2025年新高二物理人教版中等生专题复习《圆周运动》

第63页（共63页）2025年新高二物理人教版（2019）中等生专题复习《圆周运动》一．选择题（共8小题）1．（2025春•廊坊月考）据史料记载，走马灯（如图甲所示）的历史起源于隋唐时期，盛行于宋代，常见于除夕、元宵、中秋等节日。简化的模型如图乙所示，竖直放置的走马灯绕竖直转轴OO′转动，A、B两点到转轴的距离不同，用ω、v、T、a分别表示角速度、线速度、周期、向心加速度的大小。走马灯以某一恒定角速度绕竖直转轴转动时，下列关系正确的是（）A．ωA＞ωB B．vA＝vB C．aA＜aB D．TA＜TB2．（2025春•张家口月考）如图所示，某变速箱中有甲、乙两个齿轮，其半径分别为r1和r2，两个齿轮相互不打滑。若甲齿轮匀速转动时边缘的线速度大小为v，则（）A．甲齿轮边缘上各点的向心加速度大小为v2B．乙齿轮边缘上各点的线速度大小为vrC．甲齿轮边缘上各点的周期为v2D．乙齿轮边缘上各点的角速度大小为v3．（2025春•河北月考）如图所示，一台压路机在水平地面以大小为v0的速度匀速直线行驶（前后轮均不打滑），已知压路机前后轮半径分别为R1和R2，且R1：R2＝3：2。某时刻前后轮上的N、M点同时与地面接触，N、M点下一次同时与地面接触所需时间为（）A．2πR1v0 B．6πR14．（2025春•西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（）A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层 B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离 C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水 D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离5．（2025春•张家口月考）如图所示，一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内，圆环上套着一个可视为质点的小球。小球沿圆环运动，当小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ时，小球与圆环间恰好没有挤压作用，重力加速度大小为g。则此时小球的角速度大小为（）A．ω=gcosθR B．ω=gRtanθ C6．（2025春•沧州月考）如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，三点到各自转动轴的距离分别为4r、r和10r。支起自行车后轮，在匀速转动踏板的过程中，链条不打滑，则A、B、C三点（）A．转速大小之比是nB：nC＝1：10 B．角速度大小之比是ωA：ωC＝1：10 C．线速度大小之比是vA：vC＝1：10 D．向心加速度大小之比是aA：aB＝4：17．（2025春•苏州月考）机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。则下列说法正确的是（）A．小球a所受合力不变 B．小球a运动的周期为t C．小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大 D．小球a与物块b速度相同时，小球a一定位于轨道最高点或最低点8．（2025春•道里区校级期中）某铁路转弯处外轨道略高于内轨道，如图所示，转弯处曲率半径为R，两铁轨之间间距为L，内外轨道平面与水平面倾角为θ（θ很小，tanθ≈sinθ）。若规定通过该转弯处速度为v0时内外轨均不受轮缘的挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．火车转弯时速度如果超过规定速度v0，则外轨道对外侧轮缘的弹力是水平的 B．要使火车转弯时内外轨均不受轮缘的挤压，则内外轨的高度差H应为v0C．火车转弯时速度如果小于规定速度v0，铁轨对火车的支持力仍满足N=D．如果火车转弯处内外轨道一样高，则火车转弯时由摩擦力提供向心力二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•河北月考）如图所示，一水平框架绕竖直转轴以角速度ω匀速转动。框架的水平横杆上穿有两个质量相等的圆球A和B，圆球与横杆之间的动摩擦因数均为μ，球A到中心转轴的距离为d，球B到中心转轴的距离为2d，球A、B之间用一根长度为3d的轻绳连接，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．当ω＜μgB．当ω＜μgC．当ω=μg2dD．当ω=μgd（多选）10．（2025春•张家口月考）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力为FN（取竖直向下为弹力的正方向），小球在最高点时的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示，图像中a和A．小球的质量为agB．轻杆的长度为bgC．v2＝3b时，在最高点杆对小球的弹力大小为3a D．v2＝2b时，小球在最高点的向心加速度大小为2g（多选）11．（2025春•河北月考）如图所示，系在悬点O的小球A在水平面内做圆锥摆运动，当小球角速度为ω1时，细绳与竖直方向夹角为θ1，细绳对小球的拉力为F1；当小球角速度为ω2时，细绳与竖直方向夹角为θ2，细绳对小球的拉力为F2。则以下关系式正确的是（）A．F2B．F2C．ω2D．ω（多选）12．（2025春•张家口月考）如图甲所示，在水平圆盘上ab之间有圆心角为120°的开槽，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，在ab的端点a点正上方1m处有一直径略小于槽宽的小球，小球以4m/s的初速度竖直上抛，若要令小球落入槽中，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．圆盘上各点运动的线速度大小相等 B．小球在空中运动的时间为1s C．圆盘转动的角速度ω可能是2.5πrad/s D．圆盘转动的角速度ω可能是3.5πrad/s三．填空题（共4小题）13．（2025春•北京校级月考）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，小齿轮和后轮的角速度大小之比为，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为，后轮受到的静摩擦力方向向（填“前”或“后”）。14．（2025春•泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC=RA2，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比，A、B、C三点线速度之比为15．