小于設計速度時,內側鐵軌對車輪的輪緣施加壓力,速度越小,壓力越大,內軌道和輪緣之間的磨損越嚴重,B項錯誤。
【典例5】　AC　解析　對小球受力分析,豎直方向,有Fcos θ=mg,所以==,A項正確,B項錯誤;根據牛頓第二定律Fsin θ=mω2Lsin θ,解得===,C項正確,D項錯誤。
【典例6】　D　解析　小球A受到重力、支持力,向心力是由重力和支持力的合力來提供,A項錯誤;如圖所示,小球受重力和支持力而做勻速圓周運動,由合力提供向心力,合力一定指向圓心,B項錯誤;受力分析可知sin θ=,解得小球受到的支持力大小為FN=,C項錯誤;由合力提供向心力,則F合=mω2r,其中tan θ=,tan θ=,聯立解得ω=,D項正確。
考點3
必備知識 　
1.逐漸遠離　2.(1)切線　(2)遠離　(3)近心
3.小于
微點辨析　(1)×　(2)×
關鍵能力 　
【典例7】　A　解析　根據Fn=m,可知速度越大,所需的向心力越大,越容易發生側滑,A項正確;轉彎時的向心力為沿半徑方向的合力,重力方向為豎直方向,不可能提供向心力,B項錯誤;發生側滑是因為運動員受到的合力不足以提供向心力, C、D兩項錯誤。(共35張PPT)
第4講
第四章 拋體運動　圓周運動
圓周運動
目
標
要
求
1.掌握描述圓周運動的物理量及各物理量間的關系。2.會分析勻速圓周運動的周期性導致的多解問題。3.會分析向心力的來源，會用動力學觀點分析圓周運動問題。
考點1　圓周運動的運動學分析
考點2　圓周運動的動力學分析
內容
索引
考點3　離心運動
圓周運動的運動學分析
考點1
必|備|知|識
1.描述圓周運動的物理量。
定義、意義 公式、單位
線速度 描述做圓周運動的物體沿圓弧運動_______的物理量(v) (1)v==
(2)單位：______
角速度 描述物體繞圓心___________的物理量(ω) (1)ω==
(2)單位：______
快慢
m/s
轉動快慢
rad/s
周期 物體沿圓周運動_______的時間(T) (1)T==，
單位：___
(2)f=，
單位：Hz
向心 加速度 (1)描述速度_______變化快慢的物理量(an) (2)方向指向_______ (1)an==_____
(2)單位：_____
一圈
方向
圓心
rω2
m/s2
s
2.勻速圓周運動。
(1)定義：做圓周運動的物體，若在任意相等的時間內通過的圓弧長________，就是勻速圓周運動。
(2)特點：加速度大小不變，方向始終指向_______，是變加速運動。
(3)條件：合外力大小不變、方向始終與________方向垂直且指向圓心。
相等
圓心
速度
(1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動( )
(2)物體做勻速圓周運動時，其線速度不變( )
(3)物體做勻速圓周運動時，其所受合外力是變力( )
(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成正比( )
關|鍵|能|力
1.對公式v=ωr的理解。
當r一定時，v與ω成正比；
當ω一定時，v與r成正比；
當v一定時，ω與r成反比。
2.對an==ω2r的理解。
當v一定時，an與r成反比；
當ω一定時，an與r成正比。
3.常見的三種傳動方式及特點。
(1)皮帶傳動：如圖甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA=vB。
(2)摩擦(齒輪)傳動：如圖丙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA=vB。

(3)同軸轉動：如圖丁所示，兩輪固定在一起繞同一轉軸轉動，兩輪轉動的角速度大小相等，即ωA=ωB。
考向1
描述圓周運動的物理量
【典例1】　(多選)火車以60 m/s的速率轉過一段彎道，某乘客發現放在桌面上的指南針在10 s內勻速轉過了約10°。在此10 s時間內，火車( )
A.運動路程為600 m
B.加速度為零
C.角速度約為1 rad/s
D.轉彎半徑約為3.4 km
在此10 s時間內，火車運動路程s=vt=60×10 m=600 m，A項正
確；火車在彎道上運動，做曲線運動，一定有加速度，B項錯
誤；火車勻速轉過10°，約為 rad，角速度ω== rad/s，C項錯誤；由v=ωR，可得轉彎半徑約為3.4 km，D項正確。
解析
考向2
傳動裝置
