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第四章　曲線運動萬有引力與字宙航行
第3節　圓周運動
鏈接教材·夯基固本
1．勻速圓周運動
(1)定義：做圓周運動的物體，線速度的大小處處相等，這種運動就是勻速圓周運動。
(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。
圓心
速度
2．描述圓周運動的物理量
(1)線速度
①方向：沿圓周的切線方向。
②公式：v＝＝。
(2)角速度
①物理意義：描述物體繞圓心轉動的快慢。
②公式：ω＝＝。
(3)周期
①定義：物體做勻速圓周運動一周所用的時間。
②公式：T＝＝。
(4)轉速
①定義：單位時間內物體轉動的圈數。
②公式：n＝。
(5)向心加速度
①方向：始終指向圓心。
②公式：an＝＝_____＝＝ωv。
ω2r
r
3．向心力
(1)作用效果：向心力產生向心加速度，只改變速度的____，不改變速度的____。
(2)大小：Fn＝_______＝mω2r＝________＝mωv＝4π2mf 2r。
(3)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)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
m
mr
圓心
合力
分力
4．離心運動
(1)離心運動：做圓周運動的物體，在所受合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。
逐漸遠離
(2)受力特點
①當F＝0時，物體沿____方向飛出。
②當0③當F>mω2r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，而是合力不足以提供所需要的向心力。
切線
遠離
近心
1．易錯易混辨析
(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，其角速度大小是不變的。 (　　)
(3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。 (　　)
(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。 (　　)
×
√
×
×
(5)向心力可以是物體受到的某一個力，也可以是物體受到的合力。 (　　)
(6)變速圓周運動的向心力不指向圓心。 (　　)
(7)做勻速圓周運動的物體，當所受合外力突然減小時，物體將沿切線方向飛出。 (　　)
√
×
×
2．人教版教材必修第二冊第37頁：“思考與討論”想
一想：如果把地球看成一個巨大的拱形橋，行駛的汽車對地面的壓力還等于汽車的重力嗎？
提示：行駛的汽車對地面的壓力小于汽車的重力，且汽車速度越大對地面的壓力越小。
3．(人教版必修第二冊改編)如圖所示，小物體A與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，則A受力情況是(　　)
A．重力、支持力
B．重力、向心力
C．重力、支持力、指向圓心的摩擦力
D．重力、支持力、向心力、摩擦力
√
C　[物體在水平圓盤上，一定受到重力和支持力作用，物體在轉動過程中，有背離圓心的運動趨勢，因此受到指向圓心的摩擦力，且摩擦力提供向心力，故C正確。]
4．(人教版必修第二冊改編)(多選)如圖所示，長為L的細繩一端連接一質量為m小球，另一端固定在O點，繩的最大承受能力為11mg，在O點正下方O′點有一小釘，先把繩拉至水平再釋放小球，為使繩不被拉斷且小球能以O′為軸在豎直面內完成完整的圓周運動，則釘的位置到O點的距離為(　　)
A．最小為L B．最小為L
C．最大為L D．最大為L
√
√
BC　[當小球恰好到達圓周運動的最高點時小球的轉動半徑為r，重力提供向心力，則有mg＝m，根據機械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝mv2，聯立解得r＝L，故釘的位置到O點的距離為L－L＝L；當小球轉動時，恰好達到繩子的最大拉力時，即F＝11mg，此時一定處在最低點，設半徑為R，則有11mg－mg＝，根據機械能守恒定律可知，mgL＝，聯立解得R＝L，故此時釘的位置到O點的距離為L，則可知距離最小為L，距離最大為L，故B、C正確，A、D錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1　 描述圓周運動的物理量
1．圓周運動各物理量間的關系
類型 模型 模型解讀
皮帶傳動 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．常見的三種傳動方式及特點
類型 模型 模型解讀
摩擦 (或齒輪)傳動 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
同軸 傳動 繞同一轉軸轉動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比
角度1　圓周運動的描述