（2025春•台江区期中）如图甲，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的线速度之比vA：vB＝，A和C点的角速度之比ωA：ωC＝，B和C点的线速度之比vB：vC＝。16．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，在200m跑的弯道部分中，跑内侧还是外侧跑道对运动员的成绩有一定影响。若同一运动员分别在最内侧和最外侧跑道以相同的速率运动，转弯半径分别为36m与45m，跑道均在水平面内，则运动员在最内侧跑道转弯所需向心力是在最外侧跑道时的倍，在侧跑道跑步时候，速度变化的快。四．解答题（共4小题）17．（2025春•河北月考）如图所示，半径为R的半圆形圆柱固定在水平地面上，把一个小球从半圆形圆柱的最高点由静止释放，当小球转过θ＝60°角时，小球刚好脱离圆弧表面，最后落到水平地面上，已知重力加速度为g，求：（1）小球刚好脱离圆弧表面时的速度大小；（2）小球落到水平地面时竖直方向的速度大小。18．（2025春•廊坊月考）如图所示，一长L＝2m的轻绳系一质量m＝2kg小球（可视为质点）在竖直平面内做圆周运动，当运动到圆周的最低点时与小球接触处绳断，绳断前瞬间轻绳承受的最大张力大小为120N，绳断后小球水平射出进入光滑水平面OA，又从A点平滑过渡后冲上倾角θ＝37°的斜面，从B点冲出斜面，最后落在平台上的C点。已知小球和斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，它在斜面上运动的时间t＝0.5s，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）绳断后小球水平射出的速度大小；（2）小球运动到B点的速度大小和斜面的长度；（3）小球离平台的最大高度。19．（2025春•张家口月考）如图甲所示是张家口市某环岛的俯视图，某汽车行驶的路径如图乙所示。汽车以v0＝72km/h的速度沿水平直线车道AB行驶，从B点进入半径为r＝30m的水平14圆弧车道，再从C点进入水平直线车道CD。若汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，汽车可视为质点，重力加速度大小g＝10m/s2（1）为行驶安全，汽车在圆弧车道BC行驶的最大速度；（2）若汽车减速和加速的加速度大小均为a＝2m/s2，则汽车安全行驶过程中从减速到恢复原速度经历的最短时间（用含有π的式子表示）。20．（2025春•沧州月考）洗衣机进行脱水时的运动情形可简化为如图所示的模型，一半径r＝0.5m的圆筒竖直放置，当圆筒绕中心轴OO'匀速转动时，一质量为1kg的物块恰能贴着圆筒内壁做圆周运动。已知物块与圆筒内壁间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）物块受到哪几个力的作用？物块随圆筒做匀速圆周运动的向心力由什么力提供？向心力的大小是多少？（2）求物块的线速度v的大小。

2025年新高二物理人教版（2019）中等生专题复习《圆周运动》参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CDDCACDB二．多选题（共4小题）题号9101112答案ADADBDBC一．选择题（共8小题）1．（2025春•廊坊月考）据史料记载，走马灯（如图甲所示）的历史起源于隋唐时期，盛行于宋代，常见于除夕、元宵、中秋等节日。简化的模型如图乙所示，竖直放置的走马灯绕竖直转轴OO′转动，A、B两点到转轴的距离不同，用ω、v、T、a分别表示角速度、线速度、周期、向心加速度的大小。走马灯以某一恒定角速度绕竖直转轴转动时，下列关系正确的是（）A．ωA＞ωB B．vA＝vB C．aA＜aB D．TA＜TB【考点】传动问题；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】明显AB两点同轴转动，角速度相同，结合圆周运动公式分析。【解答】解：A．走马灯绕竖直转轴OO′转动，A、B两点同轴转动，则角速度相同，即ωA＝ωB，故A错误；B．A、B两点到转轴的距离不同，根据v＝ωr，因为rA＜rB，则vA＜vB，故B错误；C．由向心加速度公式a＝ω2r，可得aA＜aB，故C正确；D．由周期公式T=2πω，可得TA＝TB故选：C。【点评】若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。2．（2025春•张家口月考）如图所示，某变速箱中有甲、乙两个齿轮，其半径分别为r1和r2，两个齿轮相互不打滑。若甲齿轮匀速转动时边缘的线速度大小为v，则（）A．甲齿轮边缘上各点的向心加速度大小为v2B．乙齿轮边缘上各点的线速度大小为vrC．甲齿轮边缘上各点的周期为v2D．乙齿轮边缘上各点的角速度大小为v【考点】传动问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】齿轮传动，轮子边缘线速度大小相等，结合圆周运动公式求解。【解答】解：A．甲齿轮匀速转动时边缘的线速度大小为v，根据向心加速度公式a可得甲齿轮边缘上各点的向心加速度大小为v2r1B．两个齿轮相互不打滑，甲、乙两个齿轮边缘的线速度大小相等，则乙齿轮轮边缘上各点的线速度大小为v，故B错误；C．甲齿轮边缘上各点的周期为T=svD．甲、乙两个齿轮边缘的线速度大小相等，则乙齿轮边缘上各点的角速度大小为ω=vr故选：D。【点评】若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。3．（2025春•河北月考）如图所示，一台压路机在水平地面以大小为v0的速度匀速直线行驶（前后轮均不打滑），已知压路机前后轮半径分别为R1和R2，且R1：R2＝3：2。某时刻前后轮上的N、M点同时与地面接触，N、M点下一次同时与地面接触所需时间为（）A．2πR1v0 B．6πR1【考点】水平转盘上物体的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】前后轮边缘的线速度相等，N、M点下一次同时与地面接触，此过程运动距离为前后轮周长的最小公倍数。【解答】解：设经过时间为t，N、M点下一次同时与地面接触，前后轮边缘的线速度相等，此过程运动距离为v0t，v0t应为前后轮周长的最小公倍数，有v0t＝3×2πR2＝2×2πR1可得t=6πR2故选：D。【点评】本题考查圆周运动时间的计算，解题关键是知道前后轮边缘的线速度相等，以及知道下一次同时与地面接触满足的物理条件。4．（2025春•西城区校级期中）如图是宇航员在“天宫课堂”中利用旋转的方法进行水油分离的实验装置，在空间站中快速摇转该装置就可以实现水油分离。关于这个实验，下列说法正确的是（）A．不旋转时，由于水和油受重力会自然分层 B．旋转时，转速越小越容易实现水油分离 C．水油分离时靠近试管底部的是密度较大的水 D．