【典例2】　如圖所示，自行車的大齒輪、小齒輪、后輪的半徑不一樣，小齒輪和后輪同軸轉動，小齒輪與大齒輪通過鏈條傳動。架起后輪，使大齒輪勻速轉動時，關于圖中A、B、C三點的運動情況，下列說法正確的是( )
A.A、B、C三點的線速度vA>vB>vC
B.A、B、C三點的線速度vAC.A、B、C三點的角速度ωC=ωB>ωA
D.A、B、C三點的角速度ωC>ωB=ωA
由題圖可知，A、B為鏈條傳動，線速度相等，即vA=vB，B、C為同軸轉動，角速度相等，即ωC=ωB，根據v=ωr和rC>rA>rB，可得vC>vB=vA，ωC=ωB>ωA，C項正確。
解析
考向3
圓周運動的多解問題
【典例3】　(多選)為了測定子彈的飛行速度，在一根水平放置的軸桿上固定兩個薄圓盤A、B，A、B平行相距2 m，軸桿的轉速為
3 600 r/min，子彈穿過兩盤留下兩個彈孔a、b，測得兩彈孔所在的半徑夾角是30°，如圖所示。則該子彈的速度可能是( )
A.57.6 m/s B.115.2 m/s C.1 440 m/s D.2 880 m/s
子彈從A盤到B盤，B盤轉過的角度為θ=+2kπ(k=0，1，2，…)，盤轉動的角速度為ω=2πn=120π rad/s，則子彈在A、B間運動的時間等于轉盤轉動時間，即=，整理得v= m/s(k=0，1，2，…)，所以當k=0時，v=1 440 m/s；當k=1時，v=110.8 m/s；當k=2時，v=57.6 m/s，A、C兩項正確。
解析
圓周運動的動力學分析
考點2
必|備|知|識
1.向心力的效果：向心力產生向心加速度，只改變速度的______，不改變速度的_______。
2.向心力的大小：Fn=m=_______=mr=mωv=4π2mf2r。
3.向心力的方向：始終沿半徑方向指向______，時刻在改變，即向心力是一個變力。
4.向心力的來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的____提供，還可以由一個力的_____提供。
方向
大小
mrω2
圓心
合力
分力
(1)向心力可以由一個力或一個力的分力提供，也可以由合力提供
( )
(2)變速圓周運動的合外力一定指向圓心( )
關|鍵|能|力　　
圓周運動動力學問題的分析思路。
考向1
車輛轉彎問題
【典例4】　(2025·貴陽模擬)如圖甲所示，在修筑鐵路時，為了消除輪緣與鐵軌間的擠壓，要根據彎道的半徑和規定的行駛速度設計適當的傾斜軌道，即兩個軌道存在一定的高度差。如圖乙所示，火車軌道在某轉彎處其軌道平面傾角為θ，轉彎半徑為r，在該轉彎處規定行駛的速度為v，則下列說法正確的是( )
A.火車運動的圓周平面為圖乙中的a
B.當火車轉彎時，火車實際轉彎速度越小越好
C.當火車行駛的速率大于時，外側鐵軌對車輪的輪緣施加壓力
D.當火車行駛的速率等于時，內、外側鐵軌對車輪的輪緣均無壓力
火車運動的圓周平面為水平面，為題圖乙中的b，A項錯誤；由重力與支持力的合力提供向心力可得mgtan θ=m，在該轉彎處規定行駛的速度為v=，D項錯誤；當火車行駛的速率大于時，外側鐵軌對車輪的輪緣施加壓力，C項正確；若火車行駛的速度小于設計速度時，內側鐵軌對車輪的輪緣施加壓
力，速度越小，壓力越大，內軌道和輪緣之間的磨損越嚴重，B項錯誤。
解析
考向2
圓錐擺模型
【典例5】　(多選)如圖所示，一根不可伸長的輕繩，一端系一可視為質點的小球，另一端固定在O點。小球在水平面內做勻速圓周運動，當細繩與豎直方向夾角為37°時，細繩拉力為F1，小球角速度為ω1。緩慢
增加小球的轉速，當細繩與豎直方向夾角為53°時，細繩拉力為
F2，小球角速度為ω2，已知cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，下列說法正確的是( )
A.= B.= C.= D.=
對小球受力分析，豎直方向，有Fcos θ=mg，所以==，A項正確，B項錯誤；根據牛頓第二定律Fsin θ=mω2Lsin θ，解得===，C項正確，D項錯誤。
解析
【典例6】　如圖所示，一個內壁光滑的圓錐筒，其軸線垂直于水平面，圓錐筒固定不動。有一個質量為m的小球緊貼著筒內壁在水平面內做勻速圓周運動，小球所在的高度為H。已知重力加速度為g，圓錐筒的頂角為2θ，則( )
A.小球受到重力、支持力和向心力三個力作用
B.小球受到的合力方向垂直于筒壁斜向上
C.小球受到的支持力大小為mgsin θ
D.小球做勻速圓周運動的角速度ω=