[典例1]　(2024·廣東湛江一模)在我國漢代，勞動人民就已經發明了轆轤，如圖所示，可轉動的把手邊緣上a點到轉軸的距離為4R，轆轤邊緣上b點到轉軸的距離為R，忽略空氣阻
力。在水桶離開水面后加速上升的過程中，下
列說法正確的是(　　)
A．a點與b點的角速度之比為4∶1
B．a點的線速度大小與水桶上升的速度大小之比為1∶4
C．a點與b點的向心加速度大小之比為4∶1
D．繩的拉力對水桶(含桶內的水)的沖量大小等于重力對水桶(含桶內的水)的沖量大小
√
C　[把手邊緣上a點與轆轤邊緣上b點屬于共軸轉動，所以角速度相同，故A錯誤；根據角速度與線速度的關系，可得水桶上升的速度大小為v＝ωR，把手邊緣上a點的線速度大小為v1＝4ωR，所以把手邊緣上a點的線速度大小與水桶上升的速度大小之比為4∶1，故B錯誤；由公式a＝ω2r可知，把手邊緣上a點與轆轤邊緣上b點的向心加速度大小之比為4∶1，故C正確；對水桶分析，根據動量定理有I拉－I重＝Δp，可知拉力對水桶(含桶內的水)的沖量大小等于重力對水桶(含桶內的水)的沖量大小與水桶(含桶內的水)動量的變化量大小之和，故D錯誤。故選C。]
【典例1　教用·備選題】(2025·廣東潮州測試)如圖所示為一種修正帶，其核心結構包括大小兩個齒輪、壓嘴座等部件，大小兩個齒輪分別嵌合于大小軸孔中，并且齒輪相互吻合良好。a、b點分別位于大、小齒輪的邊緣且Ra∶Rb＝3∶2，c點位于大齒輪的半徑中點。當紙帶以速度v勻速走動時，b、c點的向心加速度之比是(　　)
A．1∶3　 B．2∶3　
C．3∶1　 D．3∶2
√
C　[a、b屬于齒輪傳動，線速度相等，即va＝vb，因為Ra∶Rb＝3∶2，由v＝ωR可知＝＝，又因為a、c屬于同軸傳動，它們具有共同的角速度，故ωa＝ωc，當紙帶以速度v勻速走動時，b、c點的向心加速度之比＝＝×＝3∶1。故選C。]
考點2　 水平面內的圓周運動
1．向心力的確定
(1)確定圓周運動的軌道所在的平面，確定圓心的位置。
(2)分析物體的受力情況，沿半徑方向指向圓心的合力就是向心力。
運動模型 ①飛機水平轉彎 ②火車轉彎 ③圓錐擺
向心力的來源圖示
2．常見模型
運動模型 ④飛車走壁 ⑤汽車在水平路面轉彎 ⑥光滑水平轉臺
向心力的來源圖示
[典例2]　(一題多變)(多選)如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質量為m的小球。給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內做勻速圓周運動，這樣就構成了一個圓錐擺，設細繩與豎直方向的夾角為θ。下列說法中正確的是(　　)
A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和繩的拉力作用
C．θ越大，小球運動的速率越大
D．θ越大，小球運動的周期越大
√
√
BC　[小球受重力、繩的拉力作用，二者的合力提供向心力，由牛頓第二定律可得F cos θ＝mg，F sin θ＝m，T＝，可求得v＝，T＝2π ，可見θ越大，v越大，T越小，綜上所述，可知選項B、C正確，A、D錯誤。]
[變式1]　將典例2中懸點換成光滑小圓環(多選)天花板下懸掛的輕質光滑小圓環P可繞過懸掛點的豎直軸無摩擦地旋轉。一根輕繩穿過P，兩端分別連接質量為m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。設兩球同時做如圖所示的圓錐擺運動，且在任意時刻兩球均在同一水平面內，則(　　)
A．兩球運動的周期相等
B．兩球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距離之比等于m2∶m1
D．球A、B到P的距離之比等于m1∶m2
√
√
AC　[對其中一個小球受力分析，其受到重力和繩的拉力FT，繩的拉力在豎直方向的分力與重力平衡，設輕繩與豎直方向的夾角為θ，則有FTcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，設該小球到P的距離為l，則有FTsin θ＝mg tan θ＝m·l sin θ，解得周期為T＝2π ＝2π ，因為任意時刻兩球均在同一水平面內，故兩球運動的周期相等，選項A正確；連接兩球的繩的張力FT相等，
由于向心力為Fn＝FTsin θ＝mω2l sin θ，故m與l成反比，由m1≠m2，可得，又小球的向心加速度an＝ω2l sin θ＝·l sin θ，故向心加速度大小不相等，選項C正確，B、D錯誤。]
[變式2]　將典例2中模型換成繩長不同的兩個小球如圖所示，A、B兩個小球轉動的角速度、線速度、向心加速度及運動周期之比是多少？
[解析]　對小球受力分析如圖所示
由幾何關系知rA∶rB＝1∶2
由mg tan θ＝man
可得an＝g tan θ
則anA∶anB＝1∶1
由mg tan θ＝m可得
v＝
則vA∶vB＝∶＝1∶
由mg tan θ＝mω2r得
ω＝
則ωA∶ωB＝∶＝∶1
由mg tan θ＝mr可得
T＝
則TA∶TB＝∶＝1∶。
[答案]　∶1　1∶　1∶1　1∶
規律方法　求解水平面內圓周運動的思路
考點3　 豎直面內的圓周運動
1．豎直面內圓周運動的兩類模型