在天宫中利用此装置进行实验，装置必须水平放置才能实现水油分离【考点】离心运动的应用和防止．【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据完全失重状态运用离心运动的知识，结合不同物质的密度差异在圆周运动中的表现进行分析解答。【解答】解：A.太空中处于完全失重状态，不旋转时水和油不能分离自然分层，故A错误；B.旋转时，转速越大越容易发生离心运动，所以更容易实现水油分离，故B错误；C.水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离的，则靠近试管底部的是密度较大的水，故C正确；D.在天宫中利用此装置进行实验，处于完全失重状态，则装置竖直放置也能实现水油分离，故D错误。故选：C。【点评】考查离心运动的知识和离心现象的理解，会根据题意进行准确的分析解答。5．（2025春•张家口月考）如图所示，一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内，圆环上套着一个可视为质点的小球。小球沿圆环运动，当小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ时，小球与圆环间恰好没有挤压作用，重力加速度大小为g。则此时小球的角速度大小为（）A．ω=gcosθR B．ω=gRtanθ C【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】小球和圆环间恰好没有挤压作用，小球重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，结合牛顿第二定律分析。【解答】解：当小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ时，小球和圆环间恰好没有挤压作用，则小球重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，由牛顿第二定律得mgcosθ＝mω2R所以小球此时的角速度大小ω=gcosθR，故A故选：A。【点评】本题考查了匀速圆周运动的知识，解题的关键是受力分析出向心力的来源，难度一般。6．（2025春•沧州月考）如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，三点到各自转动轴的距离分别为4r、r和10r。支起自行车后轮，在匀速转动踏板的过程中，链条不打滑，则A、B、C三点（）A．转速大小之比是nB：nC＝1：10 B．角速度大小之比是ωA：ωC＝1：10 C．线速度大小之比是vA：vC＝1：10 D．向心加速度大小之比是aA：aB＝4：1【考点】传动问题；向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】C【分析】共轴传动时，各点的角速度相同；同缘传动时，边缘点线速度大小相等，结合圆周运动的公式进行分析即可。【解答】解：B．在匀速转动踏板的过程中，链条不打滑，A、B两点是链条传动，相等时间内通过弧长相等，即线速度相等，有vA：vB＝1：1由v＝ωr得ωA：ωB＝1：4B、C两点绕共同的轴转动，相等时间内转过角度相等，即角速度相等，由v＝ωr，得vB：vC＝1：10综知ωA：ωB：ωC＝1：4：4故B错误；C．根据以上分析可得vA：vB：vC＝1：1：10故C正确；A．由ω得nA：nB：nC＝1：4：4故A错误；D．由向心加速度a＝ω2r得aA：aB：aC＝1：4：40故D错误。故选：C。【点评】本题的关键是掌握两种传动模型的特点，熟悉各物理量间的关系。7．（2025春•苏州月考）机械设计中有许多精妙的设计，如图所示为一种将圆周运动转化为一条直线上往复运动的设计。沿竖直面内圆弧轨道做匀速圆周运动的小球a通过有转轴的连杆与物块b相连，物块b穿在水平杆上，水平杆的延长线通过圆心。物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间为t。则下列说法正确的是（）A．小球a所受合力不变 B．小球a运动的周期为t C．小球a运动到水平直径任一端点时，物块b运动的速率最大 D．小球a与物块b速度相同时，小球a一定位于轨道最高点或最低点【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；线速度的物理意义及计算．【专题】定性思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．【答案】D【分析】a做匀速圆周运动，合力方向时刻变化，物块b从最左端第一次运动到最右端，对应a从水平直径左端点运动到右端点，为半个周期，结合关联速度的特点分析。【解答】解：A．因小球a做匀速圆周运动，故a所受合力大小不变，但方向时刻变化，故A错误；B．物块b从最左端第一次运动到最右端经历的时间t为半个周期，故T＝2t故B错误；C．小球a运动到水平直径任一端点时，物块b的速度为0，故C错误；D．根据杆关联速度的特点，当两者速度相同时，两者速度方向与杆的夹角一定相同，因b的速度方向一定沿水平方向，故小球a的速度方向也一定沿水平方向，而满足此条件的位置，只有最高点和最低点，故D正确。故选：D。【点评】本题考查学生对线速度的理解以及解决关联速度问题的能力，其中知道滑块的实际速度与杆的速度的关系为解决本题的关键。8．（2025春•道里区校级期中）某铁路转弯处外轨道略高于内轨道，如图所示，转弯处曲率半径为R，两铁轨之间间距为L，内外轨道平面与水平面倾角为θ（θ很小，tanθ≈sinθ）。若规定通过该转弯处速度为v0时内外轨均不受轮缘的挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．火车转弯时速度如果超过规定速度v0，则外轨道对外侧轮缘的弹力是水平的 B．要使火车转弯时内外轨均不受轮缘的挤压，则内外轨的高度差H应为v0C．火车转弯时速度如果小于规定速度v0，铁轨对火车的支持力仍满足N=D．如果火车转弯处内外轨道一样高，则火车转弯时由摩擦力提供向心力【考点】火车的轨道转弯问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】弹力方向垂直接触面，不可能水平；火车转弯时内外轨道侧向均没有压力时，这时重力和支持力的合力提供向心力；火车转弯时速度如果小于规定速度v0，竖直方向受力平衡求解弹力大小。【解答】解：A、火车转弯超过规定速度行驶时，所需的向心力较大，而重力和支持力的合力不变，故外轨对轮缘有沿斜面向下的弹力，补充不够的向心力，弹力方向垂直接触面，不可能水平，故A错误；B、火车转弯时内外轨道侧向均没有压力时，根据牛顿第二定律，重力和支持力的合力提供向心力，则mgtanθ=又有tanθ≈联立解得H=故B正确；C、火车转弯时内外轨道侧向均没有压力时，竖直方向上有Ncosθ＝mg可得N=火车转弯时速度如果小于规定速度v0，所需的向心力较小，而重力和支持力的合力不变，故内轨对轮缘有沿斜面向上的弹力，竖直方向上有N′cosθ+Tsinθ＝mg解得N'故C错误；D、如果转弯处内外轨一样高，水平方向指向圆心的力是外轨对轮缘的弹力提供向心力，故D错误。