小球A受到重力、支持力，向心力是由重力和支持力的合力來提供，A項錯誤；如圖所示，小球受重力和支持力而做勻速圓周運動，由合力提供向心力，合力一定指向圓心，B項錯誤；
解析
受力分析可知sin θ=，解得小球受到的支持力大小為FN=，C項錯誤；由合力提供向心力，則F合=mω2r，其中tan θ=，tan θ=
，聯立解得ω=，D項正確。
比較典例5和典例6的受力分析可以看出，兩者受力情況基本相同，可把小球在圓錐筒內的運動看成圓錐擺模型的拓展。
離心運動
考點3
必|備|知|識
1.離心運動：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做__________圓心的運動。
2.受力特點(如圖所示)。
逐漸遠離
(1)當F=0時，物體沿______方向飛出。
(2)當F(3)當F>mrω2時，物體逐漸向圓心靠近，做______運動。
3.本質：離心運動的本質并不是受到離心力的作用，而是提供的力
______做勻速圓周運動需要的向心力。
切線
遠離
近心
小于
(1)物體做離心運動是因為受到了背離圓心方向的離心力作用( )
(2)做離心運動的物體所受合外力一定為0( )
關|鍵|能|力
【典例7】　如圖所示為運動員短道速滑急轉彎的情景，此時容易失控側滑而甩出賽道，下列說法正確的是( )
A.運動員速度越大越容易發生側滑
B.轉彎時重力提供一部分向心力
C.發生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心
D.發生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力
根據Fn=m，可知速度越大，所需的向心力越大，越容易發生側滑，A項正確；轉彎時的向心力為沿半徑方向的合力，重力方向為豎直方向，不可能提供向心力，B項錯誤；發生側滑是因為運動員受到的合力不足以提供向心力， C、D兩項錯誤。
解析微練15　圓周運動
　梯級Ⅰ基礎練
1.如圖所示，光滑水平面上，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，關于小球運動情況的說法正確的是(　　)
A.若拉力突然消失，小球將沿軌跡PO做近心運動
B.若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pa做離心運動
C.若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做近心運動
D.若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pb做離心運動
2.(多選)(2025·赤峰模擬)盾構隧道掘進機，簡稱盾構機，是一種隧道掘進的專用工程機械，又被稱作“工程機械之王”，是城市地鐵建設、開山修路、打通隧道的利器。圖為我國最新研制的“聚力一號”盾構機的刀盤，其直徑達16 m，轉速為5 r/min，下列說法正確的是(　　)
A.刀盤工作時的角速度為10 rad/s
B.刀盤邊緣的線速度大小約為4 m/s
C.刀盤旋轉的周期為12 s
D.刀盤工作時各刀片的線速度均相同
3.(2024·廣東卷)如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為(　　)
A.r　 B.l C.r　 D.l
4.(多選)如圖所示，在以角速度ω轉動的圓盤上有一個小孔A，某時刻，在小孔A正上方高h=1 m的B處有一個小球以初速度v0=4 m/s豎直向上拋出，最終小球剛好落進小孔A。不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2。則圓盤轉動的角速度可能為(　　)
A.π rad/s B.2π rad/s
C.3π rad/s D.4π rad/s
5.(2025·昭通模擬)旋轉木馬可以簡化為如圖所示的模型，a、b兩個小球分別用懸線懸于水平桿上的A、B兩點，A、B到O點距離之比為1∶2。裝置繞豎直桿勻速旋轉后，a、b在同一水平面內做勻速圓周運動，兩懸線與豎直方向的夾角分別為α、θ，則α、θ關系正確的是(　　)
A.tan θ=tan α B.tan θ=2tan α
C.cos α=cos θ D.sin θ=sin α
6.(2025·張家口模擬)火車軌道的轉彎處外軌高于內軌，如圖所示。若已知某轉彎處外軌和內軌的高度差為h，內外軌道之間的距離為L，彎道處的圓弧半徑為R。已知h遠小于L，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