一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”，二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管)約束模型”。
模型 “輕繩”模型 “輕桿”模型
圖示
彈力特征 物體受到的彈力方向為向下或等于零 物體受到的彈力方向為向下、等于零或向上
2．豎直面內圓周運動的兩種模型特點及求解方法
模型 “輕繩”模型 “輕桿”模型
受力示意圖
力學 方程 mg＋FN＝m mg±FN＝m
模型 “輕繩”模型 “輕桿”模型
臨界 特征 FN＝0即mg＝得＝ v＝0即F向＝0此時FN＝mg
過最高點的條件 在最高點的速度v≥ 在最高點的速度v≥0
角度1　“輕繩”模型
[典例3]　如圖所示，長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L。重力加速度大小為g。現使小球在豎直平面內以AB為軸做圓周運動，當小球在最高點速率為v時，兩根輕繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2v時，每根輕繩的拉力大小為(　　)
A．mg B．mg
C．3mg D．2mg
√
A　[小球在運動過程中，A、B兩點與小球所在位置構成等邊三角形，由此可知，小球圓周運動的半徑R＝L sin 60°＝L，兩繩與小球運動半徑方向間的夾角為30°，由題意，小球在最高點的速率為v時，mg＝m，當小球在最高點的速率為2v時，應有F＋mg＝m，可解得F＝3mg，由2FTcos 30°＝F，可得兩繩的拉力大小均為FT＝mg，A正確。]
【典例3　教用·備選題】(多選)(2024·廣東湛江二模)某馬戲團上演的飛車節目如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m，重力加速度大小為g，摩托車以的速
度通過圓軌道的最高點B。關閉摩托車的動力，不
計摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車整體可視為質
點，下列說法正確的是(　　)
A．摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為2mg
B．摩托車經過A點時的速度大小為
C．摩托車從B點到A點的過程中，重力的功率先增大后減小
D．摩托車從B點到A點的過程中，先超重后失重
√
√
BC　[由題意可知，摩托車在B點時，有FB＋mg＝，解得FB＝mg，由牛頓第三定律可知，摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為mg，選項A錯誤；摩托車從B點到A點的過程中，由機械能守恒定律有＝，其中vB＝，解得vA＝，選項B正確；摩托車從B點到A點的過程中，豎直速度vy先增大后減小，故重力的功率P＝mgvy先增大后減小，選項C正確；摩托車從B點到A點的過程中，加速度沿豎直方向的分量先向下后向上，即先失重后超重，選項D錯誤。故選BC。]
角度2　“ 輕桿” 模型
[典例4]　(多選)(2025·廣東惠州高三月考)如圖所示，長為 0.3 m 的輕桿一端固定質量為m的小球(可視為質點)，另一端與水平轉軸O連接。現使小球在豎直面內繞O點做勻速圓周運動，輕桿對小球的最大作用力為mg，已知轉動過程中輕桿不變形，
重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．小球轉動的角速度為5 rad/s
B．小球通過最高點時對桿的作用力為零
C．小球通過與圓心等高的點時對桿的作用力大小為mg
D．小球在運動的過程中，桿對球的作用力不一定總是沿桿方向
√
√
AD　[小球運動到最低點時桿對小球的作用力最大，有T－mg＝mω2r，解得ω＝5 rad/s，選項A正確；小球通過最高點時有T′＋mg＝mω2r，解得T′＝－mg，可知桿對球有向上的支持力，球對桿有向下的壓力，大小為mg，選項B錯誤； 小球通過與圓心等高點時對桿的作用力為T″＝＝mg，此時桿對球的
作用力方向不是沿著桿的方向，選項C錯誤，D
正確。]
【典例4　教用·備選題】(多選)(2024·廣東陽江高三聯考)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖像如圖乙所示，g取
10 m/s2，則(　　)
A．小球的質量為4 kg
B．固定圓環的半徑R為0.8 m
C．小球在最高點的速度為4 m/s時，小球受圓環的彈力大小為
20 N，方向向上
D．若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100 N
√
√
BD　[對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F－mg＝0，結合題圖可知20 N－m·10 m/s2＝0，解得小球質量m＝2 kg，選項A錯誤；當F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝，結合題圖可知mg＝，解得固定圓環半徑R為0.8 m，選項B正確；小球在最高點的速度為4 m/s時，設小球受圓環的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝m，代入數據解得F＝20 N，方向豎直向下，所