故选：B。【点评】本题考查火车转弯问题，解题关键是知道向心力来源，结合牛顿第二定律以及受力平衡求解。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•河北月考）如图所示，一水平框架绕竖直转轴以角速度ω匀速转动。框架的水平横杆上穿有两个质量相等的圆球A和B，圆球与横杆之间的动摩擦因数均为μ，球A到中心转轴的距离为d，球B到中心转轴的距离为2d，球A、B之间用一根长度为3d的轻绳连接，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．当ω＜μgB．当ω＜μgC．当ω=μg2dD．当ω=μgd【考点】水平转盘上物体的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】两球做圆周运动，角速度相等，绳子无拉力时，根据B先达到最大静摩擦力求解角速度取值范围；分析横杆对球A无摩擦力时AB受力情况，结合牛顿第二定律求解。【解答】解：AB．设物体恰好要滑动时角速度为ω1，则有μmg解得ωA到中心转轴的距离为d，球B到中心转轴的距离为2d，由于B的r大，故B先达到最大静摩擦力，故绳子无拉力时，需满足ω故A正确，B错误；CD．设横杆对球A无摩擦力时角速度为ω0，对A有mω02对B有m联立解得ω故C错误，D正确。故选：AD。【点评】解决本题的关键两球的角速度相等，能够正确分析向心力来源，根据牛顿第二定律进行求解。（多选）10．（2025春•张家口月考）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力为FN（取竖直向下为弹力的正方向），小球在最高点时的速度大小为v，其FN-v2图像如图乙所示，图像中a和bA．小球的质量为agB．轻杆的长度为bgC．v2＝3b时，在最高点杆对小球的弹力大小为3a D．v2＝2b时，小球在最高点的向心加速度大小为2g【考点】杆球类模型及其临界条件；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】对小球在最高点，由牛顿第二定律求解FN【解答】解：AB．对小球在最高点，小球运动到最高点时，杆与小球间弹力为FN，由牛顿第二定律得F解得F结合图乙，可知FN-v2所以小球的质量m图像的斜率m所以轻杆的长度R故A正确，B错误；C．当v2＝3b时，由牛顿第二定律得F解得FN1＝2mg＝2a故C错误；D．当v2＝2b时，小球在最高点的向心加速度a联立以上解得a＝2g故D正确。故选：AD。【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中。（多选）11．（2025春•河北月考）如图所示，系在悬点O的小球A在水平面内做圆锥摆运动，当小球角速度为ω1时，细绳与竖直方向夹角为θ1，细绳对小球的拉力为F1；当小球角速度为ω2时，细绳与竖直方向夹角为θ2，细绳对小球的拉力为F2。则以下关系式正确的是（）A．F2B．F2C．ω2D．ω【考点】物体在圆锥面上做圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】对小球进行受力分析，在竖直方向受力平衡，拉力水平分力提供向心力，结合牛顿第二定律分析。【解答】解：细绳与竖直方向夹角为θ1，细绳对小球的拉力为F1，在竖直方向，有F1cosθ1﹣mg＝0在水平方向，有F细绳与竖直方向夹角为θ2时，细绳对小球的拉力为F2，在竖直方向，有F2cosθ2﹣mg＝0在水平方向，有F联立可得F2F1=cosθ1故选：BD。【点评】本题是圆锥摆问题，关键是分析受力情况，确定向心力的来源．要注意小球圆周运动的半径不等于绳长．（多选）12．（2025春•张家口月考）如图甲所示，在水平圆盘上ab之间有圆心角为120°的开槽，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，在ab的端点a点正上方1m处有一直径略小于槽宽的小球，小球以4m/s的初速度竖直上抛，若要令小球落入槽中，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．圆盘上各点运动的线速度大小相等 B．小球在空中运动的时间为1s C．圆盘转动的角速度ω可能是2.5πrad/s D．圆盘转动的角速度ω可能是3.5πrad/s【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；角速度的物理意义及计算．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】圆盘上各点运动的角速度大小相等；根据匀变速直线运动规律列式求解；依题意列式分析求解ω范围，进而确定可能的数值。【解答】解：A、圆盘上各点运动属于同轴转动，角速度大小相等，各点到圆心的距离r不同，根据v＝rω可知，各点的线速度大小不相等，故A错误；B、以竖直向下为正方向，根据匀变速直线运动规律可得h=代入数据，解得小球在空中运动的时间为t＝1s故B正确；CD、小球能落在槽内，则时间满足n2πω≤t≤13×2π故角速度范围为2nπrad当n＝1时，有2πrad当n＝2时，有4πrad故C正确，D错误。故选：BC。【点评】考查对圆周运动、匀变速直线运动规律的理解，熟悉运用公式解答问题。三．填空题（共4小题）13．（2025春•北京校级月考）如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，小齿轮和后轮的角速度大小之比为1：1，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，后轮受到的静摩擦力方向向前（填“前”或“后”）。【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；线速度与角速度的关系．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】1：1；1：4；前。【分析】对于齿轮传动装置问题要把握两点：同一链条上线速度大小相等，同轴传动时角速度相等；结合匀速圆周运动的公式求解即可。后轮相对地面有向后的运动趋势，受到地面的静摩擦力方向向前。【解答】解：小齿轮和后轮共轴，小齿轮和后轮角速度相同，即小齿轮和后轮的角速度大小之比为1：1；大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据ω=可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4；后轮是在外力的作用下运动的，后轮相对地面有向后的运动趋势，受到地面的静摩擦力方向向前。故答案为：1：1；1：4；前。