B.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
C.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
D.當實際行駛速度大于規定的安全行駛速度v時，輪緣擠壓內軌
梯級Ⅱ能力練
7.(多選)(2025·鞍山模擬)如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉動，質量相同的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α=60°，β=30°，此時物塊A受到的摩擦力恰好為零，重力加速度為g，則(　　)
A.轉臺轉動的角速度大小
B.B受到的摩擦力可能為零
C.B受到沿容器壁向上的摩擦力
D.B受到沿容器壁向下的摩擦力
8.(多選)(2024·江蘇卷)如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處作水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處作水平面內的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則(　　)
A.線速度vA>vB 　 B.角速度ωA<ωB
C.向心加速度aAFB
9.(多選)(2025·東莞模擬)如圖所示，半徑R=3l的光滑圓筒豎直固定，長度為5l的輕繩，一端固定在圓筒軸線上一點，另一端懸掛可視為質點、質量為m的小球。現使小球在水平面內做勻速圓周運動，小球始終在圓筒內，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A.小球角速度越大，輕繩的拉力越大
B.小球角速度ω=時，輕繩的拉力為5mg
C.小球角速度ω=時，小球受兩個力的作用
D.小球角速度ω=時，筒壁與小球之間作用力大小為mg
10.(2025·昆明模擬)如圖所示，V形光滑支架下端用鉸鏈固定于水平地面上，支架兩臂長各為l=1.5 m，且與水平面間夾角均為θ=53°，V形支架的AO臂上套有一根原長為l0=1.0 m的輕質彈簧，彈簧勁度系數為k=100 N/m，其下端固定于V形支架下端，上端與一個串在臂上的小球相連，已知小球質量為m=0.5 kg。現讓小球隨支架一起繞中軸線OO'勻速轉動。已知重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求:
(1)輕彈簧恰為原長時，支架轉動的角速度大小;
(2)為使小球不從支架的AO臂滑出，支架轉動的角速度的最大值是多少。
梯級Ⅲ創新練
11.(多選)(2025·唐山模擬)如圖甲為某汽車在環形線路上做勻速圓周運動的場景，司機前方懸掛的小球向右發生了偏移，其懸線與豎直方向的偏角穩定，乘客拍攝了當時的照片，事后在照片上附上了刻度尺，如圖乙所示，拍照時看見汽車速度表盤上顯示的車速為54 km/h。如果認為路面是水平的，可估算該汽車運動軌跡的半徑，實際上汽車向左拐彎時，外側路面比內側略高一點，因此，根據照片估算的半徑和真實半徑不同。下列說法正確的是(　　)
A.若路面水平則估算的半徑約為60 m
B.若路面水平則估算的半徑約為90 m
C.若路面略微內傾，則其真實半徑略大于估算半徑
D.若路面略微內傾，則其真實半徑略小于估算半徑
微練15　圓周運動
1.D　解析　若拉力突然消失,小球將沿切線方向做勻速直線運動,即沿軌跡Pa做離心運動,A項錯誤;若拉力突然變小,則小球受到的拉力小于所需的向心力,小球將沿軌跡Pb做離心運動,B項錯誤,D項正確;若拉力突然變大,則小球受到的拉力大于所需的向心力,小球沿軌跡Pc做近心運動,C項錯誤。
2.BC　解析　盾構機的刀盤,轉速為5 r/min,即n=5 r/min= r/s,刀盤工作時的角速度為ω=2πn= rad/s,A項錯誤;刀盤邊緣的線速度大小約為v=ωr=× m/s= m/s≈4 m/s,B項正確;刀盤旋轉的周期T==12 s,C項正確;刀盤工作時各刀片的線速度方向都不相同,D項錯誤。
3.A　解析　由題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx=,根據胡克定律有F=kΔx=,插銷與卷軸同軸轉動,角速度相同,對插銷由彈力提供向心力F=mlω2,對卷軸有v=ωr,聯立解得v=r,A項正確。