以選項C錯誤；小球經過最低點時，其受彈力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝m，若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝，由以上兩式得F＝5mg，代入數據得F＝100 N，選項D正確。]
1．(2024·廣東廣州二模)如圖所示為風杯式風速傳感器，其感應部分由三個相同的半球形空杯組成，稱為風杯。三個風杯對稱地位于水平面內互成120°的三叉型支架末端，與中間豎直軸的距離相等。開始刮風時，空氣流動產生的風力推動靜止的風杯開始繞豎直軸在水平面內轉動，風速越大，風杯轉動越快。若風速保持不
變，三個風杯最終會勻速轉動，根據風杯的轉速，
就可以確定風速，則(　　)
學情診斷·當堂評價
A．若風速不變，三個風杯最終加速度為零
B．任意時刻，三個風杯轉動的速度都相同
C．開始刮風時，風杯加速轉動，其所受合力不指向旋轉軸
D．風杯勻速轉動時，其轉動周期越大，測得的風速越大
√
C　[若風速不變，三個風杯最終做勻速圓周運動，其所受合力不為零，根據牛頓第二定律可知，其加速度不為零，故A錯誤；三個風杯屬于同軸轉動，角速度相同，又三個風杯做圓周運動的半徑相同，由v＝rω可知，任意時刻三個風杯的線速度大小相等，方向不同，即速度不同，故B錯誤；開始刮風時，風杯切向方向合力不為零，因此風杯所受合外力不指向旋轉軸，故C正確；當風杯勻速轉動時，根據v＝可知，其轉動周期越大，測得的風速越小，故D錯誤。故選C。]
2．(2021·廣東卷)由于高度限制，車庫出入口采用如圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．P點的線速度大小不變
B．P點的加速度方向不變
C．Q點在豎直方向做勻速運動
D．Q點在水平方向做勻速運動
√
A　[由題知桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，A正確；桿OP轉動過程中，P點的加速度方向時刻指向O點，B錯誤；Q點在豎直方向的運動與P點相同，位移y關于時間t的關系為y＝lOP·sin ，則可看出Q點在豎直方向不是勻速運動，C錯誤；Q點在水平方向的位移x關于時間t的關系為x ＝ lPQ ·cos ＋ lPQ，則可看出Q點在水平方向也不是勻速運動，D錯誤。故選A。]
3．(2024·廣東廣州二模)如圖所示，一輛汽車以恒定速率通過圓弧拱橋，N為橋面最高處，則汽車(　　)
A．在N處所受支持力大小大于其重力
B．在N處所受支持力大小等于其重力
C．從M到N過程所受支持力逐漸增大
D．從M到N過程所受支持力逐漸減小
√
C　[在N點，根據牛頓第二定律可得mg－N＝m，所以N＝mg－m＜mg，故A、B錯誤；設汽車與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，則mg cos θ－N＝m，從M到N的過程，速率v不變，θ減小，所以N增大，故C正確，D錯誤。故選C。]
4．(多選)如圖所示，水平轉盤可繞豎直中心軸轉動，盤上疊放著質量均為1 kg的A、B兩個物塊，B物塊用長為0.25 m的細線與固定在轉盤中心處的力傳感器相連，兩個物塊和力傳感器的大小均可不計。細線能承受的最大拉力為8 N，A、B間的動摩擦因數為0.4，B與轉盤間的動摩擦因數為0.1，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。轉盤靜止時，細線剛好伸直，傳感器的讀數為零。當轉盤以
不同的角速度勻速轉動時，傳感器上就會顯示相
應的讀數F。g取10 m/s2。以下說法中正確的是(　　)
A．當轉盤的角速度ω＝2 rad/s時，A、B間的靜摩擦力達到最大值
B．當轉盤的角速度在0<ω<2 rad/s范圍內時，細線中的拉力隨ω的增大而增大
C．當細線中的拉力F＝6 N時，A與B即將相對滑動
D．當轉盤的角速度ω＝6 rad/s時，細線中的拉力達到最大值
√
√
CD　[對AB整體分析，當細線剛有拉力時，根據牛頓第二定律，靜摩擦力提供向心力，當B物塊與轉盤將發生滑動時，摩擦力達到最大，μ1·2mg＝r，角速度為ω1＝＝ rad/s＝2 rad/s，當A物塊所受的摩擦力大于最大靜摩擦力時，A將要脫離B物塊，此時的角速度由μ2mg＝r得ω3＝＝ rad/s＝4 rad/s，即轉盤的角速度為4 rad/s時，A、B間的靜摩擦力達最大值，當轉盤的角速度在
0<ω<2 rad/s范圍內時，細線中的拉力為0，故A、B錯誤；當2 rad/s≤ω
≤4 rad/s時，對AB整體根據牛頓第二定律有T＋μ1·2mg＝2mω2r，則T＝2mω2r－μ1·2mg＝(0.5ω2－2) N，當ω＝4 rad/s時，此時細線的張力為T＝2mω2r－μ1·2mg＝2×16×0.25 N－2 N＝6 N<8 N，故細線未斷，接下來隨角速度的增大，A脫離B物塊，只有B物塊做勻速圓周運動，設拉力最大時的角速度為ω2，根據牛頓第二定律得Tmax＋μ1mg＝r，則ω2＝ rad/s＝6 rad/s，所以當細線中的拉力F＝6 N時，A與B即將相對滑動，當轉盤的角速度為6 rad/s時，細線拉力達到最大，故C、D正確。故選CD。]