【点评】本题在齿轮传动中主要考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度大小相等，哪些位置角速度相等。14．（2025春•泉州期中）如图所示，一皮带传动装置，A、B、C三点到各自转轴的距离分别为RA、RB、RC，已知RB＝RC=RA2，若在传动过程中，皮带不打滑。则A点与C点的角速度之比1：2，A、B、C三点线速度之比为2：1：2【考点】传动问题；线速度与角速度的关系．【专题】应用题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】1：2；2：1：2。【分析】同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等，根据图示情景，应用线速度与角速度的关系分析答题。【解答】解：A、C同缘传动，线速度v大小相等，由v＝ωr可知，ωAA、B同轴转动，它们的角速度ω相等，由v＝ωr可知vA：vB＝RA：RB＝2：1，又由于vA＝vC，则vA：vB：vC＝2：1：2；故答案为：1：2；2：1：2。【点评】本题考查了传动问题，知道同轴转动物体的角速度相等，同缘传动的线速度大小相等是解题的前提，根据线速度与角速度的关系即可解题。15．（2025春•台江区期中）如图甲，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙所示，C为大盘上的一点，A、B为大小两盘边缘上的两点，已知2rC＝rA，rC＝rB。工作时A点和B点的线速度之比vA：vB＝1：1，A和C点的角速度之比ωA：ωC＝1：1，B和C点的线速度之比vB：vC＝2：1。【考点】传动问题；线速度与角速度的关系．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】1：1；1：1；2：1。【分析】同轴转动，除轴外，角速度相等，边缘传动，边缘上的点线速度相等，结合v＝rω求解A点和B点的线速度、A和C点的角速度之比、B和C点的线速度之比。【解答】解：A.根据齿轮传动原理，两齿轮啮合时边缘线速度相等，即vA＝vB，可得vA：vB＝1：1，A、C点属于同一齿轮，角速度相等，可得ωA：ωC＝1：1，由线速度v＝rω可得vA：vC＝rA：rC＝2：1，ωA：ωB＝rB：rA＝1：2，则ωB：ωC＝2：1，所以可得vB：vC＝ωBrB：ωCrC＝2：1故答案为：1：1；1：1；2：1。【点评】本题主要考查传动问题，中等题，理解线速度、角速度关系是解题关键。16．（2024秋•杨浦区校级期末）如图所示，在200m跑的弯道部分中，跑内侧还是外侧跑道对运动员的成绩有一定影响。若同一运动员分别在最内侧和最外侧跑道以相同的速率运动，转弯半径分别为36m与45m，跑道均在水平面内，则运动员在最内侧跑道转弯所需向心力是在最外侧跑道时的54倍，在内【考点】车辆在道路上的转弯问题．【专题】应用题；定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；分析综合能力．【答案】54【分析】根据向心力公式求出在最内侧与最外侧转弯时向心力大小关系；加速度是描述速度变化快慢的物理量，根据加速度大小比较速度变化快慢关系。【解答】解：在最内侧跑道转弯所需向心力与在最外侧跑道转弯时向心力之比F内F外在内侧跑道运动时的向心力大于外侧跑道时的向心力，则在内侧跑道跑步时的加速度大于在外侧跑道跑步时的加速度，则在内侧跑道跑步时速度变化快。故答案为：54【点评】掌握基础知识、分析清楚运动员的运动过程是解题的前提，应用向心力公式就解题。四．解答题（共4小题）17．（2025春•河北月考）如图所示，半径为R的半圆形圆柱固定在水平地面上，把一个小球从半圆形圆柱的最高点由静止释放，当小球转过θ＝60°角时，小球刚好脱离圆弧表面，最后落到水平地面上，已知重力加速度为g，求：（1）小球刚好脱离圆弧表面时的速度大小；（2）小球落到水平地面时竖直方向的速度大小。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．【答案】（1）小球刚好脱离圆弧表面时的速度大小等于gR2（2）小球落到水平地面时竖直方向的速度大小等于118【分析】（1）小球刚好脱离圆弧表面时，受斜面支持力等于零，重力指向圆心的分力提供向心力，结合牛顿第二定律求解；（2）小球离开圆弧面后做斜下抛运动，竖直方向做匀变速直线运动，结合几何关系求解。【解答】解：（1）小球刚好脱离圆弧表面时由牛顿第二定律可知mgcos解得v（2）小球离开圆弧面后做斜下抛运动，则竖直方向的加速度为g，则落地时的竖直速度v解得v答：（1）小球刚好脱离圆弧表面时的速度大小等于gR2（2）小球落到水平地面时竖直方向的速度大小等于118【点评】本题考查圆周运动和抛体运动，解题关键是知道向心力的来源，知道斜抛运动竖直方向规律，选择合理的公式求解。18．（2025春•廊坊月考）如图所示，一长L＝2m的轻绳系一质量m＝2kg小球（可视为质点）在竖直平面内做圆周运动，当运动到圆周的最低点时与小球接触处绳断，绳断前瞬间轻绳承受的最大张力大小为120N，绳断后小球水平射出进入光滑水平面OA，又从A点平滑过渡后冲上倾角θ＝37°的斜面，从B点冲出斜面，最后落在平台上的C点。已知小球和斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，它在斜面上运动的时间t＝0.5s，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）绳断后小球水平射出的速度大小；（2）小球运动到B点的速度大小和斜面的长度；（3）小球离平台的最大高度。【考点】绳球类模型及其临界条件；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】（1）绳断后小球水平射出的速度大小等于10m/s；（2）小球运动到B点的速度大小等于6m/s，斜面的长度等于4m；（3）小球离平台的最大高度等于0.648m。【分析】（1）绳断前瞬间轻绳承受的最大张力大小为120N，结合牛顿第二定律求解速度大小；（2）根据牛顿第二定律求解在斜面的加速度，结合运动学公式求解速度大小和斜面的长度；（3）在B点，将小球的速度沿着水平和竖直方向分解，根据竖直方向做竖直上抛运动求解小球离平台的最大高度。【解答】解：（1）设绳断后小球水平射出的速度大小为v0。小球运动到圆周的最低点时由牛顿第二定律得F将F＝120N代入，解得v0＝10m/s（2）设小球在斜面上的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin37°+μmgcos37°＝ma解得a＝8m/s2由运动学规律可得小球运动到B点的速度vB＝vA﹣at其中vA＝v0，解得小球运动到B点的速度大小vB＝6m/s斜面的长度x（3）在B点，将小球的速度沿着水平和竖直方向分解，有vBy＝vBsin37°，v解得小球离平台的最大高度h＝0.648m答：（1）绳断后小球水平射出的速度大小等于10m/s；（2）小球运动到B点的速度大小等于6m/s，斜面的长度等于4m；（3）小球离平台的最大高度等于0.648m。