4.BD　解析　以豎直向下為正方向,根據位移時間關系可得h=-v0t+gt2,解得t=1 s,圓盤做圓周運動的周期T=,nT=t,聯立解得ω=2nπ rad/s(n=1,2,3,…),B、D兩項正確。
5.B　解析　設OA段長為L,OB段長為2L,勻速旋轉小球到懸點的高度均為h,由于a、b兩球做圓周運動的角速度相同,且都滿足mgtan φ=mω2r,則有==,解得tan θ=2tan α,B項正確。
6.B　解析　速度v經過彎道,內、外軌道均不受側壓力作用時,其所受的重力和支持力的合力提供向心力,如圖所示,根據牛頓第二定律得mgtan θ=m,因為h遠小于L,θ很小,則tan θ≈sin θ=,聯立解得v=,A、C兩項錯誤,B項正確;轉彎的實際速度大于規定的安全速度時,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外軌相互擠壓,D項錯誤。
7.AD　解析　對物塊A進行受力分析,則有mgtan 60°=mω2Rsin 60°,解得ω==,A項正確;當A受到的靜摩擦力為0時,B有沿容器壁向上滑動的趨勢,即B受到沿容器壁向下的摩擦力,B、C兩項錯誤,D項正確。
8.BC　解析　設繩子與豎直方向夾角為θ,繩子長度為l,小球所在平面距離頂點的豎直高度為h,對小球分析有F向=mgtan θ=mlsin θ=mω2lsin θ=m=ma,整理有v=,ω=,a = gtan θ。由于v=,小球從A處到達B處,l減小,θ增大,則無法判斷vA、vB的關系,A項錯誤;由于ω=,其中cos θ=,聯立得ω=,由題意可知,小球從A處到達B處,h減小,則ωA<ωB,B項正確;由于F向=mgtan θ=ma,整理有a=gtan θ。由題意可知,其角度θ變大,所以小球所受向心力變大,即FA9.CD　解析　當小球角速度較小時,此時小球與圓筒未接觸,對小球受力分析得繩子拉力為T=,小球角速度越大,θ越大,繩子的拉力越大,當小球與圓筒接觸后,小球角速度再大時θ不變,故此時繩子的拉力不變,A項錯誤;當小球與圓筒剛好接觸時有mgtan θ=mω2R,tan θ==,解得ω=,當ω>時,小球此時與圓筒間有彈力,故當小球角速度ω=時,此時小球與圓筒間有彈力,繩子的拉力為T===mg,B項錯誤;當小球角速度ω=<時,小球未與圓筒接觸,此時只受重力和繩子的拉力兩個力的作用,C項正確;當小球角速度ω=時,此時小球與圓筒間有彈力作用,對小球受力分析Tsin θ+FN=mω2R,Tcos θ=mg,解得筒壁與小球之間作用力大小為FN=mg,D項正確。
10.答案　(1) rad/s　(2)10 rad/s
解析　(1)輕彈簧恰為原長時,小球只受重力與支持力,在豎直方向有
FNcos θ=mg,
水平方向有FNsin θ=mω2l0cos θ,
解得ω= rad/s。
(2)當小球到達A點時,小球處于脫離支架的臨界狀態,豎直方向有
FN'cos θ=k(l-l0)sin θ+mg,
水平方向有
FN'sin θ+k(l-l0)cos θ=mlcos θ,
解得ω1=10rad/s。
11.BD　解析　車速為v=54 km/h=15 m/s,設懸線與豎直方向夾角為θ,則tan θ==,根據牛頓第二定律mgtan θ=m,估算的半徑約為r=90 m,A項錯誤,B項正確;若路面略微內傾,則懸線與豎直方向夾角的真實值偏大,由A、B兩項可知,則其真實半徑略小于估算半徑,C項錯誤,D項正確。(共31張PPT)
微練15
圓周運動
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5
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7
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1.如圖所示，光滑水平面上，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，關于小球運動情況的說法正確的是( )
梯級Ⅰ 基礎練
A.若拉力突然消失，小球將沿軌跡PO做近心運動
B.若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pa做離心運動
C.若拉力突然變大，小球將沿軌跡Pb做近心運動
D.若拉力突然變小，小球將沿軌跡Pb做離心運動