5．(2024·廣東深圳月考)如圖所示是馬戲團中上演的飛車節目，在豎直平面內有半徑為R的圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m，重力加速度為g，人以v1＝的速度通過軌道最高點B，并以v2＝v1的速度通過最低點A。則在A、B兩點軌道對摩托車的壓力大小相差(　　)
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
√
D　[由題意可知，在B點有FB＋mg＝，解得FB＝mg，在A點有FA－mg＝，解得FA＝7mg，所以A、B兩點軌道對車的壓力大小相差6mg，故選項D正確。]
6．一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。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＝0.2 m，桿與豎直轉軸的夾角α始終為60°，彈簧原長x0＝0.1 m，彈簧勁度系數k＝100 N/m，圓環質量m＝1 kg；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不計。
(1)若細桿和圓環處于靜止狀態，求圓環到O點的距離；
(2)求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；
(3)求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。
[解析]　(1)對圓環受力分析如圖所示，當細桿和圓環處于平衡狀態時，有
T0＝mg cos α＝5 N
根據胡克定律有F＝kΔx
解得Δx0＝＝0.05 m
彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態，彈簧此時的長度即為圓環到O點的距離
x1＝x0－Δx0＝0.05 m。
(2)若彈簧處于原長，則圓環僅受重力和支持力，其合力使得圓環沿水平方向做勻速圓周運動。根據牛頓第二定律得＝r
由幾何關系得圓環此時轉動的半徑為
r＝x0sin α
聯立解得ω0＝ rad/s。
(3)圓環處于細桿末端P時，圓環受重力、支持力及彈簧彈力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。
根據胡克定律得T＝k(L－x0)＝10 N
對圓環受力分析并正交分解，豎直方向
受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有
mg＋T cos α＝FNsin α，T sin α＋FNcos α＝mω2r′
由幾何關系得r′＝L sin α
聯立解得ω＝10 rad/s。
[答案]　(1)0.05 m　(2) rad/s　(3)10 rad/s
課時分層作業(十)　圓周運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．關于圓周運動，下列說法正確的是(　　)
A．勻速圓周運動是勻速運動
B．勻速圓周運動是一種勻變速運動
C．圓周運動的向心加速度改變線速度的大小
D．勻速圓周運動是一種變加速運動
12
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[勻速圓周運動的速度大小不變，方向變化，速度是變化的，是變速運動，故A錯誤；勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，方向時刻在變化，加速度是變化的，是變加速運動，故B錯誤，D正確；由于圓周運動的向心加速度始終垂直于速度方向，圓周運動的向心加速度改變線速度的方向，不改變線速度大小，故C錯誤。]
12
2．(2024·江蘇卷)如圖所示是生產陶瓷的工作臺，臺面上掉有陶屑，與工作臺一起繞軸OO′勻速轉動，陶屑與桌面間的動摩擦因數處處相同(臺面夠大)。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則(　　)
A．越靠近臺面邊緣的陶屑質量越大
B．越靠近臺面邊緣的陶屑質量越小
C．陶屑只能分布在工作臺邊緣
D．陶屑只能分布在某一半徑的圓內
題號
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√
D　[與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，根據牛頓第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因與臺面相對靜止的這些陶屑的角速度相同，由此可知能與臺面相對靜止的陶屑離軸OO′的距離與陶屑的質量無關，只要在臺面上不發生相對滑動的位置都有陶屑，故A、B、C錯誤；離軸最遠的陶屑其受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力，由前述分析可知最大的運動半徑為R＝，μ與ω均一定，故R為定值，即離軸最遠的陶屑距離不超過某一定值R，即陶屑只能分布在半徑為R的圓內，故D正確。故選D。]