【点评】本题考查了圆周运动以及平抛运动等多个知识点，解题关键是对每个过程能够正确应用相关规律。19．（2025春•张家口月考）如图甲所示是张家口市某环岛的俯视图，某汽车行驶的路径如图乙所示。汽车以v0＝72km/h的速度沿水平直线车道AB行驶，从B点进入半径为r＝30m的水平14圆弧车道，再从C点进入水平直线车道CD。若汽车轮胎与路面间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，汽车可视为质点，重力加速度大小g＝10m/s2（1）为行驶安全，汽车在圆弧车道BC行驶的最大速度；（2）若汽车减速和加速的加速度大小均为a＝2m/s2，则汽车安全行驶过程中从减速到恢复原速度经历的最短时间（用含有π的式子表示）。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】（1）汽车在圆弧车道BC行驶的最大速度等于15m/s（2）汽车安全行驶过程中从减速到恢复原速度经历的最短时间等于（5+π）s。【分析】（1）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力提供向心力有最大速度；（2）根据匀变速运动规律求解汽车减速和加速的时间，以最大速度做圆周运动，弧长除以速度等于时间，三段时间相加等于总时间。【解答】解：（1）汽车在圆弧车道BC行驶的过程中，由牛顿第二定律得μmg解得v＝15m/s（2）汽车减速和加速的时间为t解得t1＝2.5s汽车在圆弧车道BC行驶的时间为t解得t2＝πs汽车从减速到恢复原速度经历的时间为t＝2t1+t2解得t＝（5+π）s答：（1）汽车在圆弧车道BC行驶的最大速度等于15m/s（2）汽车安全行驶过程中从减速到恢复原速度经历的最短时间等于（5+π）s。【点评】本题考查圆周运动与匀变速直线运动的规律的应用，解题关键是知道最大转弯速度的求解。20．（2025春•沧州月考）洗衣机进行脱水时的运动情形可简化为如图所示的模型，一半径r＝0.5m的圆筒竖直放置，当圆筒绕中心轴OO'匀速转动时，一质量为1kg的物块恰能贴着圆筒内壁做圆周运动。已知物块与圆筒内壁间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）物块受到哪几个力的作用？物块随圆筒做匀速圆周运动的向心力由什么力提供？向心力的大小是多少？（2）求物块的线速度v的大小。【考点】物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】（1）物块受到圆筒内壁对其的支持力，竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力，圆筒内壁对其支持力提供向心力，向心力的大小是50N；（2）物块的线速度v的大小等于5m/s【分析】（1）竖直方向合力为零，结合滑动摩擦力公式求解支持力，支持力提供向心力；（2）水平方向由牛顿第二定律，结合向心力公式求解。【解答】解：（1）物块受到圆筒内壁对其的支持力，竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力，圆筒内壁对其支持力提供向心力物块在竖直方向受力平衡有f＝μFN＝mg水平方向由圆筒内壁对其支持力提供向心力有Fn＝FN解得Fn＝50N（2）水平方向由牛顿第二定律有F代入数据解得物块的线速度大小为v＝5m/s答：（1）物块受到圆筒内壁对其的支持力，竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力，圆筒内壁对其支持力提供向心力，向心力的大小是50N；（2）物块的线速度v的大小等于5m/s【点评】物体在圆筒内壁做匀速圆周运动，向心力是由筒壁对物体的支持力提供的，竖直方向物体处于平衡状态。

考点卡片1．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。4．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=vtanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。5．线速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：物体在某段时间内通过的弧长Δs与时间Δt之比。2.定义式：v=3.单位：米每秒，符号是m/s。4.方向：物体做圆周运动时该点的切线方向。5.物理意义：表示物体沿着圆弧运动的快慢。6.线速度的求法（1）定义式计算：v=（2）线速度与角速度的关系：v＝ωr（3）知道圆周运动的半径和周期：v=【命题方向】有一质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，则该质点的线速度为（）A、2πRntB、2πRntC、分析：根据线速度的定义公式v=ΔS解答：质点做半径为R的匀速圆周运动，在t秒内转动n周，故线速度为：v=故选：B。点评：本题关键是明确线速度的定义，记住公式v=ΔS【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：6．角速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：半径转过的角度Δθ与时间Δt之比。2.定义式：ω=3.单位：弧度每秒，符号为rad/s，也可以写成s﹣1。4.物理意义：描述做圆周运动的物体与圆心连线扫过角度的快慢。5.计算方法：（1）定义式计算：ω=（2）角速度与线速度的关系：ω=（3）已知圆周运动的周期：ω=【命题方向】某走时准确的时钟，分针与时针的角速度之比为（）A、12：1B、1：12C、1：60D、60：1分析：分针转一圈的时间为1h，时针转一圈的时间为12h，其周期比为1：12．根据ω=2解答：分针、时针的周期分别为1h、12h，则周期比为1：12．根据ω=2πT得角速度之比为12故选：A。点评：解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与角速度的关系，ω=2【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：7．线速度与角速度的关系【知识点的认识】1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθv＝ωr这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。3.应用：①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。