若拉力突然消失，小球將沿切線方向做勻速直線運動，即沿軌跡Pa做離心運動，A項錯誤；若拉力突然變小，則小球受到的拉力小于所需的向心力，小球將沿軌跡Pb做離心運動，B項錯誤，D項正確；若拉力突然變大，則小球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿軌跡Pc做近心運動，C項錯誤。
解析
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2.(多選)(2025·赤峰模擬)盾構隧道掘進機，簡稱盾構機，是一種隧道掘進的專用工程機械，又被稱作“工程機械之王”，是城市地鐵建 設、開山修路、打通隧道的利器。圖為我國最新研制的“聚力一號”盾構機的刀盤，其直徑達16 m，轉速為5 r/min，下列說法正確的是
( )
A.刀盤工作時的角速度為10 rad/s
B.刀盤邊緣的線速度大小約為4 m/s
C.刀盤旋轉的周期為12 s
D.刀盤工作時各刀片的線速度均相同
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盾構機的刀盤，轉速為5 r/min，即n=5 r/min= r/s，刀盤工作時的角速度為ω=2πn= rad/s，A項錯誤；刀盤邊緣的線速度大小約為v=ωr=× m/s= m/s≈4 m/s，B項正確；刀盤旋轉的周期T==12 s，C項正確；刀盤工作時各刀片的線速度方向都不相 同，D項錯誤。
解析
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4
3.(2024·廣東卷)如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋。使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為( )
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A.r B.l
C.r D.l
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由題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx=，根據胡克定律有F=kΔx=，插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷由彈力提供向心力F=mlω2，對卷軸有v=ωr，聯立解得v=r，A項正確。
解析
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4.(多選)如圖所示，在以角速度ω轉動的圓盤上有一個小孔A，某時刻，在小孔A正上方高h=1 m的B處有一個小球以初速度v0=4 m/s豎直向上拋出，最終小球剛好落進小孔A。不計空氣阻力，重力加速度g=10 m/s2。則圓盤轉動的角速度可能為( )
A.π rad/s B.2π rad/s
C.3π rad/s D.4π rad/s
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以豎直向下為正方向，根據位移時間關系可得h=-v0t+gt2，解得t=1 s，圓盤做圓周運動的周期T=，nT=t，聯立解得ω= 2nπ rad/s(n=1，2，3，…)，B、D兩項正確。
解析
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5.(2025·昭通模擬)旋轉木馬可以簡化為如圖所示的模型，a、b兩個小球分別用懸線懸于水平桿上的A、B兩點，A、B到O點距離之比為1∶2。裝置繞豎直桿勻速旋轉后，a、b在同一水平面內做勻速圓周運動，兩懸線與豎直方向的夾角分別為α、θ，則α、θ關系正確的是 ( )
A.tan θ=tan α B.tan θ=2tan α
C.cos α=cos θ D.sin θ=sin α
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設OA段長為L，OB段長為2L，勻速旋轉小球到懸點的高度均為h，由于a、b兩球做圓周運動的角速度相同，且都滿足mgtan φ =mω2r，則有==，解得tan θ=2tan α，B項正確。
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6.(2025·張家口模擬)火車軌道的轉彎處外軌高于內軌，如圖所示。若已知某轉彎處外軌和內軌的高度差為h，內外軌道之間的距離為 L，彎道處的圓弧半徑為R。已知h遠小于L，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