題號
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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(　　)
題號
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A．r
B．l
C．r
D．l
題號
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√
A　[由題意可知，當插銷剛好位于細管外端時，插銷剛好不會卡進端蓋，此時v取到最大值，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，由彈力提供向心力有F＝mlω2，對卷軸有v＝rω，聯立解得v＝r，故選A。]
題號
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4．(多選)(2024·廣東廣州二模)如圖所示為某種秋千椅的示意圖，“ ”形輕質鋼制支架O1A1A2O2固定在豎直面內，A1A2沿水平方向，四根等長輕質硬桿通過光滑鉸鏈O1、O2懸掛長方形勻質椅板B1C1C2B2，豎直面內的O1B1C1、O2C2B2為等邊三角形，并可繞O1、O2沿圖中虛線來回擺動。已知重力加速度為g，椅板的質量為m，則椅板擺動到最低點時(　　)
題號
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A．B1、C1兩點角速度相等
B．B2、C2兩點線速度相同
C．O1A1受到的拉力等于mg
D．O2A2受到的拉力大于mg
題號
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√
√
AD　[B1、C1為同軸傳動，則角速度相等，故A正確；B2、C2兩點的線速度大小一樣，方向不同，故B錯誤；椅板B1C1C2B2在運動到最低點時處于超重狀態，合力向上，所以O1A1、O2A2受到的拉力大于mg，故C錯誤，D正確。故選AD。]
題號
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5．(2024·廣東深圳二模)某摩天輪的直徑達120 m，轉一圈用時
1 600 s。某同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，依次從A點經B點運動到C的過程中(　　)
A．角速度為 rad/s
B．座艙對該同學的作用力一直指向圓心
C．重力對該同學做功的功率先增大后減小
D．如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將不變
題號
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√
C　[根據角速度的計算公式有ω＝＝ rad/s，故A錯誤；某同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，則座艙對該同學的作用力和重力的合力提供向心力，指向圓心，所以座艙對該同學的作用力不一定指向圓心，故B錯誤；根據重力功率的計算公式P＝mgvy，可知重力對該同學做功的功率先增大后減小，故C正確；在B點有＝mRω2，可知如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將增大，故D錯誤。故選C。]
題號
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6．(多選)(2025·廣東湛江市一診)如圖甲所示，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系圖像如圖乙所示，圖像中的數據a和b及重力加速度g都為已知量，則以下說法正確的是(　　)
題號
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A．數據a與小球的質量無關
B．數據b與小球的質量無關
C．比值只與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑無關
D．利用數據a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌跡半徑
題號
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√
√
AD　[由題圖乙可知，當v2＝a時，繩子的拉力為零，小球的重力提供其做圓周運動的向心力，則由牛頓第二定律得mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，與小球的質量無關，故A正確；當v2＝2a時，對小球受力分析，由牛頓第二定律得mg＋b＝，解得b＝mg，與小球的質量有關，故B錯誤；根據上述分析可知＝，與小球的質量有關，與圓周軌跡半徑也有關，故C錯誤；由上述可知r＝，m＝，故D正確。]