【命题方向】一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（）A、轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；C、由ω=2πT得：ω与TD、由ω=2πT得：ω与T成故选：A。点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：8．角速度、周期、频率与转速的关系及计算【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω=单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、各物理量之间的关系：（1）线速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④转速：n=v【命题方向】一架电风扇以600r/min的转速转动，则此时：（1）它转动的周期和角速度分别是多少？（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是多少？分析：（1）根据转速与周期的关系及角速度与周期的关系即可求解；（2）根据v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它转动的周期为0.1s，角速度为20πrad/s；（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是4πm/s．点评：本题主要考查了圆周运动的基本公式，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：9．传动问题【知识点的认识】三类传动装置的对比1.同轴传动（1）装置描述：如下图，A、B两点在同轴的一个圆盘上（2）特点：任意两点的角速度相同，周期相同。转动方向相同。（3）规律：①线速度与半径成正比：v＝ωr。②向心加速度与半径成正比：a＝ω2r2.皮带传动（1）装置描述：如下图，两个轮子用皮带连接，A、B两点分别是两个轮子边缘的点（2）特点：边缘两点的线速度大小相等。转动方向相同。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=3.齿轮传动（1）装置描述：如下图，两个齿轮轮齿啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点（2）特点：啮合的两点线速度相同（边缘任意两点线速度大小相等）。转动方向相反。（3）规律：①角速度与半径成反比：ω=②向心加速度与半径成反比：a=【命题方向】如图所示，为齿轮传动装置，主动轴O上有两个半径分别为R和r的轮，O′上的轮半径为r′，且R＝2r＝3r′/2．则vA：vB：vC＝，ωA：ωB：ωC＝．分析：A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度，再由线速度和角速度之间的关系V＝rω，就可以判断它们的关系．解答：A和C是通过齿轮相连，所以VA＝VC，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，由V＝rω，R＝2r可知，vA：vB＝2：1，综上可知，vA：vB：vC＝2：1：2，由VA＝VC，R=32r′，V＝rωA：ωC＝2：3，A和在B同一个轮上，它们的角速度相等，综上可知，ωA：ωB：ωC＝2：2：3，故答案为：2：1：2；2：2：3．点评：判断三个点之间的线速度角速度之间的关系，要两个两个的来判断，关键是知道它们之间的内在联系，A和B在同一个轮上，它们的角速度相等，A和C是通过齿轮相连，它们有共同的线速度．【解题思路点拨】求解传动问题的思路（1）确定传动类型及特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度的大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等。（2）确定半径|关系；根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题|意确定半径关系。（3）公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝1r分析；若角速度大小相等，则根据ω∝r10．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=m【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．11．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素【知识点的认识】1.向心加速度的表达式为an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。3.对于公式an=该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。4.对于公式an＝ω2r该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。5.向心加速度与半径的关系根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。【命题方向】B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的频率为4Hz，B的频率为2Hz，则两球的向心加速度之比为（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根据频率之比求出角速度之比，结合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根据角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比为2：1，根据a＝rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，则向心加速度之比为8：1．故C正确，A、B、D错误。故选：C。点评：解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．【解题思路点拨】向心加速度公式的应用技巧向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：（1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同；（2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。12．水平转盘上物体的圆周运动【知识点的认识】1.当物体在水平转盘上做圆周运动时，由于转速的变化，物体受到的向心力也会发生变化，经常考查临界与极值问题。