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A.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
B.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
C.該轉彎處規定的安全行駛速度v=
D.當實際行駛速度大于規定的安全行駛速度v時，輪緣擠壓內軌
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速度v經過彎道，內、外軌道均不受側壓力作用時，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，如圖所示，根據牛頓第二定律得mgtan θ=m，因為h遠小于L，θ
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很小，則tan θ≈sin θ=，聯立解得v=，A、C兩項錯誤，B項正確；轉彎的實際速度大于規定的安全速度時，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外軌相互擠壓，D項錯誤。
7.(多選)(2025·鞍山模擬)如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉臺上，轉臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉動，質量相同的小物塊A、B隨容器轉動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α=60°，β=30°，此時物塊A受到的摩擦力恰好為零，重力加速度為g，則( )
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梯級Ⅱ 能力練
A.轉臺轉動的角速度大小
B.B受到的摩擦力可能為零
C.B受到沿容器壁向上的摩擦力
D.B受到沿容器壁向下的摩擦力
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對物塊A進行受力分析，則有mgtan 60°=mω2Rsin 60°，解得ω==，A項正確；當A受到的靜摩擦力為0時，B有沿容器壁向上滑動的趨勢，即B受到沿容器壁向下的摩擦力，B、C兩項錯誤，D項正確。
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8.(多選)(2024·江蘇卷)如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處作水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處作水平面內的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則( )
A.線速度vA>vB 　B.角速度ωA<ωB
C.向心加速度aAFB
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設繩子與豎直方向夾角為θ，繩子長度為l，小球所在平面距離頂點的豎直高度為h，對小球分析有F向=mgtan θ=mlsin θ=mω2lsin θ =m=ma，整理有v=，ω=，a = gtan θ。由于v=，小球從A處到達B處，l減小，θ增大，則無法判斷vA、vB的關系，A項錯誤；由于ω=，其中cos θ=，
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聯立得ω=，由題意可知，小球從A處到達B處，h減小，則ωA<ωB，B項正確；由于F向=mgtan θ=ma，整理有a=gtan θ。由題意可知，其角度θ變大，所以小球所受向心力變大，即FA解析
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9.(多選)(2025·東莞模擬)如圖所示，半徑R=3l的光滑圓筒豎直固 定，長度為5l的輕繩，一端固定在圓筒軸線上一點，另一端懸掛可視為質點、質量為m的小球。現使小球在水平面內做勻速圓周運動，小球始終在圓筒內，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