題號
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7．(多選)如圖所示，在水平固定的光滑平板上，有一光滑小球(可看作質點)與穿過中央小孔O的輕繩一端相連，平板與小孔是光滑的，用手拉著繩子下端，使小球做半徑為a、角速度為ω的勻速圓周運動，當小球運動到P點時，繩子迅速放松至長度b后拉緊，沿半徑方向的分速度突變為零，垂直半徑方向分速度不變，
小球就能在以b為半徑的圓周上做勻速圓周運
動，則(　　)
題號
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A．小球由半徑a到半徑b所需時間t＝
B．小球在半徑為b的圓周上運動的線速度為ωa
C．小球在半徑為b的圓周上運動的角速度為ω
D．小球兩次做圓周運動時，繩對小球的拉力大小不變
題號
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√
√
AC　[繩子放開后，球沿切線方向飛出，做勻速直線運動，由幾何關系得位移為x＝，球的線速度v＝ωa，小球由半徑a到半徑b所需時間t＝＝，故A正確；小球沿圓弧切線方向飛出后，到達b軌道時，繩子突然拉緊，將速度沿切線方向和半徑方向正交分解，沿半徑方向的分速度突然減為零，以切線方向的分速度繞b軌道做勻速圓周運動，設此時速度與半徑夾角為θ，由幾何關系得vb
題號
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＝v sin θ＝v＝，故B錯誤；小球在半徑為b的圓周上運動的角速度ωb＝＝ω，故C正確； 當半徑為a時，根據牛頓第二定律有F1＝mω2a，當半徑為b時，根據牛頓第二定律有F2＝b＝mω2，聯立可得＝>1，故F1>F2，故D錯誤。]
題號
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8．(多選)游樂場中的“空中飛椅”項目的結構示意圖如圖所示，轉動軸帶動頂部圓盤轉動，懸繩一端系在圓盤邊緣，另一端系著椅子。若所有椅子質量相等，懸繩長短不一定相等，忽略懸繩質量與空氣阻力，則坐在椅子上的游客與椅子整體隨圓盤勻速轉動的過程中(　　)
題號
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A．任一時刻，所有游客的線速度都相同
B．所有游客做圓周運動的周期都相同
C．懸繩越長，懸繩與豎直方向的夾角就越大
D．懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關
題號
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√
√
√
BCD　[根據題意可知，所有游客為同軸轉動，則所有游客做圓周運動的角速度相同，由v＝ωr可知，游客做圓周運動的半徑不同，線速度大小不同，游客的線速度方向也不同，由T＝可知，所有游客做圓周運動的周期都相同，故A錯誤，B正確；根據題意，設繩長為L，懸繩與豎直方向的夾角為θ，則有mg tan θ＝mω2(L sin θ＋r)，解得＝L，可知懸繩與豎直方向的夾角與游客質量無關，懸繩越長，θ越大，即懸繩越長，懸繩與豎直方向的夾角就越大，故C、D正確。故選BCD。]
題號
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9．(多選)如圖所示，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．b一定比a先開始滑動
B．a、b所受的摩擦力始終相等
C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度
D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg
題號
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√
√
AC　[小木塊都隨水平轉盤做勻速圓周運動時，在發生相對滑動之前，角速度相等，靜摩擦力提供向心力即f靜＝mω2R，由于木塊b的半徑大，所以發生相對滑動前木塊b受到的靜摩擦力大，選項B錯誤；隨著角速度的增大，當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時木塊開始滑動，則有f靜＝mω2R＝kmg，代入兩個木塊的半徑，小木塊a開始滑動時的角速度ωa＝，木塊b開始滑動時的角速度ωb＝，選項C正
題號
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確；根據ωa>ωb，所以木塊b先開始滑動，選項A正確；當角速度ω＝時，木塊b開始滑動，但是ω＝<ωa，所以木塊a未達到臨界狀態，摩擦力還沒有達到最大靜摩擦力，選項D錯誤。]
題號