2.可能得情况如下图：【命题方向】如图所示，水平转盘上放有质量为m的物体，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：（1）当转盘的角速度ω1=μg2r（2）当转盘的角速度ω2=3分析：根据牛顿第二定律求出绳子恰好有拉力时的角速度，当角速度大于临界角速度，拉力和摩擦力的合力提供向心力．当角速度小于临界角速度，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出细绳的拉力大小．解答：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg＝mrω02，解得：ω（1）因为ω1=μg2r＜ω0答：当转盘的角速度ω1=μg2r时，细绳的拉力F（2）因为ω2=3FT解得F答：当转盘的角速度ω2=3μg2点评：解决本题的关键求出绳子恰好有拉力时的临界角速度，当角速度大于临界角速度，摩擦力不够提供向心力，当角速度小于临界角速度，摩擦力够提供向心力，拉力为0．【解题思路点拨】1.分析物体做圆周运动的轨迹平面、圆心位置。2.分析物体受力，利用牛顿运动定律、平衡条件列方程。3.分析转速变化时接触面间摩擦力的变化情况、最大静摩擦力的数值或变化情况，确定可能出现的临界状态.对应的临界值，进而确定极值。13．物体在圆锥面上做圆周运动【知识点的认识】1.本考点旨在针对物体在圆锥面上做圆周运动的情况。2.常见的情况如下图：【命题方向】如图所示，OAB为圆锥体的截面图，其中圆锥体截面的底角为53°，小球P通过轻质细线拴在圆锥顶点O，整个装置可绕其竖直中心轴线OO'自由转动，已知小球的质量为500g，细线长为1m，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）当整个装置转动的角速度为多少时，小球受到圆锥面的支持力恰好为零？（2）当整个装置转动的角速度为25rad/s时，细线对小球的拉力为多少？此时细线与竖直方向的夹角为多少？分析：（1）根据牛顿第二定律结合几何关系得出装置的临界角速度；（2）根据对物体的受力分析结合牛顿第二定律得出细线的拉力，并由此计算出细线与竖直方向的夹角。解答：（1）设整个装置转动的角速度为ω0时，小球受到圆锥面的支持力恰好为零，由牛顿第二定律得mgtan解得ω（2）设此时细线的拉力为F，细线与竖直方向的夹角为θ，由于ω＞ω0，故小球已离开斜面。则：Fsinθ＝mω2Lsinθ解得F＝10N又小球在竖直方向受力平衡，则Fcosθ＝mg解得θ＝60°答：（1）当整个装置转动的角速度为52（2）当整个装置转动的角速度为25rad/s时，细线对小球的拉力为10N，此时细线与竖直方向的夹角为60°。点评：本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解结合关系和临界状态的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．14．车辆在道路上的转弯问题【知识点的认识】汽车转弯问题模型如下模型分析：一般来说转弯处的地面是倾斜的，当汽车以某一适当速度经过弯道时，由汽车自重与斜面的支持力的合力提供向心力；小于这一速度时，地面会对汽车产生向内侧的摩擦力；大于这一速度时，地面会对汽车产生向外侧的摩擦力。如果转弯速度过大，侧向摩擦力过大，可能会造成汽车翻转等事故。【命题方向】在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhd分析：要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速。解答：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得mgtanθ＝mv又由数学知识得到tanθ=联立解得v=故选：B。点评：本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源。【解题思路点拨】车辆转弯问题的解题策略（1）对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。（2）当外侧高于内侧时，向心力由车辆自身的重力和地面（轨道）对车辆的摩擦力（支持力）的合力提供，大小还与车辆的速度有关。15．火车的轨道转弯问题【知识点的认识】火车转弯模型如下与公路弯道类似，铁轨弯道处，也通过一定的设计，展现出一定的坡度。当火车以某一适当速度通过时，恰好有火车自身重力与铁轨的支持力的合力提供向心力。当小于这一速度时，铁轨会对火车产生向外的压力，即火车会挤压内轨。当大于这一速度时。铁轨会对火车产生向内的挤压。即挤压外轨。【命题方向】铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车以速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（）A.轨道半径RB.vC.若火车速度小于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内D.若火车速度大于v时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外分析：火车以轨道的速度转弯时，其所受的重力和支持力的合力提供向心力，先平行四边形定则求出合力，再根据合力等于向心力求出转弯速度，当转弯的实际速度大于或小于轨道速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火车有离心趋势或向心趋势，故其轮缘会挤压车轮．解答：A、火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力由图可以得出F合＝mgtanθ（θ为轨道平面与水平面的夹角）合力等于向心力，故mgtanθ＝mv解得R=v2v=gRtanθ，故C、当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，故C错误；D、当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，故D正确；故选：BD。点评：本题关键抓住火车所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的临界情况，计算出临界速度，然后根据离心运动和向心运动的条件进行分析．【解题思路点拨】车辆转弯问题的解题策略（1）对于车辆转弯问题，一定要搞清楚合力的方向，指向圆心方向的合外力提供车辆做圆周运动的向心力，方向指向水平面内的圆心。（2）当外侧高于内侧时，向心力由车辆自身的重力和地面（轨道）对车辆的摩擦力（支持力）的合力提供，大小还与车辆的速度有关。16．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动