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A.小球角速度越大，輕繩的拉力越大
B.小球角速度ω=時，輕繩的拉力為5mg
C.小球角速度ω=時，小球受兩個力的作用
D.小球角速度ω=時，筒壁與小球之間作用力大小為mg
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當小球角速度較小時，此時小球與圓筒未接觸，對小球受力分析得繩子拉力為T=，小球角速度越大，θ越大，繩子的拉力越 大，當小球與圓筒接觸后，小球角速度再大時θ不變，故此時繩子的拉力不變，A項錯誤；當小球與圓筒剛好接觸時有mgtan θ =mω2R，tan θ==，解得ω=，當ω>時，小球此時與圓筒間有彈力，故當小球角速度ω=時，此時小球與圓筒間有
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彈力，繩子的拉力為T===mg，B項錯誤；當小球角速度ω=<時，小球未與圓筒接觸，此時只受重力和繩子的拉力兩個力的作用，C項正確；當小球角速度ω=時，此時小球與圓筒間有彈力作用，對小球受力分析Tsin θ+FN=mω2R，Tcos θ= mg，解得筒壁與小球之間作用力大小為FN=mg，D項正確。
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10.(2025·昆明模擬)如圖所示，V形光滑支架下端用鉸鏈固定于水平地面上，支架兩臂長各為l=1.5 m，且與水平面間夾角均為θ= 53°，V形支架的AO臂上套有一根原長為l0=1.0 m的輕質彈簧，彈簧
勁度系數為k=100 N/m，其下端固定于V形支架下端，上端與一個串在臂上的小球相連，已知小球質量為m=0.5 kg。現讓小球隨支架一起繞中軸線OO'勻速轉動。已知重力加速度g=10 m/s2， sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求：
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(1)輕彈簧恰為原長時，支架轉動的角速度大小；
輕彈簧恰為原長時，小球只受重力與支持力，在豎直方向有
FNcos θ=mg，
水平方向有FNsin θ=mω2l0cos θ，
解得ω= rad/s。
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(2)為使小球不從支架的AO臂滑出，支架轉動的角速度的最大值是多少。
當小球到達A點時，小球處于脫離支架的臨界狀態，豎直方向有
FN'cos θ=k(l-l0)sin θ+mg，
水平方向有
FN'sin θ+k(l-l0)cos θ=mlcos θ，
解得ω1=10rad/s。
解析
11.(多選)(2025·唐山模擬)如圖甲為某汽車在環形線路上做勻速圓周運動的場景，司機前方懸掛的小球向右發生了偏移，其懸線與豎直方向的偏角穩定，乘客拍攝了當時的照片，事后在照片上附上了刻度尺，如圖乙所示，拍照時看見汽車速度表盤上顯示的車速為 54 km/h。如果認為路面是水平的，可估算該汽車運動軌跡的半徑，實際上汽車向左拐彎時，外側路面比內側略高一點，因此，根據照片估算的半徑和真實半徑不同。下列說法正確的是( )
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梯級Ⅲ 創新練
A.若路面水平則估算的半徑約為60 m
B.若路面水平則估算的半徑約為90 m
C.若路面略微內傾，則其真實半徑略大于估算半徑
D.若路面略微內傾，則其真實半徑略小于估算半徑
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車速為v=54 km/h=15 m/s，設懸線與豎直方向夾角為θ，則tan θ ==，根據牛頓第二定律mgtan θ=m，估算的半徑約為r= 90 m，A項錯誤，B項正確；若路面略微內傾，則懸線與豎直方向夾角的真實值偏大，由A、B兩項可知，則其真實半徑略小于估算半徑，C項錯誤，D項正確。
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