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10．(2024·廣東惠州三模)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌，如圖所示，內外鐵軌平面與水平面傾角為θ，當火車以規定的行駛速度v轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的側向擠壓，火車轉彎半徑為r，重力加速度為g，下
列說法正確的是(　　)
題號
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A．火車以速度v轉彎時，鐵軌對火車的支持力大于其重力
B．火車轉彎時，實際轉彎速度越小越好
C．當火車上乘客增多時，火車轉彎時的速度必須降低
D．火車轉彎速度大于時，外軌對車輪輪緣的壓力沿水平方向
題號
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√
A　[火車以速度v轉彎時，對火車受力分析，如圖所示，可得mg tan θ＝m，解得v＝，根據矢量三角形的邊角關系可知鐵軌對火車的支持力大于其重力，故A正確；當火車以規定的行駛速度v轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的側向擠壓，效果最好，所以實際轉彎速度不是越小越好，故B錯誤；由v＝可知規定行駛的速度與質量無關，當火車質量改變時，規定的行駛速度
題號
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不變，故C錯誤；火車轉彎速度大于時，外軌對車輪輪緣的壓力沿接觸面指向輪緣，故D錯誤。故選A。]
題號
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11．如圖所示，裝置BO′O可繞豎直軸O′O轉動，可視為質點的小球A與兩細線連接后分別系于B、C兩點，裝置靜止時細線AB水平，細線AC與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球的質量m＝
1 kg，細線AC長L＝1 m，B點到C點的水平和豎直距離相等。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
題號
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(1)若裝置勻速轉動的角速度為ω1，細線AB上的張力為零而細線AC與豎直方向夾角仍為37°，求角速度ω1的大小；
(2)若裝置勻速轉動的角速度為ω2時，細線AB剛好豎直，且張力為零，求此時角速度ω2的大小。
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[解析]　(1)細線AB上的張力恰為零時有
mg tan 37°＝L sin 37°
解得ω1＝ ＝ rad/s＝ rad/s。
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(2)細線AB恰好豎直，但張力為零時，由幾何關系得cos θ′＝，則有θ′＝53°
又mg tan θ′＝L sin θ′
解得ω2＝ rad/s。
題號
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[答案]　(1) rad/s　(2) rad/s
12．(2024·江西卷)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
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(1)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值；
(2)將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
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[解析]　(1)轉椅做勻速圓周運動，設此時輕繩拉力為T，轉椅質量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供圓周運動的向心力，故可得T cos α＝r1
μmg＝T sin α
聯立解得tan α＝。
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(2)設此時輕繩拉力為T′，沿A1B和垂直A1B豎直向上的分力分別為
T1＝T′sin θ，T2＝T′cos θ，
對轉椅根據牛頓第二定律得
T1cos β＝r2
沿切線方向T1sin β＝f＝μFN
豎直方向FN＋T2＝mg
聯立解得ω2＝。
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[答案]　　(2)
謝 謝 ！

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